3.2古典概型17
数学人教B版必修3课件：3.2 古典概型
求.
解:(1)从身高低于1.80的同学中任选2人,其一切可能的结果组成
的基本事件有:(A,B),(A,C),(A,D),(B,C),(B,D),(C,D),共6个.
由于每个人被选到的机会均等,因此这些基本事件的出现是等可
能的.
选到的 2 人身高都在 1.78 以下的事件有:(A,B),(A,C),(B,C),共 3
3.2 古典概型
1.理解古典概型的定义及其特征. 2.掌握古典概型的概率计算公式,并能应用公式求古典概型的概 率. 3.了解概率的一般加法公式.
1.古典概型的定义 (1)有限性:在一次试验中,可能出现的结果只有有限个,即只有有限 个不同的基本事件. (2)等可能性:每个基本事件发生的可能性是均等的. 我们称这样的试验为古典概型.
题型一
题型二
题型三
题型四
古典概型的定义
【例1】 判断下列命题是否正确.
(1)掷两枚硬币,基本事件为“两个正面”“两个反面”“一正一反”;
(2)某袋中装有大小均匀的三个红球、两个黑球、一个白球,任取
一球,那么每种颜色的球被摸到的可能性相同;
(3)从-4,-3,-2,-1,0,1,2中任取一个数,取到的数小于0与不小于0的
4×1 5×4
=
1 5
;
前三个人抽票的情况总共有5×4×3
种,而第
3
个人抽到奖
票的情况总共有
4×3×1
种,故������3
=
4×3×1 5×4×3
=
1 5
;
依次类推,������4
=
15,
������5
=
1 5
,
由此可见,这
5
个抽票者中的任何一个人抽到奖票的概率都
人教版高中数学必修三(教案)3.2.古典概型
第一课时 3.2 古典概型教学要求：通过实例,理解古典概型及其概率计算公式,会用列举法计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发生的概率.教学重点：理解基本事件的概念、理解古典概型及其概率计算公式.教学难点：古典概型是等可能事件概率.教学过程：一、复习准备：1. 回忆基本概念：必然事件,不可能事件,随机事件（事件）.（1）必然事件：必然事件是每次试验都一定出现的事件.不可能事件：任何一次试验都不可能出现的事件称为不可能事件.（2）随机事件（事件）：随机试验的每一种结果或随机现象的每一种表现称作随机事件,简称为事件.二、讲授新课：1.教学：基本事件（要正确区分事件和基本事件）定义：一个事件如果不能再被分解为两个或两个以上事件,称作基本事件.基本事件的两个特点:（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.例1：字母a,b,c,d中任意取出两个不同字母的试验中,有哪些基本事件？分析：为了得到基本事件,我们可以按照某种顺序,将所有的结果都列出来.2. 教学：古典概型的定义古典概型有两个特征：（1）试验中所有可能出现的基本事件只有有限个;（2）各基本事件的出现是等可能的,即它们发生的概率相同．我们称具有这两个特征的概率称为古典概率模型（classical models of probability）简称古典概型注意：在"等可能性"概念的基础上,很多实际问题符合或近似符合这两个条件,可以作为古典概型来看待．例2：掷两枚均匀硬币,求出现两个正面的概率．取样本空间：{甲正乙正,甲正乙反,甲反乙正,甲反乙反}．这里四个基本事件是等可能发生的,故属古典概型．n=4, m=1, P=1/ 4对于古典概型,任何事件的概率为：AP(A)=包含的基本事件的个数基本事件的总数P120例2：（关键：这个问题什么情况下可以看成古典概型的）P120例3：（要引导学生验证是否满足古典概型的两个条件）3. 小结：古典概型的两个特点：有限性和等可能性三、巩固练习：1. 练习：在10件产品中,有8件是合格的,2件是次品,从中任意抽2件进行检验,计算：（1）两件都是次品的概率;（2）2件中恰好有一件是合格品的概率;（3）至多有一件是合格品的概率（分析：这里出现的结果是等可能性的,因此可以用古典概型.）2.连续向上抛掷两次硬币,求至少出现一次正面的概率.（分析：这一个不是等可能的.）3.一次投掷两颗骰子,求出现的点数之和为奇数的概率.4 作业：①教材P127第2题,②教材P128.第4题第二课时 3.2.2 （整数值）随机数(randon numbers)的产生教学要求：让学生学会用计算机产生随机数.教学重点：初步体会古典概型的意义.教学难点：设计和运用模拟方法近似计算概率.教学过程：一、复习准备：回忆古典概型的两个特征：有限性和等可能性.二、讲授新课：1. 教学：例题P122例4：假设储蓄卡的密码由4位数组成,每个数字可以是0,1,2,……,9十个数字中的任意一个,假设一个人完全忘记了自己的密码,问他到自动取款机上试一次密码就能取到钱的概率是多少？P122例5：某种饮料每箱装配听,如果其中有2听不合格,问质检人员从中随机抽出2听,检测出不合格产品的几率有多大？2. 教学：随机数的产生（教师带着学生用计算器操作）①如何用计算器产生随机数：随机函数：REND(a,b)产生从整数a到整数b的取整数值的随机数.②如何用计算机产生随机数：在Excel 执行RANDBETWEEN函数或者查看P95的随机数表. P126例6,天气预报说,在今后的三天中,每一天下雨的概率均为040。
古典概型的几类基本问题（1）
古典概型中的几类基本问题1 引言]1[：一是明确分辨问题的性质，即是对于古典概型问题的求解，首先要做到这三方面的工作67不是古典概型问题；二是掌握古典概型的公式；三是根据公式要求，确定n（基本事件总数）和k（有利事件总数）的值17]2[，这是解题的关键一步，计算方法灵活多变，没有一个固定的模式，但古典概型的种种解法大体上都是围绕n和k展开的．抛硬币、掷骰子、摸球、取数等随机试验，在概率问题的研究中有着十分重要的意义．一方面，这些模型是人们从大量的随机现象中筛选出来的理想化的概率模型，它们的内容生动形象，结构清楚明确，富有直观性和典型性，便于深入浅出地反映事物的本质，揭示事物的规律．另一方面，这种模式化的解决，常常归结为某种简单的模型．因此，有目的地考察并掌握若干常见的概率模型，有助于我们举一反三，触类旁通，丰富解题的技能和技巧，不断提高解题能力．通过对相关资料的查询及老师的指导，本文主要讨论古典概率的三类基本问题：摸球问题、质点入盒问题、随机取数问题，给出它们的一般解法，指出其典型意义，并介绍其推广应用．2 摸球模型摸球模型是指从n个可分辨的球中按照不同的要求（例如是否放回、是否计序等）一个一个地m≤）个，从而得到不同的样本空间，然后在各自的样本空间中计算事件的概率．一从中取出m（n]3[：般说来，根据摸球的方式不同，可分为四种情况来讨论，得如下表一的四种不同的样本空间26表一其中mnm m n H C =-+1表示从n 个不同元素中取m 个元素进行元素的可重复的组合时其不同的组合个数，对各种情况先举例及推广应用：2.1 有放回且有计序摸球如果摸球是从n 个可分辨的球按有放回且计序的方式一个一个地从中取出m 个，这时样本空间的基本事件，总数应按相异元素允许重复的排列公式计算，因而有m n 个,此种情形是我们经常遇到的，下面来看个例子．例1 用1、2两个数字组成3个数，组成多少个数？思考方法 在数字排序的问题中，百位、十位、个位这三个位置上必须找出一个数字，至于每个是否均有位置，则不作要求，所以这是个有放回且计序的摸球问题，从而在各个位置上可以是1、2的任一个．依乘法原理不同的组合数有823==m n 个．2.2 有放回且无计序摸球从n 个相异元素每次取出允许重复的m 个元素，不计次序并成一组，叫做从n 个相异元素允许重复的m 元组合，其所有组合的个数为m n m m n H C =-+1，通过下面的这个例子我们也可以看出它的典型性．例2 匣内装颜色分别为红、白、黑的三个球，有放回不按序选取，问匣内任取两个不同颜色的球的概率为多少？思考方法 作为有放回不按序摸球问题，设A 表示从匣内有放回不计序选取两个不同颜色的球的事件．由题设可知，样本空间的基本事件总数为624212323===-+C C H ，事件A 所含的基本事件数为323=C ,故所求概率为21)(2323==H C A P ．2.3 无放回且计序摸球如果摸球是无放回且计序摸球，这时样本空间的基本事件总数等于从n 个不同元素中取出m 个元素的所有不同排列的个数为mn A ，或是n 个互异元素的全排列!n P n =，这种情形也是摸球模型的重要类型．例3 袋中有α个白球，β个黑球，从中陆续取出)3(3βα+≤个球，求这3个球依次为黑白黑的概率．思考方法 每一个样本点对应着βα+个球中依次取出三个球的一种取法，需要考虑先后顺序，属于排列问题．用A 表示事件“取出3个球依次为黑白黑”，从βα+个球中依次任取三个，有3βα+P种取法，此即样本点总数．对于有利事件，第一个和第三个黑球可在β个黑球中依次取得，有2βP 种取法；第二个白球可在α个白球中取得，有1αP 种取法．因此，A 所包含的样本点总数为12αβP P，于是312)(φααβ+=PP P A P ．2.4 无放回且不计序问题如果摸球是无放回且不计序，其样本空间的基本事件总数是从不同元素中取出若干个元素的所有不同的组合个数．例4 袋中有α个白球，β个黑球，问：从中不放回取出n m +（βα≤≤∈n m N n m ，，、）个球，试求所取出的球恰有m 个白球的概率．思考方法：这些同类球都不加区别，即不计序，又抽取后部返回，因而本例属无放回且不计序的摸球模型，其基本事件总数为nm C ++βα，此事件A 为“取出n m +个球中恰有m 个白球”，而事件A 所包含的样本点数，相当于从α个白球中取出m 个，从另外m -+βα个球中任取n 个取法种数共nm m C C -+βαα，所以nm nmm C C C A P ++-+=βαβαα)(．前面我们对摸球模型的各种类型进行了归纳，如果把白球、黑球换成产品中的正品、次品，或换成甲物、乙物，这样的人、那样的人……就可以得到形形色色的摸球问题．如果能灵活地将这些实际问题与前面的模型类型对号入座，我们就能解决有关的实际问题，为我们的生活带来方便和乐趣，例如灯泡厂检验合格率等这些产品抽样问题；还有可以把全班学生分成两组，求每组中男女生人数相对等的概率；从一副扑克牌中任取6张，求得3张红色的和3张黑色的概率；在安排值班的问题中，也可以按照无放回模型进行分析；在买彩票的过程中，可以把双色球、D 3、36选7等玩法的中奖概率求出，增加自己中奖机会．这样不仅把古典概率的知识应用在了生活中，给生活带来方便，同时也使数学给自己带来了乐趣，激发了对数学应用的动力．3 质点入盒模型该模型是指有n 个可分辨的盒子，m （n m <）个质点，按照质点是否可分辨，每盒可容纳质点的多少等不同情况，把m 个质点放入n 个可分辨的盒子，从而形成不同的样本空间，然后在各自样本空间计算事件的概率，与摸球模型类似，这里也可分四种情况讨论，清晰地可见这种模型的具体分类情况，如表二)37(]3[p ：表二3.1 每盒能容纳任意多个质点且质点可分辨质点需要分辨的问题就是排列问题，盒子能容纳任意多个质点的问题就是重复排列问题． 例1 有5个不同的质点，每个都同样以101的概率落入10个盒子，事件A ={指定的一个盒子中恰有3个质点}的概率．思考方法：由题意知，盒子容纳质点的数目不限，又质点可分辨，故为重复排列问题，其基本事件总数为510=mn ．在指定的一个盒子中恰有3个质点，共有35C 种选法，余下的2个质点可任意放入余下的9个盒中，共有29种不同选法，因而事件A 所包含的基本事件总数为3529C ，故所求概率为008.010*******109)(5352===C A P ． 3.2 每盒可容纳任意多个质点且质点不需分辨m 个质点随机进入n 个盒中，质点不需分辨属组合问题，又每盒能容纳任意多个质点，该组合为元素允许重复的组合，样本空间中含有m n m m n H C =-+1个样本点，即其基本事件总数为mm n C 1-+．例2 将例1中“5个不同的质点”换为“5个相同的质点”．思考方法：质点不需分辨属组合问题，又每个盒子容纳的质点不限，故该组合为元素可重复的组合，其基本事件总数为200251451510510===-+C C H ，因3个质点有35C 种选法，其余两质点可能落入两个盒中，有29C 种选法；也可能落入一个盒中，有19C 种选法，故有224.0)()(514192935=+=C C C C A P ． 3.3 每盒最多可容纳一质点且质点需分辨 这样的问题是属于元素不允许重复的排列问题．例3 将3个不同质点投入5个盒中，每个质点都以51的概率进入每一个盒中，且限定每盒最多只容纳一质点，求：事件A ={指定的一个盒子为空}的概率．思考方法 因质点互异，且每盒最多只容纳一质点，故属元素不允许重复的排列问题，因而其基本事件总数为6035=A ，事件A 所含的基本事件为2434=A ，故4.06024)(35434===A A A P ．3.4 每盒最多只容纳一质点且质点不需分辨 例4 将将3个相同质点投入5个盒中，每个质点都以51的概率进入每一个盒中，且限定每盒最多只容纳一质点，求：事件A ={指定的一个盒子为空}的概率．思考方法：质点不需分辨，属组合问题，又每盒最多只容纳一个质点，该组合为元素不允许重复的组合，因而其基本事件总数为1035=C ，事件A 所包含的基本事件总数为434=C ，故4.0104)(3534===C C A P ．质点入盒模型概括了很多的古典概型问题．如果把盒子看作365天，可研究n 个人的生日问题；如果把盒子看作每周的7天，又可研究值班的安排问题；如果把质点看作人，盒子看作房子，又可研究住房分配问题；如果把粒子看作质点，盒子看作空间的小区域，又可研究统计物理的Boltzmann Maxwell -统计模型；如果把信看作质点，盒子看作邮筒，又可研究投信问题；如果把骰子（硬币）看作质点，骰子（硬币）上的六点（正面和反面）看作)2(6个盒子，又可研究骰子（硬币）问题；如果将旅客视为质点，各个车站看作盒子，又可研究旅客下车问题等．不难看出质点入盒模型可以用来描述很多直观，背景完全不同但实质都完全一样的随机试验，应透过表面抓住本质，把相关问题与相应的模型联系起来，加以转化，这样问题就不难解决了．4 随机取数模型与前面的两种模型相比，此模型分类情况较简单些，分为有放回地随机取数和无放回地随机取数两种情况)44(]3[p ．4.1 有放回地随机取数取出的数字还原时，其样本空间的基本事件总数可按从n 个不同数字里取出m 个的重复排列计算问题．例1 从，，21…10这十个数中任取一个，假定各个数都以同样的概率被取中，然后还原，先后取出7个数，试求下列各事件的概率：)1(1A :7个数全不相同；)2(2A :不含9和2；)3(3A :8至少出现三次；)4(4A :5至少出现两次；)5(6A :取到的最大数恰为6．思考方法 本题所及的随机试验，就取样方法来说，属于返回取样．也就是说，把某数取出后还原，下次仍有同样的可能再取到这个数．注意到这一特点，运用上面介绍的思想方法，此题就不难得解．解 依题设，样本空间就是10个相异元素允许重复的7元排列．所以，样本点总数为710．)1(事件1A ，要求所取的7个数是互不相同的，考虑到各个数取出时有先后顺序之分，所以有利场合相当于从10个相异元素里每次取出7个相异元素的排列．因此，1A 所包含的样本点数为710P ．于是06048.010)(77101≈=P A P ．)2(事件2A ，先后取出的7个数中不含9和2，所以，这7个数只能从108765,3,41，，，，，这8个数中取得．注意到试验属于有返回取样，则2A 的有利场合，相当于8个互异元素允许重复的7元排列．于是2A 所包含的样本点数为78，有2097.0108)(772≈=A P ．)3(事件3A 中出现的三次8，可以是7次取数的任意三次，有37C 种选法；其余的4次，每次可以去剩下的9个数中的任一个，共有49种取法．因此0230.0109)(74373≈=C A P ． )4(事件4A 是六个两两互不相容事件“5恰好出现k 次”)65432(，，，，=k 的和，因此，1497.0109C )P(A 727774≈=∑=-k kk ． 也可以考虑4A 的逆事件．这里4A 是事件“5恰好出现一次或一次也不出现”．显然8503.01099)(776174≈+=C A P 所以，1497.08503.01)(-1)P(A 44=-==A P)5(事件5A 的有利场合，就是6个相异元素)654321(，，，，，允许重复的最大数恰好为6的7元排列．这种排列可以分为6出现1次，1次，2次，3次，4次，5次，6次，7次等7类，显然，它们的排列数依次为6175C ,5275C ,4375C ,3475C ,2575C ,567C ,0775C ．于是0202.0105)(771775≈=∑=-k kk CA P事件5A 的有利场合的有利场合数也可以这样来考虑：最大数字不大于6的7元重复排列，有76种，它可以分为两类，一类是最大数恰好是6的7元重复排列；一类是最大数小于6的7元重复排列．注意到第二类重复排列有75种，则第一类重复排列有76-75种．于是0202.01056)(7775≈-=A P ．4.2 无放回地随机取数如取出的数字不还原，其样本空间的事件总数要根据取数是计序或不计序，按不重复的排列或组合计算．例2 从，，10…9这十个数中任取三个不同的数字，试求下列事件的概率：)1(1A :三个数字中不含0或5；)2(2A :三个数字中不含0和5．解 所取三个数不计序，本例属元素不允许重复的组合问题，其基本事件总数为35C n =．)1(有利于1A 的基本事件总数为381C m =,于是所求概率为157)(310381==C C A P ．)2(在所给的十个数字中任取3个不含0的数字共有39C 个，同样任取3个不含5的数字共有39C 个．这些个数中均包含既不含0又不含5的3个数字的个数38C ．于是这样的3个不同数字被算了两次，即多算了一次，造成了重复．因而有利于事件2A 的基本事件数3839392C C C m -+=,故所求概率为1514)2()(31038392=-=C C C A P ． 随机取数模型作为典型的古典概型，解题的思想方法对于同类问题具有指导意义．但绝不能把它作为现成的公式乱套，有些问题表面看机构相仿，实质上差别较大，须斟酌题意灵活运用．随机取数模型在日常生活也可应用在通讯公司计算电话号码，单位票据编号完全不同的概率等实际问题中．作为古典概型在事件生活中的应用，现例举一综合例子：我们在庙会，公园里都可以看到玩这种游戏的，袋中有3种颜色的相同玻璃球，各有3个球，大家可以免费参加摸球游戏，每次从袋中摸出3个球，奖罚规则如下：摸出的3个球若：(1)颜色只有一种奖励玩家5元；(2)有两种颜色的情况罚玩家1元；(3)有三种颜色的情况奖励玩家2元．面对这种情形，我们大多数人都会对其产生诱惑，会高兴地“免费”试试身手，但我们学习完古典概型的知识后，可以看到这种游戏背后的真相．对于(1)、 (2)、)3(其概率利用古典概型的知识可得为843)1(3913==C C P ,8454)2(3913231223==C C C C C P ,8427)3(39131313==C C C C P ．直观地说，就是在84次的摸球中，第一种情况有3次，老板赢得155*3=元，第二种情况有54次，玩家输去541*54=元，第三种情况有27次，老板赢得542*27=元，最终老板赢得15541554=-+元，这个看似比较公平的游戏还是被老板赚了，所以以后大家遇到这种情形就需要考虑了．总之，通过以上几种古典概型问题的分析过程可得，这类问题是一个既有法、有时又无定法的问题．求解这类问题通常有两条基本思路：一条是直接法，对有附加条件的特殊元素或排列中的特殊位置应先处理，直接求出满足题设条件的种数；另一条是间接法，先撇开附加条件求出一个总数，再扣除不合要求的种数．在这两个过程中，均以排列、组合等知识点作为出发点，考虑一切可能出现的结果，既不能将它们遗漏，也不要重复．综合知识间的内在联系，运用多种多样、灵活多变的解题技巧把抽象的内容知识延伸至实际问题中，提高解决实际问题的能力．因此，在解答概率题时没有一个固定的模式，需要扎实的基础知识和灵活的技能技巧，为解决实际问题服务，把古典概型的知识应用在日常生活中．参考文献：[1] 赵振威等．怎样解概率题[M]．北京师范大学出版社，1986 [2] 魏宗舒等．概率论与数理统计教程[M ]．高等教育出版社，1983[3] 毛纲源．概率论与数理统计解题方法技巧归纳[M]．华中科技大学出版社，1999 [4] 汪仁宫．概率论引论[M]．北京大学出版社，2005 [5] 周惠新．概率方法的妙用[J]．高等数学研究，2005 [6] 文建新．如何分析计算古典概型习题[J]．武当学刊，1996 [7] 曹晓阳．关于古典概率的几种解法[J]．自然科学版，2005．09[8] A. Kolmogorov-Smirnov .Test for Classical Probability Models [J]．自然期刊，2010。
2017学年数学必修三：3.2.1 古典概型2
为1～10.把球搅匀,蒙上眼睛,从中任取一球.思考下面的问题：
(1)从容器中任取一球可能出现的不同情况有多少种?
提示：因为共有10个球,所以任取一球可能的情况有10种.
(2)每个编号的球被取出的机会是否相等? 提示：相等,因为这些球的大小、形状完全相同,所以10个球 中,任意一个球被取出的机会相等,均为 (3)这样的随机试验是古典概型吗? 提示：是古典概型.试验的结果共有10个,为有限个;每个基本 事件出现的可能性均等,故是古典概型.
提示：抛掷两枚硬币的结果有：(正,正),(正,反),(反,正), (反,反)共4种可能结果.抛掷3枚硬币有：(正,正,正),(正,正, 反),(正,反,正),(反,正,正),(正,反,反),(反,正,反),(反,反, 正),(反,反,反)共8种可能结果.
探究2：上述试验中的每一个结果都是随机事件,我们把这类事 件称为基本事件.在一次试验中,任何两个基本事件是什么关系? 提示：由于任何两种结果都不可能同时发生,所以它们的关系 是互斥关系.
1 A. 8 3 B. 8 5 C. 8 7 D. 8
)
【解析】选D．共有８个基本事件，只有三次全是反面不合要
求．故至少一次正面朝上的概率是 7 .
8
2.从甲、乙、丙三人中任选两名代表,甲被选中的概率为
_________．
【解析】甲、乙、丙三人中选取两人,包含的基本事件为(甲、 乙),(甲、丙),(乙、丙)共三个,其中含有甲的基本事件数为2 个,所以P= 2 . 答案： 2
2.列举基本事件的注意点 列举时,要注意分清“有序”还是“无序”,按一定次序进行列 举,防止重复和遗漏.采用列表、树状图等直观手段是防止重复 与遗漏的有效方法.
类型二
古典概型的判断 .
高中数学新人教B版必修3课件：第三章概率3.2古典概型
12345
解析 答案
5.现有6道题，其中4道甲类题，2道乙类题，张同学从中任取2道题解答.
求所取的2道题不是同一类题的概率.
解 将4道甲类题依次编号为1,2,3,4；2道乙类题依次编号为5,6.
任取2 道题，基本事件为{1,2}，{1,3}，{1,4}，{1,5}，{1,6} ，{2,3}，
√C.近三天中有一天降雨的概率
D.10个人站成一排，其中甲、乙相邻的概率
解析 A，B，D为古典概型，因为都合适古典概型的两个特征：有限性 和等可能性，而C不满足等可能性，故不为古典概型.
12345
解析 答案
2.从长度分别为1,2,3,4的四条线段中，任取三条不同的线段，以取出的三
条线段为边可组成三角形的概率为
[思考辨析 判断正误] 1.每一个基本事件出现的可能性相等.( √ ) 2.古典概型中的任何两个基本事件都是互斥的.( √ )
题型探究
题型一 古典概型的判断 例1 某同学随机地向一靶心进行射击，这一实验的结果只有有限个： 命中10环、命中9环、……、命中5环和不中环.你认为这是古典概型吗？ 为什么？ 解 不是古典概型，因为实验的所有可能结果只有7个，而命中10环、 命中9环、……、命中5环和不中环的出现不是等可能的(为什么？)， 即不满足古典概型的第二个条件.
解答
(3)点数之和为5的概率是多少？ 解 正方体骰子是质地均匀的，将它先后抛掷两次所得的36种结果 是等可能出现的，其中点数之和为5(记为事件A)的结果有4种， 因此所求概率 P(A)＝346＝19.
解答
反思与感悟 古典概型问题包含的题型较多，但都必须紧扣古典概型 的定义，进而用公式进行计算.列举法是求解古典概型问题的常用方法， 借助于图表等有时更实用更有效.
3.2 古典概型
3.2古典概型【入门向导】“下一个赢家就是你！”这句响亮的具有极大诱惑性的话是大英帝国彩票的广告词，买一张大英帝国彩票的诱惑有多大呢？只要花上1英镑，就有可能获得2 200万英镑！(1英镑约相当于13.7元人民币)但一张彩票的中奖机会有多少呢？让我们以大英帝国彩票为例来计算一下．大英帝国彩票的规则是49选6，即在1至49的49个号码中选6个号码．在每一轮，有一个专门的摇奖机随机摇出6个标有数字的小球，如果6个小球的数字都被一个人选中了，那他就获得了头等奖．可是，当我们计算一下在49个数字中随意组合其中6个数字的方法有多少种时，我们会吓一大跳：从49个数中选6个数的组合有13 983 816种方法！这就是说，假如只买一张彩票，六个号码全对的机会大约是一千四百万分之一，这个数大约相当于澳大利亚的任何一个普通人当上总理的机会．如果一个人每星期买50张彩票，那他赢得一次大奖的时间约为5 000年；即使每星期买1 000张彩票，也大致需要270年才中头奖！这几乎是单个人力不可为的．1．定义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，它们是试验中不能再分的最简单的随机事件，一次试验中只能出现一个基本事件，其他事件可以用它们表示．2．基本事件的特点①任何两个基本事件是互斥的．在一次试验中，只可能出现一种结果，即只产生一个基本事件，如掷骰子试验中，一次试验只能出现一个点数，任何两个点数不可能在一次试验中同时发生．②任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和．相对于基本事件而言，由两个以上的基本事件组成的随机事件称为复杂事件．在解决有关古典概型问题中，要认识到基本事件不能再分，不同的基本事件不可能同时发生．判断基本事件时，一定要对照思考其特征，并将所有可能的基本事件一一列举出来．例1连续掷3枚硬币，观察落地后这3枚硬币正面向上还是反面向上．(1)写出这个试验的基本事件；(2)求这个试验的基本事件的总数；(3)“恰有两枚正面向上”这一事件包含哪几个基本事件？解(1)这个试验的基本事件是：(正，正，正)，(正，正，反)，(正，反，正)，(反，正，正)，(正，反，反)，(反，正，反)，(反，反，正)，(反，反，反)．(2)基本事件的总数是8.(3)“恰有两枚正面向上”包含以下3个基本事件：(正，正，反)，(正，反，正)，(反，正，正)．1．古典概型的定义如果试验中出现如下特征：(1)试验中所有可能出现的基本事件只有有限个(有限性)；(2)每个基本事件出现的可能性相等(等可能性)．具有以上两个特征的概率模型称为古典概率模型，简称古典概型．2．古典概型必须具备两个条件：(1)有限性(即指试验中所有可能发生的基本事件只有有限个)；(2)等可能性(即指每个基本事件发生的可能性相等)．判断一个事件是否为古典概型，同学们只要紧紧抓住这两个条件，即可得出正确结论． 例2 下列概率模型：(1)从区间[1,10]内任意取出一个实数，求取到实数2的概率；(2)向上抛掷一枚不均匀的旧硬币，求正面朝上的概率；(3)从1,2,3，…，100这100个整数中任意取出一个整数，求取到偶数的概率．其中是古典概型的是________．解析 (1)不是古典概型，因为在区间[1,10]中有无穷多个实数，取出一个实数有无穷多种结果，即有无穷多个基本事件，不满足古典概型定义中“基本事件只有有限个”的条件．(2)不是古典概型，因为硬币不均匀导致“正面向上”与“反面向上”的概率不相等，不满足古典概型定义中“每个基本事件出现的可能性相等”的条件．(3)是古典概型，因为在试验中所有可能出现的结果的个数有限(100个)，而且每个整数被抽到的可能性相等．故填(3)．答案 (3)例 任意投掷两枚骰子，计算：(1)“出现的点数相同”的概率；(2)“出现的点数之和为奇数”的概率；(3)“出现的点数之和为偶数”的概率． 错解 (1)点数相同是指同为1点，2点，…，6点，其中之一的概率是16. (2)点数之和为奇数，可取3、5、7、9、11共5种，所以“出现的点数之和为奇数”的概率为55＋6＝511. (3)点数之和为偶数，可取2、4、6、8、10、12共6种，所以“点数之和为偶数”的概率为611.正解 (1)任意投掷两枚骰子，可看成等可能事件，其结果可表示为数组(i ，j )(i ，j ＝1,2，…，6)，其中两个数i ，j 分别表示两枚骰子出现的点数，共有6×6＝36种结果，其中点数相同的数组为(i ，j )(i ＝j ＝1,2，…，6)共有6种结果，故“出现的点数相同”的概率为636＝16. (2)由于每个骰子上有奇、偶数各3个，而按第1、第2个骰子的点数顺次写时，有(奇，奇)、(奇，偶)、(偶，奇)、(偶，偶)这四种等可能结果，所以“其和为奇数”的概率为P ＝24＝12. (3)由于骰子各有3个偶数，3个奇数，因此“点数之和为偶数”、“点数之和为奇数”这两个结果等可能，且为对立事件，所以“点数之和为偶数”的概率为P ＝1－P (“点数之和为奇数”)＝1－12＝12.解决古典概型问题的关键是分清基本事件总数n 与事件A 中包含的结果数m ，而这往往会遇到计算各类基本事件个数的困难．因此，学习中有必要掌握一定的求解技巧．1．直接列举把事件所有发生的结果逐一列举出来，然后再进行求解．例1 袋中有6个球，其中4个白球，2个红球，从袋中任意取出两球，求下列事件的概率：(1)事件A ：取出的两球都是白球；(2)事件B ：取出的两球一个是白球，另一个是红球．分析 首先直接列举出任取两球的基本事件的总数，然后分别列举求出两个事件分别含有的基本事件数，再利用概率公式求解．解 设4个白球的编号为1,2,3,4,2个红球的编号为5,6.从袋中的6个小球中任取2个的方法为(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2，6)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)，(5,6)，共15种．(1)从袋中的6个球中任取两个，所取的两球全是白球的方法总数，即是从4个白球中任取两个的方法总数，共有6个，即为(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)．∴取出的两个球全是白球的概率为P (A )＝615＝25. (2)从袋中的6个球中任取两个，其中一个是红球，而另一个是白球，其取法包括(1,5)，(1,6)，(2,5)，(2,6)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)，共8种．∴取出的两个球一个是白球，另一个是红球的概率为P (B )＝815. 2．逆向思维对于较复杂的古典概型问题，若直接求解有困难时，可利用逆向思维，先求其对立事件的概率，进而再求所求事件的概率．例2 同时抛掷两枚骰子，求至少有一个5点或6点的概率．分析 直接求解，运算较繁，而利用对立事件求概率则很简捷．解 至少有一个5点或6点的对立事件是：没有5点或6点．因为没有5点或6点的结果共有16个，而抛掷两枚骰子的结果共有36个，所以没有5点或6点的概率为P ＝1636＝49. 故至少有一个5点或6点的概率为1－49＝59. 3．活用对称性例3 有A 、B 、C 、D 、E 共5人站成一排，A 在B 的右边(A 、B 可以不相邻)的概率是多少？解 由于A 、B 可以不相邻，A 在B 的右边和B 在A 的右边的总数是相等的，且A 在B 的右边的排法数与B 在A 的右边的排法数组成所有基本事件总数，所以A 在B 的右边的概率是12.考题赏析1．(2011·徐州模拟)一个骰子连续投2次，点数和为4的概率为________．解析 骰子连投两次，基本事件共6×6＝36(个)，点数和为4的有(1,3)、(2,2)、(3,1)，共3个，故P ＝36×6＝112. 答案 1122．(2011·汉中调研)已知某运动员每次投篮命中的概率低于40%.现采用随机模拟的方法估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定1,2,3,4表示命中，5,6,7,8,9,0表示不命中；再以每三个随机数为一组，代表三次投篮的结果．经随机模拟产生了如下20组随机数：907 966 191 925 271 932 812 458569 683 431 257 393 027 556 488730 113 537 989据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为( )A ．0.35B ．0.25C ．0.20D ．0.15解析 由题意知在20组随机数中表示三次投篮恰有两次命中的有：191、271、932、812、393共5组随机数，故所求概率为520＝14＝0.25. 答案 B3．(2011·济宁模拟)袋中有大小、形状相同的红球、黑球各一个，现依次有放回地随机摸取3次，每次摸取一个球．(1)试问：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5的概率．解 (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)，事件A 包含的基本事件数为3.由(1)可知，基本事件总数为8，所以事件A 的概率为P (A )＝38. 4．(2009·天津)为了了解某市工厂开展群众体育活动的情况，拟采用分层抽样的方法从A ，B ，C 三个区中抽取7个工厂进行调查．已知A ，B ，C 区中分别有18,27,18个工厂．(1)求从A ，B ，C 区中应分别抽取的工厂个数；(2)若从抽得的7个工厂中随机地抽取2个进行调查结果的对比，用列举法计算这2个工厂中至少有1个来自A 区的概率．解 (1)工厂总数为18＋27＋18＝63，样本容量与总体中的个体数比为763＝19，所以从A ，B ，C 三个区中应分别抽取的工厂个数为2,3,2.(2)设A 1，A 2为在A 区中抽得的2个工厂，B 1，B 2，B 3为在B 区中抽得的3个工厂，C 1，C 2为在C 区中抽得的2个工厂，在这7个工厂中随机抽取2个，全部可能的结果有：(A 1，A 2)，(A 1，B 1)，(A 1，B 2)，(A 1，B 3)，(A 1，C 1)，(A 1，C 2)，(A 2，B 1)，(A 2，B 2)，(A 2，B 3)，(A 2，C 1)，(A 2，C 2)，(B 1，B 2)，(B 1，B 3)(B 1，C 1)，(B 1，C 2)，(B 2，B 3)，(B 2，C 1)，(B 2，C 2)，(B 3，C 1)，(B 3，C 2)，(C 1，C 2)，共有21种．随机地抽取的2个工厂至少有1个来自A 区的结果(记为事件X )有：(A 1，A 2)，(A 1，B 1)，(A 1，B 2)，(A 1，B 3)，(A 1，C 1)，(A 1，C 2)，(A 2，B 1)，(A 2，B 2)，(A 2，B 3)，(A 2，C 1)，(A 2，C 2)共有11种，所以这2个工厂中至少有1个来自A 区的概率为P (X )＝1121. 5．(2011·天津)编号分别为A 1，A 2，…，A 16的16名篮球运动员在某次训练比赛中的得(1)(2)①用运动员编号列出所有可能的抽取结果；②求这2人得分之和大于50的概率．解 (1)4,6,6.(2)①得分在区间[20,30)内的运动员编号为A 3，A 4，A 5，A 10，A 11，A 13，从中随机抽取2人，所有可能的抽取结果有：{A 3，A 4}，{A 3，A 5}，{A 3，A 10}，{A 3，A 11}，{A 3，A 13}，{A 4，A 5}，{A 4，A 10}，{A 4，A 11}，{A 4，A 13}，{A 5，A 10}，{A 5，A 11}，{A 5，A 13}，{A 10，A 11}，{A 10，A 13}，{A 11，A 13}，共15种．②“从得分在区间[20,30)内的运动员中随机抽取2人，这2人得分之和大于50”(记为事件B )的所有可能结果有：{A 4，A 5}，{A 4，A 10}，{A 4，A 11}，{A 5，A 10}，{A 10，A 11}，共5种．所以P (B )＝515＝13. 创新题赏析一、信息迁移创新信息迁移题是近年高考命题改革的一个新的亮点．此类试题通过给出一个新概念，或定义一种新运算，或给出几个新模型等来创设新的问题情境，要求同学们在阅读理解的基础上，应用所学的知识和方法，实现信息的迁移，以达到灵活解题的目的．6．“渐升数”是指每个数字比其左边的数字大的自然数(如2 578)，在两位的“渐升数”中任取一个数比37大的概率是________．解析 十位是1的“渐升数”有8个；十位是2的“渐升数”有7个；…；十位是8的“渐升数”有1个，所以两位的“渐升数”共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36个；以3为十位比37大的“渐升数”有2个，分别以4、5、6、7、8为十位数的“渐升数”均比37大，且共有5＋4＋3＋2＋1＝15个，所以比37大的两位“渐升数”共有2＋15＝17个．故在两位的“渐升数”中任取一个比37大的概率是1736. 答案 1736二、图表解读创新给出图表，要求同学们对图表进行观察、分析，并提炼、挖掘出图表所给予的有用信息，排除有关数据的干扰，进而抓住问题的实质，达到求解的目的．7．下表为某班英语及数学的成绩分布，全班共有学生50人，成绩分为1～5五个档次．例如表中所示英语成绩为4分、数学成绩为2分的学生共5人(设x 、y 分别表示英语成绩和数学成绩).(1)x ＝4的概率是多少？x x ≥3的概率是多少？(2)x ＝2的概率是多少？a ＋b 的值是多少？解 (1)P (x ＝4)＝1＋5＋7＋150＝725；P (x ＝4，y ＝3)＝750； P (x ≥3)＝P (x ＝3)＋P (x ＝4)＋P (x ＝5)＝710. (2)P (x ＝2)＝1－P (x ＝1)－P (x ≥3)＝1－550－710＝15； 又P (x ＝2)＝1＋b ＋6＋0＋a 50＝15，则a ＋b ＝3. 三、知识交汇创新这类问题从学科知识的内在联系出发，在知识交汇点上做文章，一个题目往往包含多个知识点．8．先后抛掷两枚均匀的正方体骰子(它们的六个面分别标有点数1、2、3、4、5、6)，骰子朝上的面的点数分别为X 、Y ，则log 2X Y ＝1的概率为( )A.16B.536C.112D.12解析 先后抛掷两枚骰子的点数方法共有6×6＝36种．满足条件log 2X Y ＝1，即Y ＝2X 的有⎩⎪⎨⎪⎧ X ＝1，Y ＝2；⎩⎪⎨⎪⎧ X ＝2，Y ＝4； ⎩⎪⎨⎪⎧X ＝3，Y ＝63种． ∴概率为336＝112. 答案 C9．设l 为平面上过点(0,1)的直线，l 的斜率等可能的取－22，－3，－52，0，52，3，22，则原点到l 的距离小于1的概率是________．解析 本题是古典概型与解析几何知识的交汇，运用点到直线的距离公式分别求距离得解．原点到过点(0,1)且斜率分别为－22，－3，－52，0，52，3，22的直线的距离分别为13，12，23，1，23，12，13. 故原点到l 的距离小于1的概率为67. 答案 67。
必修三3.2.古典概型(教案)
1 教案 B第1课时教学内容§3.2.1 古典概型教学目标一、知识与技能1.正确理解古典概型的两大特点.2.掌握古典概型的概率计算公式.二、过程与方法通过对现实生活中具体的概率问题的探究，感知应用数学解决问题的方法，体会数学知识与现实世界的联系，培养逻辑推理能力.三、情感、态度与价值观通过数学与探究活动，体会理论来源于实践并应用于实践的辩证唯物主义观点.教学重点、难点教学重点：理解古典概型的概念及利用古典概型求解随机事件的概率.教学难点：如何判断一个试验是否为古典概型，弄清在一个古典概型中某随机事件包含的基本事件的个数和试验中基本事件的总数.教学关键：理解掌握古典概型的概念.教法与学法导航教学方法：采取了引导探究，讨论交流的教学模式，即通过再次考察前面做过的实验引入课题，根据学习情况，在合适的时机提出问题，设置合理有效的教学情境，让每一位学生都参与课堂讨论，提供学生思考讨论的时间与空间，师生一起探讨古典概型的特点以及概率值的求法.在教学过程中，利用多媒体等手段构建数学模型，调动学生的主体能动性，让每一个学生充分地参与到学习活动中来，并利用了情感暗示以及恰当的评价等教学方法.学习方法：学生在教师创设的问题情景中，通过观察类比，思考探究，概括归纳和动手尝试相结合，体现了学生的主体地位，培养了学生由具体到抽象，由特殊到一般的数学思维能力，形成了实事求是的科学态度，增强了锲而不舍的求学精神.教学准备教师准备：硬币和骰子．学生准备：硬币．教学过程一、创设情境导入新课师：下面我们一起分组来完成两个试验（第1、2小组完成试验一，第3、4小组完成试验二，教师向各小组分发准备好的若干枚质地均匀的硬币或若干枚质地均匀的骰子）：12试验一：抛掷一枚质地均匀的硬币，至少完成20次，且分别记录“正面朝上”和“反面朝上”的次数.试验二：抛掷一枚质地均匀的骰子，至少完成20次，且分别记录“1点”、“2点”、“3点”、“4点”、“5点”和“6点”的次数.然后教师抽各小组的代表汇报自己的试验方法与结果，最后教师进行汇总，并提出以下问题.师：用模拟试验的方法来求某一随机事件的概率好不好？为什么？生：不好，因为要求出某一随机事件的概率，需要进行大量的试验，并且求出来的结果是频率，而不是概率.根据上述情况，你能发现它们有什么共同特点？二、主题探究合作交流师：在试验一和试验二中随机事件分别有多少个？各随机事件间有什么关系？生：在试验一中随机事件只有两个，即“正面朝上”和“反面朝上”，并且它们都是互斥的.在试验二中随机事件有六个，即“1点”、“2点”、“3点”、“4点”、“5点”和“6点”，并且它们也都是互斥的.师：我们把上述试验中的随机事件称为基本事件，它是试验的每一个可能结果.师：那基本事件有什么特点呢？（让学生交流讨论，教师再加以总结、概括）基本事件有如下两个特点：（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.师：在试验一中，必然事件由哪些基本事件组成？在试验二中，随机事件“出现奇数点”由哪些基本事件组成？例1 从字母,,,a b c d中任意取出两个不同字母的试验中，有哪些基本事件？师：为了得到基本事件，我们可以按照某种顺序，把所有可能的结果写出来，本小题我们可以按照字母排序的顺序，用列举法列出所有基本事件的结果.解：所求的基本事件共有6个：{,}A a b=，{,}B a c=，{,}C a d=，{,}D b c=，{,}E b d=，{,}F c d=师：你能发现前面两个数学模拟试验和例1有哪些共同特点吗？（先让学生交流讨论，然后教师抽学生回答，并在学生回答的基础上再进行补充）试验一中所有可能出现的基本事件有“正面朝上”和“反面朝上”2个，并且每个基本事件出现的可能性相等，都是12；试验二中所有可能出现的基本事件有“1点”、“2点”、“3点”、“4点”、“5点”和“6点”6个，并且每个基本事件出现的可能性相等，都是16；经概括总结后得到：23①试验中所有可能出现的基本事件只有有限个；②每个基本事件出现的可能性相等.我们将具有这两个特点的概率模型称为古典概率模型，简称古典概型.师：在古典概型下，前面两个数学模拟试验和例1中基本事件出现的概率分别是多少？随机事件出现的概率如何计算？（让学生讨论、思考交流）生：实验一中，出现正面朝上的概率与反面朝上的概率相等，即P（“正面朝上”）＝P（“反面朝上”），由概率的加法公式，得P（“正面朝上”）＋P（“反面朝上”）＝P（必然事件）＝1因此P（“正面朝上”）＝P（“反面朝上”）＝12，即12P“出现正面朝上”所包含的基本事件的个数（“出现正面朝上”)＝＝．基本事件的总数生：试验二中，出现各个点的概率相等，即P(“1点”)＝P(“2点”)＝P(“3点”)＝P(“4点”)＝P(“5点”)＝P(“6点”)，由概率的加法公式，得P(“1点”)＋P(“2点”)＋P(“3点”)＋P(“4点”)＋P(“5点”)＋P(“6点”)＝P(必然事件)＝1，因此P(“1点”)＝P(“2点”)＝P(“3点”)＝P(“4点”)＝P(“5点”)＝P(“6点”)＝16．进一步地，利用加法公式还可以计算这个试验中任何一个事件的概率，例如，P(“出现奇数点”)＝P(“1点”)＋P(“3点”)＋P(“5点”)＝16＋16＋16＝3 6＝12，3()6P==“出现奇数点”所包含的基本事件的个数即“出现奇数点”．基本事件的总数师：根据上述两个模拟试验，你能概括总结出，古典概型计算任何事件的概率计算公式吗？生：AP A所包含的基本事件的个数（）＝．基本事件的总数师：我们在使用古典概型的概率公式时，应该还要注意些什么呢？（先让学生自由说，教师再加以归纳）在使用古典概型的概率公式时，应该注意：①要判断该概率模型是不是古典概型；②要找出随机事件A包含的基本事件的个数和试验中基本事件的总数.344 三、拓展创新 应用提高例2 单选题是标准化考试中常用的题型，一般是从A ，B ，C ，D 四个选项中选择一个正确答案.如果考生掌握了考查的内容，他可以选择惟一正确的答案.假设考生不会做，他随机的选择一个答案，问他答对的概率是多少？师：如果考生掌握或者掌握了部分考查内容，它是古典概型的问题吗？为什么？ 生：因为它不满足古典概型的第2个条件——等可能性.师：那么在什么情况下，该问题可以化为古典概型呢？生：只有在假定考生不会做的情况下，才可以看成古典概型.师：说得很好.运用古典概型解决问题时，两个条件缺一不可，即要满足有限性和等可能性.解：这是一个古典概型，因为试验的可能结果只有4个：选择A 、选择B 、选择C 、选择D ，即基本事件共有4个，考生随机地选择一个答案是选择A ，B ，C ，D 的可能性是相等的.从而由古典概型的概率计算公式得：10.254P “答对”所包含的基本事件的个数（“答对”）＝＝＝基本事件的总数. 探究：在标准化考试中既有单选题又有多选题，多选题是从A ，B ，C ，D 四个选项中选出所有正确的答案，同学们可能有一种感觉，如果不知道正确答案，多选题更难猜对，这是为什么？例3 同时掷两个骰子，计算：（1）一共有多少种不同的结果？（2）其中向上的点数之和是5的结果有多少种？（3）向上的点数之和是5的概率是多少？（教师先让学生独立完成，再抽两位不同答案的学生回答）学生1：①所有可能的结果是：（1，1）（1，2）（1，3）（1，4）（1，5）（1，6）（2，2）（2，3）（2，4）（2，5）（2，6）（3，3）（3，4）（3，5）（3，6）（4，4）（4，5）（4，6）（5，5）（5，6）（6，6） 共有21种.②向上的点数之和为5的结果有2个，它们是（1，4）（2，3）.③向上点数之和为5的结果（记为事件A ）有2种，因此，由古典概型的概率计算公式可得221A P A 所包含的基本事件的个数（）＝＝基本事件的总数． 学生2：①掷一个骰子的结果有6种，我们把两个骰子标上记号1，2以便区分，由于1号骰子的每一个结果都可与2号骰子的任意一个结果配对，组成同时掷两个骰子的一个结果，我们可以用列表法得到（如图），其中第一个数表示1号骰子的结果，第二个数表示2号骰子的结果.55由表中可知同时掷两个骰子的结果共有36种.②在上面的所有结果中，向上的点数之和为5的结果有4种：（1，4），（2，3），（3，2），（4，1）.③由于所有36种结果是等可能的，其中向上点数之和为5的结果（记为事件A ）有4种，因此，由古典概型的概率计算公式可得A 41A 369P 所包含的基本事件的个数（）＝＝＝基本事件的总数． 师：上面同一个问题为什么会有两种不同的答案呢？（先让学生交流讨论，教师再抽学生回答）生：答案1是错的，原因是其中构造的21个基本事件不是等可能发生的，因此就不能用古典概型的概率公式求解.师：很好，我们今后用古典概型的概率公式求解时，特别要验证“每个基本事件出现是等可能的”这个条件，否则计算出的概率将是错误的. 同时学生2用列表来列举试验中的基本事件的总数，可以作到列举的时候不重不漏，它是列举法的一种基本方法.四、小结（1）基本事件的两个特点；（2）古典概型的定义和特点；（3）古典概型计算任何事件的概率计算公式；（4）古典概型解题步骤．课堂练习P130练习1，2，3．课后作业P133-134 A 组1，2，3，4，5，6， B 组1，2 .（6，6）（6，5）（6，4）（6，3）（6，2）（6，1）6（5，6）（5，5）（5，4）（5，3）（5，2）（5，1）5（4，6）（4，5）（4，4）（4，3）（4，2）（4，1）4（3，6）（3，5）（3，4）（3，3）（3，2）（3，1）3（2，6）（2，5）（2，4）（2，3）（2，2）（2，1）2（1，6）（1，5）（1，4）（1，3）（1，2）（1，1）16543211号骰子2号骰子。
3.2古典概型
排列组合是计算古典概率的重要工具 .
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小结: 利用古典概型的计算公式时应注意两点： （1）所有的基本事件必须是互斥的； （2）m为事件A所包含的基本事件数，
求m值时，要做到不重不漏。
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例2 单选题是标准考试中常用的题型，一般是从 A，B，C，D四个选项中选择一个正确答案。如 果考生掌握了考查的内容，他可以选择唯一正确 的答案，假设考生不会做，他随机地选择一个答 案，问他答对的概率是多少？
3 7 8 A. B. C. 5 15 15
D.1
4.在40根纤维中，有12根的长度超过30mm， 从中任取一根，取到长度超过30mm的纤维 的概率是（ ）
30 A. 40 12 B. 40 12 C. 30
D.以上都不对
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5.盒中有10个铁钉，其中8个是合格的,2个 是不合格的,从中任取一个恰为合格铁钉的 概率是
解： “答对” 所包含的基本事件的个数 P（“答对”）=—————————————— 4 =1/4=0.25
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例3：将一颗骰子先后抛掷2次,观察向上的点数,问: (1) 共有多少种不同的结果? (2) 两数之和是3的倍数的结果有多少种?
(3) 两数之和是3的倍数的概率是多少?
(1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (1,6)
1 A． 5 1 B． 4 4 C． 5 1 D． 10
6.在大小相同的5个球中，2个是红球，3个 是白球，若从中任取2个，则所取的2个球中 至少有一个红球的概率是 。 7.抛掷2颗质地均匀的骰子，求点数和为8的 概率。
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1.从两位正整数中任取一个数x,则 log 2 x 也 是正整数的概率是_________.
高中数学必修3第三章：概率3.2古典概型
验，如果这2个元素没有顺序，那么这次试验共有
nn－1 2
个
基本事件；如果这2个元素有顺序，那么这次试验有n(n－1)
个基本事件．可以作为结论记住(不要求证明)，在选择题或
填空题中可以直接应用．
计算基本事件个数的常用法
1.列举法 列举法也称枚举法．对于一些情境比较简单，基本事件 个数不是很多的概率问题，计算时只需一一列举即可得出随 机事件所含的基本事件数．但列举时必须按一定顺序，做到 不重不漏．
球，d，e为黑球．
列表如下：
a
b
c
d
e
a
(a，b) (a，c) (a，d) (a，e)
b (b，a)
(b，c) (b，d) (b，e)
c (c，a) (c，b)
(c，d) (c，e)
d (d，a) (d，b) (d，c)
(d，e)
e (e，a) (e，b) (e，c) (e，d)
由于每次取两个球，每次所取两个球不相同，而摸(b，a) 与(a，b)是相同的事件，故共有10个基本事件．
新课引入 “三门问题”是美国一个经典的电视游戏节目，内容如 下：现有三扇门，其中一扇后面有一辆汽车，另外两扇门后 各有一只羊，参赛者选中车门就得车，选中羊门就得羊，首 先参赛者选一扇门，然．后主持人故意打开剩下两门中的一 扇羊门(主持人知道车在何处)，接着主持人给参赛者选择机 会，是坚持原门还是换另一扇门？
[解析] 第1个概率模型不是古典概型，因为从区间[1,10] 内任意取出一个数，有无数个对象可取，所以不满足“有限 性”．
第2个概率模型是古典概型，因为试验结果只有10个， 而且每个数被抽到的可能性相等，即满足有限性和等可能 性；
第3个概率模型不是古典概型，而是以后将学的几何概 型；
3.2 古典概型
张喜林制3.2 古典概型教材知识检索考点知识清单1．如果一次试验中可能出现的结果有n 个，而且所有结果出现的可能性都相等，那么每一个基本事件的概率都是 ；如果某个事件A 包括的结果有m 个，那么事件A 的概率P(A)= ．2.古典概型试验有两个共同的特征是： (1) ．在一次试验中，可能出现的结果只有有限个，即只有有限个不同的基本事件． (2) ．每个基本事件发生的可能性是均等的．3.我们把由事件A 和B 所构成的事件D 称为事件A 与B 的 （或 ），记作B A D =（或⋅=)AB D4．在古典概型情况下的概率的一般加法公式为=)(B A P 要点核心解读1．古典概型(1)古典概型的定义．我们把具有：①试验中所有可能出现的基本事件有有限个；②每个基本事件发生的可能性相等，以上两个特点的概率模型称为古典概率模型，简称古典概型．(2)古典概率模型的概率求法，如果一次试验中等可能的基本事件共有n 个，那么每一个等可能的基本事件发生的概率都是;1n 如果某个事件A 包含了其中的m 个等可能的基本事件，那么事件A 发生的概率为nm A P =)( 注意：①运用公式时，一定要检验事件是否为古典模型，即是否满足有限性和等可能性两个条件， ②公式也可由以下方法得出：某一事件共有n 个基本事件，其中事件A 包含的基本事件有m 个，则P （“事件A 发生”）+P （“事件A 不发生”）=1，．．．P(“事件A 发生”)=1 - P(“事件A 不发生”)．2．古典概型的理解(1)古典概型是一种最基本的概型，也是学习其他概型的基础，深入理解等可能性事件必须抓住以下三个特点：第一，对于每次随机试验来说，只可能出现有限个不同的试验结果；第二，对于这有限个不同的试验结果，它们出现的可能性是相等的；第三，求事件的概率可以不通过大量重复试验，而只要通过对一次试验中可能出现的结果进行分析计算即可．因此，必须分清事件是否为等可能性事件，以免与后面学习的其他事件及其概念混淆．nm A P =)()2(既是等可能性事件的概率的定义，又是计算这种概率的基本方法，根据这个公式计算概率时，关键在于求出n ，m ，因此，首先要正确理解基本事件与事件A 的相互关系，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．特别要强调指出，一个基本事件是某一次试验出现的结果，千万不可以把几次试验的结果混为一个结果．如果同时抛两个硬币，一共出现四个等可能的结果：正正、反反、正反、反正，而不能把一正一反看做一个基本事件（因为这一事件包括“正反”“反正”这两种结果），否则基本事件就不等可能了．而事件A 则不同，它可能仅含一个基本事件，也可能包含多个基本事件，因此在求n 时必须强调n 个基本事件必须等可能，否则n 就求错了，同时在求m 时，事件A 中包含的每个基本事件也必须是等可能的.(3)用集合的观点来考查事件c4的概率，有利于帮助学生生动、形象地理解事件A 与基本事件的关 系，有利于理解公式nm A P =)(如图3 -2 -1所示，把一次试验中等可能出现的几个结果组成一个集合，，其中每一个结果就是，中的一个元素，把含m 个结果的事件A 看做含有m 个元素的集合，则事件A 是集合，的一个子集，则有nm I card A card A P ==)()()(3．概率的一般加法公式（选学）(1)事件A 与B 的交（或积）．我们把由事件A 和B 同时发生所构 成的事件D ，称为事件A 与B 的交（或积），记作).(AB RD B A D ==(2)概率的一般加法公式．当A ，B 不是互斥事件时：的基本事件总数中包含的基本事件数Ω=B A B A P )( 基本事件的总数中基本事件的个数中基本事件的个数中基本事件的个数Ω-+=B A B A),()()(B A P B P A P -+=⋅-+=)()()()(B A P B P A P B A P 即注：该公式也适合A ，B 为互斥事件的情况，因为.0)(=B A P4．古典概型的概率的求法(1)古典概型的概率的求法有两种： ,)(nm A P =①其中n 为试验所产生的等可能基本事件的总个数，m 为事件A 所包含的等可能的基本事件的个数；,)()()(I card A card A P =②其中card(A)表示事件A 包含的所有结果组成的集合A 中的元素个数，card (I)表示试验所产生的所有结果组成的集合，的元素个数．(2)利用概率的古典定义来求等可能事件概率的步骤：①算出基本事件的总个数n ；②算出事件A 中包含的基本事件的个数m;③算出事件A 的概率，即nm A P =)(典例分类剖析考点1 古典概型的定义[例1] (1)向一个圆面内随机地投一个点，如果该点落在圆内的任意一点都是等可能的，这是古典概型吗？(2)某射击运动员向一靶心进行射击，这一试验的结果只有有限个：命中10环，命中9环，……，命中1环和命中0环（即不命中）．你认为这是古典概型吗？[答案] 依据古典概型的定义判断．(1)不是古典概型，因为事件的个数不是有限个．(2)不是古典概型．因为每一事件发生的可能性不相等．[点拨] 古典概型中要求的有限性和等可能性缺一不可．1．从全班20名男生、30名女生共50名同学中选一名作为班长，选出的班长要么是男生，要么是女生，因此，“选男生为班长”和“选女生为班长”是两个等可能事件，是古典概型，这种说法正确吗？ 考点2 列举法求古典概型的概率[例2] 袋中装有6个小球，其中4个白球，2个红球，从袋中任意取出两球，求下列事件的概率：(1)A ：取出的两球都是白球；(2)B ：取出的两球中一个是白球，另一个是红球．[解析] 首先应求出任取两球的基本事件的总数，然后需分别求出事件A ：取出的两球都是白球的总数；事件B ：取出的两球一个是白球，而另一个是红球的总数，便可套用公式解决之．[答案] 设4个白球的编号为1，2，3，4，2个红球的编号为5，6．从袋中的6个小球中任取两个的方法为(1，2)，(1，3)，(1，4),(1,5),(1,6),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,4),(3,5),(3，6)，(4，5)，(4，6)，(5，6)，共15个．(1)从袋中的6个小球中任取两个，所取的两球全是白球的方法总数，即是从4个白球中任取两个的方法总数，共有6个，即为(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4).∴ 取出的两个小球全是白球的概率为⋅==52156)(A P (2)从袋中的6个小球中任取两个，其中一个是红球，而另一个是白球，其取法包括(1，5)，(1，6)，(2，5)，(2，6)，(3，5)，(3，6)，(4，5)，(4，6)，共8种．∴ 取出的两个小球一个是白球，另一个是红球的概率为⋅=158)(B P 考点3 图表法求古典概型的概率[例3] 抛掷两颗骰子，求：(1) 点数之和是4的倍数的概率；(2)点数之和大于5小于10的概率．[解析] 抛掷两颗骰子，基本事件的总数为36.但所求事件的基本事件个数不易把握，很容易出现遗漏或重复，故可借助直观图形，以便更准确地把握基本事件的个数．[答案] 作图3 -2 -3，从图中容易看出基本事件与所描点一一对应，共36种．(1)记“点数之和是4的倍数”的事件为4，从图中可以看出，事件A 包含的基本事件共有9个：(1，3)，(2，2)，(3，1)，(2，6),(3,5),(4,4),(5,3),(6,2),(6,6)，所以，⋅=41)(A P (2)记“点数之和大于5小于10”为事件B ，从图中可以看出，事件B 包含的基本事件共有20个，即(1，5)，(2，4)，(3，3)，(4,2),(5,1),(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1),(2,6)（3，5）（4，4），(5,3),(6,2),(3,6),(4,5),(5,4),(6,3).所以，⋅=95)(B P [点拨] 在求概率时，常常可以把全体基本事件用直角坐标系中的点表示，以便我们准确地找出某事件所含的基本事件的个数．2．(1)将甲、乙两颗骰子先后各抛一次，a ，b 分别表示抛掷甲、乙两颗骰子掷出的点数，若把点P(a ，b)落在不等式组⎪⎩⎪⎨⎧≤+>>4,0,0y x y x 所表示的平面区域内的事件记为A ，求事件A 的概率．(2)用三种不同的颜色给图3-2 -4中的3个矩形随机涂色，每个矩形只涂一种颜色，求：①3个矩形颜色都相同的概率；②3个矩形颜色都不同的概率，考点4 概率的一般加法公式(*)[例4] 甲、乙等四人参加4x100米接力，求甲跑第一棒或乙跑第四棒的概率．[答案] 设事件A 为“甲跑第一棒”，事件B 为“乙跑第四棒”；则,41)(,41)(==B P A P 计算 ),(B A P 记x 为甲跑的棒数，y 为乙跑的棒数，记为(x ，y)，则共有可能结果12种：(1，2)，(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4),(2,1),(3,1),(4,1),(3，2)，(4，2)，(4，3)，而甲跑第一棒，乙跑第四棒只有一种可能(1，4)，故⋅=121)(B A P 所以，甲跑第一棒或乙跑第四棒的概率为： ⋅=-+=-+=1251214141)()()()(B A P B P A P B A x [点拨] (1)关键要计算出A(lB 发生的概率．(2)-般概率的加法公式为-+=)()()(B P A P B A P ).(B A P3．(1)每次抛掷一颗骰子（六个面上分别标有数l ，2，3，4，5，6），①连续抛掷2次，求向上的数不同的概率；②连续抛掷2次，求向上的数之和为6的概率．(2)同时抛掷红、黄两颗骰子，事件A=“红骰子点数大于3”，事件B=“黄骰子点数大于3”，求事件AUB=“至少有一颗骰子的点数大于3”的概率，优化分层测训第一课时古典概型(1)学业水平测试1．下列试验中，是古典概型的有( )．A ．．种下一粒种子观察它是否发芽B ．从规格直径为250 mm±0.6 mm 的一批合格产品中任意抽一根，测量其直径dC ．抛一枚质地均匀的硬币，观察其出现正面还是反面D ．某人射击中靶或不中靶2．下列概率模型中，有几个是古典概型( )．①从区间[1，10]内任意取出一个数，求取到1的概率；②从1~10中任意取出一个整数，求取到l 的概率；③向一个正方形ABCD 内投一点P ，求P 刚好与点A 重合的概率；④向上抛掷一枚不均匀的旧硬币，求正面朝上的概率．A.l 个B.2个C.3个 B.4个3．将一枚硬币先后抛掷两次，恰好出现一次正面向上的概率是( )．21.A 41.B 43.C 31.D 4．在6个零件中，有4个正品和2个次品，从中不放回地任取2个，恰好都是正品的概率是____．5．同时掷1角和5角的两枚硬币，两枚都出现正面的概率为 ，一枚出现正面，一枚出现反面的概率为____．6．-个家庭中有两个小孩，设小孩是男还是女是等可能的，求此家庭中两个小孩均为女孩的概率为高考能力测试（测试时间：45分钟测试满分：100分）一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．（2011年全国新课标）有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为( )31.A 21.B 32.C 43.D 2．若书架上放有中文书五本，英文书三本，日文书两本，则抽出一本外文书的概率为( )．51.A 103.B 52.C 21.D 3．从甲、乙、丙三名学生中选出两名代表，其中甲被选中的概率为( )．21.A 31.B 32.C 1.D 4．在一次问题抢答的游戏中，要求答题者在问题所列出的4个答案中找出唯一正确的答案．某抢答者不知道正确答案便随意说出了其中的一个答案，则这个答案恰好是正确答案的概率是( )．21.A 41.B 81.C 161.D 5．从分别写有A ，B ，C ，D ，E 的5张卡片中任取2张，这2张卡片上的字母顺序恰好相邻的概率是( )．52.A 51.B 103.C 107.D 6．(2011年安徽高考题)从正六边形的6个顶点中随机选择4个顶点，则以它们作为顶点的四边形是矩形的概率等于( )．101.A 81.B 61.C 51.D 7．在两个袋内，分别装有写着0，1，2，3，4，5六个数字的6张卡片，从每一个口袋中各任取一张卡片，则两数之和等于7的概率为( )．31.A 61.B 91.C 121.D 8．以集合A={2，4，6，7，8，11，12，13}中的任意两个元素分别为分子和分母构成分数，则这种分数是可约分数的概率是( )．135.A 285.B 143.C 145.D 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题后的相应位置）9．把一枚硬币向桌上连抛10次，则正、反两面交替（可以正反，正反…也可以反正，反正…）出现的概率是 ．10．（2009年江苏高考题）现有5根竹竿，它们的长度（单位：m ）分别为2.5，2.6，2.7，2.8，2.9，若从中一次随机抽取2根竹竿，则它们的长度恰好相差0.3 m 的概率为____．11．袋子中有大小相同的四个小球，分别涂上红、白、黑、黄四种颜色．(1)从中任取1球，取出白球的概率为____．(2)从中任取2球，取出的是红球和白球的概率为____．12．掷一颗骰子，观察掷出的点数，则掷得偶数点的概率是三、解答题（本大题共4小题，每小题10分，共40分，解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤）13．从标有1，2，3，…，7的7个小球中取出一球，记下它上面的数字，放回后再取出一球，记下它上面的数字，然后把两数相加得和．求取出的两球上的数字之和大于11或者能被4整除的概率．14.甲、乙、丙三人比赛，没有平局，问(1)甲得第一的概率；(2)甲比乙强的概率．15.（2011年江西高考题）某饮料公司对一名员工进行测试以便确定其考评级别，公司准备了两种不同的饮料共5杯，其颜色完全相同，并且其中3杯为A 饮料，另外2杯为B 饮料，公司要求此员工一一品尝后，从5杯饮料中选出3杯A 饮料．若该员工3杯都选对，则评为优秀；若3杯选对2杯，则评为良好；否则评为合格．假设此人对A 和曰两种饮料没有鉴别能力．(1)求此人被评为优秀的概率；(2)求此人被评为良好及以上的概率．16.（2011年山东高考题）甲、乙两校各有3名教师报名支教，其中甲校2男1女，乙校1男2女．(1)若从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，写出所有可能的结果，并求选出的2名教师性别相同的概率；(2)若从报名的6名教师中任选2名，写出所有可能的结果，并求选出的2名教师来自同一学校的概率．第二课时古典概型(2)学业水平测试1．掷两颗质地均匀的骰子，事件“点数之和为6”的概率是( )．111.A 91.B 365.C 61.D 2．-个均匀的正方体玩具的各个面上分别标有1，2，3，4，5，6，将这个玩具先后抛掷两次，则“向上的数之和是5”的概率是( )．91.A 61.B 121.C 31.D 3．任意说出星期一到星期日中的两天（不重复），其中恰有一天是星期六的概率是( )．71.A 72.B 491.C 492.D 4．从含有三件正品和一件次品的4件产品中不放回地任取两件，则取出的两件中恰有一件次品的概率是 ．5．从1，2，3，4，5这5个数字中，不放回地任取两数，两数都是奇数的概率是 ．6．甲、乙两人参加法律知识竞答，共有10道不同的题目，其中选择题6道，判断题4道，甲、乙两人依次各抽一题．(1)甲抽到选择题，乙抽到判断题的概率是多少？(2)甲、乙两人中至少有一人抽到选择题的概率是多少？高考能力测试（测试时间：45分钟测试满分：100分）一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的）1．将一颗骰子抛掷两次，若先后出现的点数分别为b ，c ，则方程02=++c bx x 有相等实根的概率为( )． 121.A 91.B 361.C 181.D 2．掷两颗质地均匀的骰子，出现“点数和为3”的概率是( )．61.A 6161.⨯B 6161.+C 361361.+D 3．从分别写有A ，B ，C ，D 的4张卡片中任取2张，这2张卡片上的字母顺序恰好相邻的概率是( )．41.A 21.B 43.C 107.D 4．先后抛掷两颗质地均匀的正方体骰子（他们的六个面分别标有点数l ，2，3，4，5，6），骰子朝上的面的点数分别为x ，y ，则112=y og x 的概率为( )．61.A 365.B 121.C 21.D 5．（2008年辽宁高考题）4张卡片上分别写有数字1，2，3，4，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为( )．3.1.A 21.B 32.C 43.D 6．从不包括大小王的52张扑克牌中，随机抽出一张是A 或K 的概率是( )．132.A 521.B 261.C 131.D 7．在线段AB 上随机任取三个点,321x x x 、、则2x 位于1x 和3x 之间的概率为( )．21.A 31.B 41.C 1.D 8．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( )．12513.A 12516.B 12518.C 12519.D 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题后的相应位置）9．在第1，3，4，5，8路公共汽车都要停靠的一个站（假定这个站只能停靠一辆汽车），有一位乘客等候第4路或第8路汽车．假定当时各路汽车首先到站的可能性相等，则首先到站的正好是这位乘客所要等的汽车的概率等于____．10．若事件A 与B 不互斥，那么P(A+B)与P(A)+P （B ）的大小关系是P(A+B ） P(A)+P(B ）．11.射手甲一次击中目标的概率为0.7，射手乙一次击中目标的概率为0.5，现在甲、乙两人同时向一个目标射击一次，则目标被击中的概率是 ；甲、乙都击不中目标的概率是12.从甲口袋中摸出一白球的概率为,31从乙口袋中摸出一白球的概率为,21从两口袋中各摸出一球，都是白球的概率为,61则从两口袋中各摸出一球，至少有一个白球的概率为三、解答题（本大题共4小题，每小题10分，共40分，解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤）13.储蓄卡上的密码是一种四位数字号码，每位上的数字可在0到9这10个数字中选取．(1)使用储蓄卡时如果随意按下一个四位数字号码，正好按对这张储蓄卡的密码的概率只有多少？(2)某人未记准储蓄卡的密码的最后一位数字，他在使用这张储蓄卡时如果前三位号码仍按本卡密码，而随意按下密码的最后一位数字，正好按对密码的概率是多少？14.从1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取一个数，求取出的数大于3或者能被3整除的概率．15.如图3-2 -7所示的电路中，开关a ，b ，c 开或关的概率都是,21且彼此互不相关，求灯亮的概率．16.（2011年北京高考题）以下茎叶图（如图3-2 -8）记录了甲、乙两组各四名同学的植树棵数．乙组记录中有一个数据模糊，无法确认，在图中以X 表示．(1)如果X=8，求乙组同学植树棵数的平均数和方差；(2)如果X=9，分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，求这两名同学的植树总棵数为19的概率． (注：方差：=2s +-+-2221)()([1x x x x n],)(2x x n -+ 其中x 为,1x n x x ,,2 的平均数）。
2017年秋高中数学必修三课件：3-2-1 古典概型 新知探
(2)等可能性：其次考察基本事件的发生是不是等可能的，若基本事
件发生的可能性不一样，则试验不是古典概型. 只有同时具备了上述两个特征，试验才是古典概型.
2.从集合的观点看古典概型 若一个随机试验的数学模型是古典概型，意味着试验的基本事件只有
有限个，用e1，e2，…，en表示这有限个基本事件，显然有限个基本事
本事件与所描点一一对应.
(1)由图知，基本事件总数为36. (2)总数之和大于8包含10个基本事件(已用虚线圈出).
2.古典概型 (1)定义：古典概型满足的条件：
①试验中所有可能出现的基本事件只有_____ 有限 个；
②每个基本事件出现的可能性_____. 相等
(2)计算公式：对于古典概型，任何事件A的概率为
P(A)= A包含的基本事件的个数 .
基本事件的总数
【即时小测】 1.思考下列问题：
(1)若一次试验的结果所包含的基本事件的个数是有限个，则该试验
件能构成一个有限集，记为Ω ，即Ω ={e1，e2，…，en}.由于任何一个
事件A都可以用基本事件表示，这说明A⊆Ω ，当A=∅时，A是不可能事
件，当A=Ω 时是必然事件.另外P(e1)=P(e2)=…=P(en)，即每一个试验
结果(基本事件)出现的可能性相同.
【题型探究】
类型一 基本事件的计数问题
(6，1)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，(6，6).共36个基本事
件.
(2)“出现的点数之和大于8”包含以下10个基本事件：(3，6)，(4， 5)，(4，6)，(5，4)，(5，5)，(5，6)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，
(6，6).
方法二(列表法)：
如图所示，坐标平面内的数表示相应两次抛掷后出现的点数的和，基
【高中数学必修三】321古典概型
典型例题解析
例题1
从5名男生和4名女生中选出4人参加辩论比赛， 如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内， 有多少种选法？
例题2
某射手在一次射击训练中，射中10环、9环、8环 、7环的概率分别是0.21、0.23、0.25、0.28，计 算该射手在一次射击中：(1)射中10环或9环的概 率；(2)不够8环的概率。
03 条件概率与独立性
条件概率定义及性质
条件概率定义
在事件B发生的条件下，事件A发生 的概率，记作P(A|B)。
条件概率性质
条件概率满足概率的三个基本性质， 即非负性、规范性、可加性。
独立性概念及判断方法
独立性概念
如果事件A的发生与否对事件B发生的 概率没有影响，则称事件A与事件B相 互独立。
【高中数学必修三】 321古典概型
汇报人：XX 2024-01-23
目录
• 古典概型基本概念与性质 • 排列组合在古典概型中应用 • 条件概率与独立性 • 随机变量及其分布 • 数学期望与方差 • 古典概型在实际问题中应用
古典概型基本概念与性质
01
古典概型定义及特点
01
定义
古典概型是一种基于等可能性的概率模型，其中每个样 本点发生的可能性相等。
02
有限性
样本空间中的样本点数量是有限的。
03
等可能性
每个样本点发生的可能性相等。
样本空间与事件
样本空间
古典概型中所有可能结果的集合 ，通常用大写字母S表示。
事件
样本空间的子集，即某些特定结 果组成的集合。事件通常用大写 字母A、B、C等表示。
概率定义及性质
A
概率定义
在古典概型中，一个事件的概率定义为该事件 包含的基本事件数与样本空间中基本事件总数 的比值。即如果有n个基本事件，事件A包含m 个基本事件，则事件A的概率为P(A)=m/n。
数学北师大版必修3知识导航 3.2古典概型 含解析 精品
§2 古典概型知识梳理1.试验结果有有限个,且每个事件都是随机事件的事件称为基本事件.一个复杂彼此互斥的事件都可以表示成基本事件的和.2.我们把具有:(1)试验中所有可能出现的基本事件只有有限个;(2)每个基本事件出现的可能性相等.两个特点的概率模型称为古典概率模型,简称古典概型.3.基本事件总数n 的古典概型中,每个基本事件发生的概率为n 1.4.在古典概型中,任何事件的概率P (A )=.总的基本事件个数包含的基本事件个数A 5.在一个随机试验中,我们把一次试验下不能同时发生的两个事件A 与B 称为互斥事件.6.事件A +B 发生是指事件A 和B 至少有一个发生.如果随机事件A 和B 是互斥事件,那么有P (A +B )=P (A )+P (B ),这是互斥事件的概率加法公式.该公式还可以推广为多个互斥事件的情况,其公式是:P (A 1+A 2+…+A n )=P (A 1)+P (A 2)+…+P (A n ).7.记A 为事件A 的对立事件,那么P (A )+P(A )=1.知识导学古典模型是一种最基本的模型,也是学习其他概率模型的基础,学习时要抓住以下三个特点:(1)对于每次随机试验来说,只可能出现有限个不同的试验结果;(2)对于这有限个不同的结果,它们出现的可能性是相等的;(3)求事件的概率可以不通过大量重复试验,而只要通过对一次试验中出现的结果进行分析计算即可.因此,必须分清事件是否是等可能事件,以免与后面学习的其他事件及其概率混淆. 古典概率的计算公式P (A )=,事件的基本事件总数包含的基本事件数事件A 与事件A 发生的频率f n (A )=n n A 有本质的区别:对同一试验的同一事件P (A )为一个定值,而频率中的n A 是随试验次数变化而变化的,因此,f n (A )也是变化的,但f n (A )总是接近于P (A ).判断两个事件是否为互斥事件,主要看它们能否同时发生.对于两个互斥事件,由于它们不可能同时发生,即只有一个发生,所以可用加法公式P (A +B )=P (A )+P (B )计算其概率.对立事件一定互斥,但互斥不一定对立.在概率的计算问题中,若事件A 比较复杂,而其对立事件A 比较简单时,我们往往通过公式P (A )=1-P (A ),计算P (A )来求得P (A ).古典概型比较简单又易于理解,并且在实践中有广泛的应用,学习这些,不仅能提高我们的学习兴趣,激发强烈的求知欲望,还能在解决问题中体会到数学本身的趣味性,应用的广泛性,帮助我们培养严谨的逻辑思维能力及高度概括能力.疑难突破1.如何正确地理解古典概型?剖析:如果一个试验的所有结果只有有限个,每次试验只出现其中的一个结果;每一个试验结果出现的可能性相同,我们把具有这样两个特征的随机试验的数学模型称为古典概率模型,简称古典概型.例如,抛掷一枚均匀的骰子,出现各个点数的可能性都是相等的;转带有指针的等份圆盘,指针指向每份的可能性相同;同时抛掷两枚硬币,出现两个硬币都“正面朝上”或都“反面朝上”的可能性相同等这些都属于古典概型.所以理解判断一个试验是否为古典概型,关键在于这个试验是否具有古典概型的两个特征:有限性和等可能性.所以对理解古典概型还应注意以下几点:(1)并不是所有的试验都是古典概型.例如在适宜的条件下,种下一粒种子,观察它是否发芽.这个试验的基本事件为“发芽”和“不发芽”.而“发芽”和“不发芽”这两种结果出现的机会一般是不均等的.又如,从规格直径为300 mm±0.6 mm 的一批合格产品中抽取一根,测量其直径,测得值可能是299.4 mm 到300.6 mm 之间的任何一个值,所有结果有无限多个.这两个试验都不属于古典概型.(2)从集合角度看待概率.在一次试验中,等可能出现的全部结果组成一个集合I,基本事件个数n 就是集合I 的元素个数.事件A 是集合I 的一个包含m 个元素的子集,所以P (A )=.)(card )(card nm I A = (3)古典概型中,若试验只有n 个等可能结果,其中导致事件A 出现的结果有m 个,则事件A 出现的概率为P (A )=nm A =总的基本事件个数包含的基本事件个数. (4)在面对具体问题时,应先判定所给问题是否为古典概型,若是则根据题意设出事件A ,并找出问题的全部等可能结果总数n 和导数事件A 出现的结果数m ,代入古典概型的计算公式计算即可.2.古典概率的计算公式P (A )=nm 中,m 和n 的具体含义 剖析:n 表示试验的所有可能结果(基本事件)数,m 表示随机事件A 包含的基本事件数,即P (A )= nm A =总的基本事件个数包含的基本事件个数.同时,对于某些比较复杂的问题可以利用已学的概率模型进行对比分析以解答.例如,从某鱼池中捕得m 条鱼,都作上记号后放回鱼池,再捕得n 条鱼,其中有k 条鱼有记号,大家很容易估计出这池鱼的数目约为m nk 条,我们使用了古典概率的计算公式.3.公式P (A +B )=P (A )+P (B )的适用条件剖析:事件A +B 是一个事件,事件A +B 发生是指事件A 和B 之中至少有一个发生.如果随机事件A 与B 是互斥事件,则有P (A +B )=P (A )+P (B );如果随机事件A 和B 不是互斥事件,则有P (A +B )≠P (A )+P (B ).典题精讲例1 一个盒子里装有完全相同的十个小球,分别标上1、2、3、…、10这10个数字,今随机地抽取两个小球,如果:(1)小球是不放回的;(2)小球是有放回的.求两个小球上的数字为相邻整数的概率.思路分析:小球放回与不放回时,基本事件的总数是不同的.解:随机选取两个小球,记事件A 为“两个小球上数字为相邻整数”,可能的结果为 (1,2),(2,3),(3,4),(4,5),(5,6),(6,7),(7,8),(8,9),(9,10),(2,1),(3,2),(4,3),(5,4),(6,5)(7,6),(8,7),(9,8),(10,9)共18种.(1)如果小球是不放回的,按抽取顺序记录结果(x ,y ),则x 有10种可能,y 有9种可能,共有的可能结果为10×9=90种.因此,事件A 的概率是.514599018== (2)如果小球是有放回的,按抽取顺序记录结果(x ,y ),则x 有10种可能,y 有10种可能,但(x ,y )与(y ,x )是一样的,共有可能的结果为10×10=100种.因此,事件A 的概率是.50910018= 绿色通道:在解答古典概型问题时选用适当的样本空间常常可使问题简化,同时也可以避免复杂的计算.例如本题如果按照常规方法计算,不仅需要分类讨论还需要验证计算,过程十分复杂,可能会在计算过程中出现错误,那么不仅徒劳而且无功.因此在解答古典概型问题时一定要注意应用正确的逻辑推理选择适当的样本空间(基本事件).变式训练 从1、2、3、4、5这5个数字中,不放回地任取两数,两数都是奇数的概率是_______.思路解析:从5个数字中,不放回地任取两数,第一次有5种取法,第二次有4种取法,但第一次取1、第二次取2和第一次取2、第二次取1是同一事件,故基本事件总数为21×5×4=10. 记“两数都是奇数”为事件A ,则事件A 为从1,3,5三个奇数中任取两数有3种取法,即事件A 含有3个基本事件.所以,由古典概率公式,得P (A )=103. 答案: 103 例2 下面有三个游戏规则,袋子中分别装有大小相同的球,从袋中取球,分别计算甲获胜的概率,哪个游戏是公平的?游戏类别 游戏1 游戏2 游戏3袋中球的情况 1个红球和1个白球 2个红球和2个白球 3个红球和3个白球 每次取球要求 取1个球 取1个球,再取1个球 取1个球,再取1个球游戏规则 取出的球是 红球——甲胜 取出的球是 白球——乙胜 取出的两球 同色——甲胜 取出的两球 不同色——乙胜 取出的两球同色——甲胜 取出的两球不同色——乙胜思路分析:要看哪个游戏对甲来说是公平的,关键是计算出三个游戏中,甲胜的概率分别是多少.解:对于游戏1:甲胜的概率是P (A )=21; 对于游戏2:从4个球中任取两个球,第一次取球有4种取法,第二次取球有3种取法, 但考虑到先取a 后取b 和先取b 后取a 是同一事件,故基本事件总数是21×4×3=6,记“取出的两球同色”为事件B ,则B 包含有2个基本事件,所以,P (B )= 3162=. 对于游戏3:由游戏2知,基本事件总数n =6,记“取出的两球同色”为事件C ,则事件C 为从3个红球中任取两个球,有三种取法,即事件C 含有三个基本事件,所以,P (C )=2163=. 通过计算可知,游戏1和游戏3,甲获胜的概率都是21. 因此,游戏1和游戏3是公平的.变式训练(2005广东高考卷,10）先后抛掷两枚均匀的骰子(它们的6个面分别标有数字1、2、3、4、5、6),设骰子朝上的面的点数分别为X 、Y ,则log 2X Y =1的概率为…( ) A.61 B.365 C.121 D.21 思路解析:同时抛掷两枚骰子,可能的结果如下表: 12345 61 (1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (1,6)2 (2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (2,5) (2,6)3 (3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) (3,6)4 (4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (4,5) (4,6)5 (5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5) (5,6)6 (6,1) (6,2) (6,3) (6,4) (6,5)(6,6) 共有36个不同的结果,而X =1、Y =2;X =2、Y =4;X =3、Y =6;三对满足log 2X Y =1.故所求概率为P =.121363= 答案:C例3 某公务员去开会,他乘火车、轮船、汽车、飞机去的概率分别为0.3、0.2、0.1、0.4.(1)求他乘火车或乘飞机去的概率;(2)求他不乘轮船去的概率;(3)如果他去的概率为0.5,请问他有可能是乘何种交通工具去的?思路分析:分清事件之间是互斥关系还是对立关系,然后套用相关公式.解:(1)记“他乘火车去”为事件A 1,“他乘轮船去”为事件A 2,“他乘汽车去”为事件A 3,“他乘飞机去”为事件A 4,这四个事件不可能同时发生,故它们彼此互斥.故P (A 1+A 4)=P (A 1)+P (A 4)=0.3+0.4=0.7.所以他乘火车或乘飞机去的概率为0.7;(2)设他不乘轮船去的概率为P ,则P =1-P (A 2)=1-0.2=0.8;(3)由于0.3+0.2=0.5,0.1+0.4=0.5,1-(0.3+0.2)=0.5,1-(0.4+0.1)=0.5,故他有可能乘火车或乘轮船去,也有可能乘汽车或乘飞机去.绿色通道:求复杂的互斥事件的概率一般有两种方法:一是直接求解,即将所求事件的概率分解为一些彼此互斥事件概率的和,运用互斥事件的求和公式计算即可;二是间接求解,也就是先求此事件的对立事件的概率,再用公式P (A )=1-P (A )计算出结果,即运用了逆向思维(正难则反),特别是问题中遇到“至多”“至少”“不××”等问题时,用方法二比较简便.变式训练(1)某居民社区有两种报纸甲、乙供居民订阅,记事件A为“只订甲报”;事件B为“至少订一种报”;事件C为“至多订一种报”;事件D为“不订甲报”;事件E为“一种报纸也不订”.判断下列每对事件是不是互斥事件,如果是,再判断它们是不是对立事件.①A与C②B与E③B与D④B与C⑤C与E思路分析:利用互斥事件、对立事件的定义.解:①由于事件C“至多订一种报”中有可能只订甲报,即事件A与事件C有可能同时发生,故A 与C不是互斥事件.②事件B“至少订一种报”与事件E“一种报也不订”是不可能同时发生的,故B与E是互斥事件.由于事件B发生可导致事件E一定不发生,且事件E发生会导致事件B一定不发生,故B与E 还是对立事件.③事件B“至少订一种报”中有可能只订乙报,即有可能不订甲报,也就是说事件B发生,事件D 也可能发生,故B与D不互斥.④事件B“至少订一种报”中有这些可能:“只订甲报”“只订乙报”“订甲、乙两种报”.事件C“至多订一种报”中有这些可能:“什么也不订”“只订甲报”“只订乙报”.由于这两个事件可能同时发生,故B与C不是互斥事件.⑤由(4)的分析,事件E“一种报纸也不订”只是事件C的一种可能,事件C与事件E有可能同时发生,故C与E不互斥.(2)从一堆产品(其中正品和次品都多于2件)中任取2件,其中:①“恰有一件次品和恰有两件次品”;②“至少有一件次品和全是次品”;③“至少有一件次品和全是正品”.试判断以上各对事件是不是互斥事件?思路分析:两事件若是互斥事件,则它们一定不可能同时发生,据此可进行判断.解:①因为“恰有一件次品”和“恰有两件次品”不可能同时发生,所以它们是互斥事件;②因为恰有2件次品时,至少有一件次品和全是次品同时发生,所以它们不是互斥事件;③因为“至少有一件次品”与“全是正品”不可能同时发生,所以它们互斥.(3)从1,2,3,…,9这9个数中任取两数,其中:①恰有一个是偶数和恰有一个是奇数;②至少有一个是奇数和两个都是奇数;③至少有一个是奇数和两个都是偶数;④至少有一个是奇数和至少有一个是偶数.上述事件中,是对立事件的是()A.①B.②④C.③D.①③思路解析:③中“至少有一个是奇数”即“两个奇数或一奇一偶”,而从1~9中任取两数共有3个事件:“两个奇数”“一奇一偶”“两个偶数”,故“至少有一个是奇数”与“两个偶数”是对立事件.所以选C.答案:C问题探究问题1结合你对古典概型问题的理解以及问题的解决,思考并归纳在古典概型的学习中常容易出现哪些错误.导思:古典概型是一种重要的概率模型,特别注意它有两个主要特征,其概率如何计算,在解决具体问题时,常用列举法将基本事件一一列出,然后再求出m和n的值.如果两个事件互斥,则可按互斥事件的加法公式进行求解.可回顾所涉及的问题进行探究整理.探究:(1)审题不细,语句理解不到位.例如,某学生参加考试,他要解答六道题,每道题被他解出的概率是32,求他首次做错一道题之前,已经正确做出两道题的概率.容易出现的错误解答是:将事件分成总共做出3、4、5、6道题等四种情况讨论.显然没有准确理解“首次做错”的含义.(2)对事件发生的概率实质的理解不透彻.例如一名学生在军训中练习射击项目,他射击一次,命中目标的概率是31,若连续射击6次,且各次射击是否命中目标相互之间没有影响,求这名学生在第3次射击时,首次命中目标的概率;求这名学生在射击过程中,恰好命中目标3次的概率.分析:事件“学生在第3次射击时,首次命中目标”的概率计算可能出现误解,认为本题要连同第4,5,6次射击的结果一起计算,因为学生要连续射击6次.事实上,第4,5,6次射击的结果是什么并不需要了解,它们是必然事件,概率为1.(3)互斥事件与独立事件混淆.例如,甲、乙、丙三名学生在军训中练习射击项目,命中目标的概率分别是31,52,43.求甲、乙两人恰好一人击中目标的概率;求三人至少有一人命中目标的概率.分析:本题求甲、乙两人恰好一人击中目标的概率时,可能出现误解:将甲、乙的概率计算割裂开来,得到31+52=1511,将独立事件当成互斥事件算,不知道甲击中目标与否和乙击中目标与否,这两个事件是同时发生的.(4)考虑不周,忽视分类讨论.例如,某种信号发送要重复发送,以保证正确率.已知每次发送信息正确率都是31连续发送三次,按“少数服从多数”原则确认信号.求得到错误结果的概率.分析:本题中可能错误地得到32×32×32+32×32×31=2712.计算出现2次错误的概率时,只注意到出现错误次数,没有关注哪一次发生错误.本题若采用独立重复试验的公式则可避免失误.问题2 在标准化考试中,既有单选题又有多选题,多选题是从A 、B 、C 、D 四个选项中选出所有正确的答案,同学们可能有一种感觉,如果不知道正确答案,多选题更难猜对,这是为什么?导思:可以研究单选题和多选题猜对的概率分别是多少.探究:对于多选题,我们先写出正确答案的所有结果:如果只有一个答案是正确的,则有(A)、(B)、(C)、(D)4种;如果有两个答案是正确的,则正确答案可以是(A 、B)、(A 、C)、(A 、D)、(B 、C)、(B 、D)、(C 、D)6种;如果有3个答案是正确的,则正确答案可以是(A 、B 、C)、(A 、C 、D)、(A 、B 、D)、(B 、C 、D)4种;如果有4个答案是正确的,则正确答案只有(A 、B 、C 、D)一种.故正确答案的所有可能结果有4＋6＋4＋1=15种,从这15种答案中任选1种的可能性只有151. 对于单选题,只有(A)、(B)、(C)、(D)4种,从这4种答案中任选1种的可能性是41. 因为151＜31,所以多选题更难猜对. 问题3某种饮料每箱装12听,如果其中有2听不合格,若质检人员从中随机抽出2听,检测出不合格产品的概率有多大?如果增加检测的听数,查出不合格产品的概率怎样变化?为什么质检人员一般都采用抽查的方式而不采用逐个检查的方法?导思:把该问题中的抽查产品理解为一个试验,容易发现属于古典概型.为探究概率有多大,需要确定基本事件总数,可采用数组(或坐标)方式.统计与概率密不可分,统计的方法可从概率角度加以解释.探究:我们把每听饮料标上号码,合格的10听分别记作:1,2,…,10,不合格的记作a 、b ,只要检测出2听中有1听不合格,就表明查出了不合格产品.我们采取每次抽一听,分两次抽取样品的办法抽样,并按抽取顺序(x ,y )记录结果.因为x 有12种可能,y 有11种可能,所以基本事件总数为12×11÷2=66(种).在这66种基本事件中,其中含有a 或b 的基本事件为不合格产品所包含的基本事件;它们共21个,因此检测出不合格产品的概率为6621≈0.318. 检测出不合格产品的概率与检测的听数有关,随着检测听数的增加,检测出不合格产品的概率增大,下表可以一目了然.检测听数 12 3 4 5 6 概率0.167 0.318 0.455 0.576 0.682 0.773 检测听数 78 9 10 11 12 概率0.848 0.909 0.955 0.985 1 1统计与概率密不可分,统计的方法可从概率角度加以解释.如果质检人员从中随机地抽出3听,由上面的计算,检测出不合格产品的概率为:6101112689101⨯⨯⨯⨯-=1-0.545=0.455.因此,随着检测听数的增加,查出不合格产品的概率是增大的,当质检人员从中随机地抽出11听时,一定能抽到不合格品,故检测出不合格产品的概率为1.而检测的听数一定时,随着检测次数的增加,查出不合格产品的概率不会增加,质检人员若逐个检查显然过于麻烦,不合实际,一般采用抽查方式,因为抽查是随机抽样,查到不合格品的概率与逐个检查应是相同的.。
3.2古典概型
）、（1， ）、（ ）、（1， ）、（ ）、（1， ）、（ ）、（1， ）、（ ）、（1， ）、（ ）、（1， ） （1，2）、（ ，3）、（ ，4）、（ ，5）、（ ，6）、（ ，7）、（ ，8） ， ）、（ 7
第 二 次 抛 掷 后 向 上 的 点 数
6 5 4 3 2 1
7 6 5 4 3 2 1
8 7 6 5 4 3 2
9 8 7 6 5 4 3
10 9 8 7 6 5 4
11 10 9 8 7 6 5
12 11 10 9 8 7 6
变式1：两数之和不 变式1 低于10 10的结果有多少 低于10的结果有多少 种？两数之和不低于 10的的概率是多少 的的概率是多少？ 10的的概率是多少？
设“摸出两个球都是红球”为事件A 摸出两个球都是红球”为事件A 中包含的基本事件有10个 则A中包含的基本事件有 个， 因此 P ( A) = 中包含的基本事件有
m 10 5（ ，3）、（ ，4）、（ ，5）、（ ，6）、（ ，7）、（ ，8） ）、（1， ）、（ ）、（1， ）、（ ）、（1， ）、（ ）、（1， ）、（ ）、（1， ）、（ ）、（1， ） ， ）、（ ）、（2， ）、（ ）、（2， ）、（ ）、（2， ）、（ ）、（2， ）、（ ）、（2， ） （2，3）、（ ，4）、（ ，5）、（ ，6）、（ ，7）、（ ，8） ， ）、（ ）、（3， ）、（ ）、（3， ）、（ ）、（3， ）、（ ）、（3， ） （3，4）、（ ，5）、（ ，6）、（ ，7）、（ ，8） ， ）、（ ）、（4， ）、（ ）、（4， ）、（ ）、（4， ） （4，5）、（ ，6）、（ ，7）、（ ，8） ， ）、（ ）、（5， ）、（ ）、（5， ） （5，6）、（ ，7）、（ ，8） ， ）、（ ）、（6， ） （6，7）、（ ，8） ， ）、（ （7，8） ， ）
2017-2018学年高中数学第三章概率3.2古典概型3.2.1-3.2.2概率的一般加
3. 2.1 & 322古典概型概率的一般加法公式(选学)课刑口主学习，基梅才能楼奇预习课本P102〜107,思考并完成以下问题 (1)古典概型的特征是什么？(2)古典概型的概率计算公式是什么?1•古典概型的概念(1)定义：如果一个概率模型满足:②每个基本事件发生的可能性是均等的.那么这样的概率模型称为古典概率模型，简称古典概型. (2)计算公式：对于古典概型，任何事件A 的概率_事件A 包含的基本事件数 =试验的基本事件总数 - 2•概率的一般加法公式(选学)yj/x 、(1) 事件A 与B 的交(或积)：由事件A 和B 同时发生所构成的事件 D,称为事件A 与B 的交(或积)，记作D = A n B (或 丄 //< D= AB . fz >1(2) 概率的一般加法公式：jF -貝设A , B 是Q 的两个事件，则有 P (A U B) = P (A ) + RB )— P (A n B ).［小试身手］1•下列关于古典概型的说法中正确的是(①试验中所有可能出现的基本事件只有有限个; 基本事件出现的可能性相等；④基本事件的总数为)②每个事件出现的可能性相等；③每个 n 随机事件A 若包含k 个基本事件，则RA) = k . n A.②④ B.①③④ C.①④D.③④解析：选B 根据古典概型的特征与公式进行判断，①③④正确，②不正确，故选B.2 •下列试验是古典概型的是 （ ）A. 口袋中有2个白球和3个黑球，从中任取一球，基本事件为｛取中白球｝和｛取中黑球｝B. 在区间［—1,5］上任取一个实数 X ,使x — 3x + 2>0C. 抛一枚质地均匀的硬币，观察其出现正面或反面D. 某人射击中靶或不中靶 解析：选C A 中两个基本事件不是等可能的； B 中基本事件的个数是无限的； D 中“中靶”与“不中靶”不是等可能的； C 符合古典概型的两个特征，故选 C. 3.从甲、乙、丙三人中任选两人担任课代表，甲被选中的概率为 1 A.2 1 B.3 2C.3D. 1 解析：选C 从甲、乙、丙三人中任选两人有： （甲、乙）、（甲、 丙）、（乙、 情况，其中，甲被选中的情况有 2种，故甲被选中的概率为 4.两个骰子的点数分别为 b , c ,则方程x 2+ bx + c = 0有两个实根的概率为 1A.2 B .3619C.36 解析：选C ( b , c )共有36个结果，方程有解，则 △ = b 2 — 4c >0,「. b 2》4c ,满足条 件的数记为(b 2,4c )，共有(4,4) ,(9,4) ,(9,8) ,(16,4) ,(16,8) ,(16,12) ,(16,16) ,(25,4), (25,8) ,(25,12) , (25,16) , (25,20) , (25,24) , (36,4) , (36,8) , (36,12) , (36,16) ,(36,20), 19 (36,24) , 19 个结果,P = 36. 课堂讲练设计.举一速迪类题基本事件的计数问题 ［典例］（1）4张卡片上分别写有数字 1,2,3,4，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所有基本事件数为 （ ）A. 2B. 3C. 4D. 6（2）连续掷3枚硬币，观察这3枚硬币落在地面上时是正面朝上还是反面朝上. ① 写出这个试验的所有基本事件； ② 求这个试验的基本事件的总数；③ “恰有两枚硬币正面朝上”这一事件包含哪些基本事件？［解析］（1）用列举法列举出“数字之和为奇数”的可能结果为：（1,2） ,（1,4） ,（2,3）, （3,4），共4种可能.［答案］C（2）解：①这个试验包含的基本事件有：（正，正，正），（正，正，反）,（正，反，正）（反,正，正），（正，反，反），（反，正，反），（反，反，正），（反，反，反）.②这个试验包含的基本事件的总数是8;③“恰有两枚硬币正面朝上”这一事件包含以下3个基本事件：（正，正，反），（正，反，正），（反，正，正）.基本事件的三个探求方法（1）列举法：把试验的全部结果一一列举出来•此方法适合于较为简单的试验问题.（2）树状图法：树状图法是使用树状的图形把基本事件列举出来的一种方法，树状图法便于分析基本事件间的结构关系，对于较复杂的问题，可以作为一种分析问题的主要手段，树状图法适用于较复杂的试验的题目.［活学活用］将一枚骰子先后抛掷两次，则：（1）一共有几个基本事件？（2）“出现的点数之和大于8”包含几个基本事件？解：（树状图法）：一枚骰子先后抛掷两次的所有可能结果用树状图表示•如图所示：（1）由图知，共36个基本事件.⑵“点数之和大于8”包含10个基本事件（已用标出）.简单的古典概型的概率计算1［典例］袋中有6个球，其中4个白球，2个红球，从袋中任意取出两球，求下列事件的概率：（1）A:取出的两球都是白球；（2）B:取出的两球1个是白球，另1个是红球.［解］设4个白球的编号为1,2,3,4,2 个红球的编号为5,6.从袋中的6个小球中任取2 个球的取法有(1,2) , (1,3) , (1,4) , (1,5) , (1,6) , (2,3) , (2,4) , (2,5) , (2,6) , (3,4),(3.5) , (3,6) , (4,5) , (4,6) , (5,6)，共15 种.(1) 从袋中的6个球中任取两个，所取的两球全是白球的取法总数有(1,2) , (1,3), (1,4) , (2,3) , (2,4) , (3,4)，共6 个.6 2•••取出的两个球全是白球的概率为RA)= =-.15 5(2) 从袋中的6个球中任取两个，其中一个是红球，而另一个是白球，其取法包括(1,5)，(1.6) ，(2,5)，(2,6)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)共8 种.•取出的两个球1个是白球，1个是红球的概率为8RB)=荷求解古典概型的概率“四步”法［活学活用］某地区有小学21所，中学14所，大学7所，现采取分层抽样的方法从这些学校中抽取6所学校对学生进行视力调查.j| X(1) 求应从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目；(2) 若从抽取的6所学校中随机抽取2所学校做进一步数据分析，①列出所有可能的抽取结果；7 J②求抽取的2所学校均为小学的概率.解：(1)从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目为3,2,1.(2)①在抽取到的6所学校中，3所小学分别记为A1, A A3,2所中学分别记为A, A,1所大学记为A,则抽取2所学校的所有可能结果为(A, A2) , (A, A3) , (A, A) , (A,A),(A , A), (A, A, (A, A) , (A, A) , (A, A , (A, A) , (A, A , (A, A) , (A, A),(A , A , (A5 , A ,共15 种.②从这6所学校中抽取的2所学校均为小学(记为事件B)的所有可能结果为(A , A a),3 1(A, A) , (A2, A),共3 种，所以F(B)= 15= 5.a 席位b 席位c 席位d 席位a 席位b 席位c 席位d 席位a 席位b 席位c 席位d 席位a 席位b 席位c 席位d 席位古典概型的综合应用［典例］有代B, C, D 四位贵宾，应分别坐在 a ，b ，c ，d 四个席位上，现在这四人均 未留意，在四个席位上随便就座. (1)求这四人恰好都坐在自己的席位上的概率; (2)求这四人恰好都没坐在自己的席位上的概率; (3)求这四人恰有一位坐在自己的席位上的概率. ［解］将A , B, C, D 四位贵宾就座情况用如图所示的图形表示出来. I - ■ B -国一｛H■& |~A —[J5|-匡-L0-：B-|A|国一迥i-凶一［1卫I— [d巨一1-叵I —囤「一 EI —国 由图可知，所有的等可能基本事件共有24 个.(1)设事件A 为“这四人恰好都坐在自己的席位上”， 则事件 A 只包含1个基本事件, 1 所以 RA) =24.(2)设事件B 为“这四人恰好都没坐自己的席位上”， 则事件B 包含9个基本事件，所(3)设事件C 为“这四人恰有一位坐在自己的席位上” ，则事件C 包含8个基本事件,8 1所以R0 = 24=罗列出来，从而清晰地找出满足条件的情况. 在列举时一定要注意合理分类， 才能做到不重 不漏，结果明了，而树状图则是解决此类问题的较好方法.［活学活用］把一枚骰子抛掷2次，观察出现的点数，并记第一次出现的点数为a ,第二次出现的点ax + by = 3,数为b ,试就方程组解的情况，解答下列各题：x + 2y = 2(1) 求方程组只有一个解的概率； (2) 求方程组只有正数解的概率. 解：若第一次出现的点数为 a ,第二次出现的点数为 b 记为有序数值组(a , b )，则所有可能出现的结果有：(1.1) (1,2)(1,3)(1,4)(1,5)(1,6) (2.1) (2,2)(2,3)(2,4)(2,5)(2,6) (3.1) (3,2)(3,3)(3,4)(3,5)(3,6)(4.1) (4,2)(4,3)(4,4)(4,5)(4,6) (5.1) (5,2)(5,3)(5,4)(5,5)(5,6)(6.1) (6,2)(6,3)(6,4)(6,5)(6,6) 共36种.(1)若方程组只有一个解，则b^2a,满足b = 2a 的有(1,2) ,(2,4) ,(3,6) 的有36- 3= 33个.33 11其概率为：R = 36= 12f6 - 2b〔x = R > 0,⑵ 方程组只有正数解，需满足 b -2a *0且 2a - 3 i y =2a -L > °.3 a >;,分两种情况：当2a > b 时，得S 2b v 3,3对于一些比较复杂的古典概型问题, 般可以通过分类，有序地把事件包含的情况分别ax + by = 3,由方程组X + 2y = 2,可辱2a - b x =6 — 2b , 2a - b y = 2a — 3,,故适合b^2 aav-. 当2a v b时，得S 2Jb> 3.易得包含的基本事件有 13 个：(2,1) , (3,1) , (4,1) , (5,1) , (6,1) , (2,2) , (3,2),［层级一学业水平达标］1.若连续抛掷两次骰子得到的点数分别为 m n ,则点P (m n )在直线x + y = 4上的概率是()A. 3解析：选D 由题意(m , n )的取值情况有(1,1) , (1,2),…，(1,6) ; (2,1) , (2,2),…, (2,6);…；(6,1) , (6,2),…,(6,6),共36种，而满足点 P (m n )在直线x + y =4上的 3 1取值情况有(1,3) , (2,2) , (3,1),共3种.故所求概率为--=石,故选D.36 122•从1,2,3,4 这四个数字中，任取两个不同的数字构成一个两位数，则这个两位数大 于30的概率为()1 A.2解析：选A 从1,2,3,4 这四个数字中，任取两个不同的数字，可构成 12个两位数： 12,13,14,21,23,24,31,32,34,41,42,43 ,其中大于 30 的有：31,32,34,41,42,43 共 6 个,所以所得两位数大于 30的概率为P = 162= 1.3•设a 是从集合｛1, 2 , 3 , 4｝中随机取出的一个数，b 是从集合｛1, 2 , 3｝中随机取 出的一个数，构成一个基本事件 (a , b ).记“这些基本事件中，满足 log b a > 1”为事件E , 则E 发生的概率是( )解析：选B 试验发生包含的事件是分别从两个集合中取1个数字，共有4X 3= 12种(4,2) , (5,2) , (6,2) , (1,4) , (1,5) , (1,6)，因此所求的概率 P 2 = 13 36.课后层级训练*步步提升能力C .6D.—121 B .3 1 11 1结果，满足条件的事件是满足log b a》1,可以列举出所有的事件，当b= 2时，a= 2,3,4 , 当b= 3时，a= 3,4 ,共有3+ 2 = 5个，.••根据古典概型的概率公式得到概率是4•一个袋子中装有编号分别为1,2,3,4的4个小球，现有放回地摸球，规定每次只能摸一个球，若第一次摸到的球的编号为x ，第二次摸到的球的编号为y ,构成数对(x , y ),则所有数对(x , y )中满足xy = 4的概率为()1B.8解析：选A 由题意可知两次摸球得到的所有数对(x,y )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，其中满足xy = 4的数对有(1,4) , (2,2) , (4,1),共3个.故所求事件的概率为 倉.16Cj5.为迎接2016奥运会，某班开展了一次“体育知识竞赛”，竞赛分初赛和决赛两个阶段进行，在初赛后，把成绩(满分为100分，分数均为整数)进行统计，制成如下的频率分布 表:序号分组(分数段) 频数(人数)频率 1 [0,60） a0.1 2 [60,75） 15 0.33 [75,90）-25b 4[90,100]cd合计501⑵若得分在［90,100］之间的有机会进入决赛，已知其中男女比例为只有两名，求获得一等奖的全部为女生的概率.解: 25（1） a = 50X 0.1 = 5 , b = = 0.5 , c = 50 — 5 — 15— 25= 5 , d = 1 — 0.1 — 0.3 — 0.550 =0.1.⑵把得分在［90,100］之间的五名学生分别记为男1,男2 ,女1 ,女2,女3.事件“一等奖只有两名”包含的所有事件为(男1 ,男2),(男1 ,女1),(男1 ,女2),(男1,女 3）,（男 2,女 1）,（男 2,女 2）,（男 2,女 3）,（女 1 ,女2）,（女 1 ,女 3）,（女 2 ,女 3）,共10个基本事件；事件“获得一等奖的全部为女生”包含（1）求 a , b , c , d 的值； 2 : 3,如果一等奖（女1 ,女2）,（女1 ,女3）,（女2 ,1女3),共3个基本事件.［层级二应试能力达标］1 •某部三册的小说，任意排放在书架的同一层上，则各册从左到右或从右到左恰好为所以，获得一等奖的全部为女生的概率为3P=C. 颜色全不同解析：选B 有放回地取球3次，共27种可能结果，其中颜色全相同的结果有3种,3 1 24 8其概率为27= 9；颜色不全相同的结果有 24种，其概率为~-=-；颜色全不同的结果有 3种,I \jI \J其概率为2-=9；无红球的情况有8种，其概率为27,故选B .00 : 00到23: 59,每一时刻都由四个数字组成，则一解析：选 C 从五种不同属性的物质中随机抽取两种，有 （金，木）、（金，水）、（金,1D.一4801 3第1,2,3册的概率为（A.6B.3 C .2D.—解析：选B 所有基本事件为：123,132,213,231,312,321. 其中从左到右或从右到左恰2 1好为第1,2,3册包含2个基本事件，••• P=-=-.故选B.6 32•袋中有大小相同的黄、红、白球各一个，每次任取一个，有放回地取 3次，则1 * * 4 * * * 8是下列哪个事件的概率（） B.颜色不全同 天中任一时刻显示的四个数字之和为23的概率为（D.无红球3.电子钟一天显示的时间是从火)、(金，土)、(木，水)、(木，火)、(木，土)、(水，火)、(水，土)、(火，土)，共10种等可能发生的结果.其中金克木，木克土，土克水，水克火，火克金，即相克的有5种，1则不相克的也是5种，所以抽取的两种物质不相克的概率为 2.5. 有四个大小、形状完全相同的小球，分别编号为1,2,3,4，现从中任取两个，则取出的小球中至少有一个号码为奇数的概率为___________ .解析：从四个小球中任取两个，有6种取法，其中两个号码都为偶数只有(2,4)这一种1 5取法，故其对立事件，即至少有一个号码为奇数的概率为 1 --=-.6 65 rv 1 答案：76Cj6. 在5瓶饮料中，有2瓶已过了保质期，从中任取2瓶，取到的全是已过保质期的饮料的概率为▲解析：设过保质期的2瓶记为a, b,没过保质期的3瓶用1,2,3表示，试验的结果为：(1,2) , (1,3) , (1 , a), (1 , b) , (2,3) , (2 , a), (2 , b) , (3 , a), (3 , b), (a, b)1 7共10种结果，2瓶都过保质期的结果只有1个，••• P= 10.答案：17. 设a, b随机取自集合{1,2,3},则直线ax+ by + 3= 0与圆x2+ y2= 1有公共点的概率是.解析：将a , b 的取值记为(a , b),则有(1,1) , (1,2) , (1,3) , (2,1) , (2,2) , (2,3), yyX(3.1) , (3,2) , (3,3),共9 种可能.3当直线与圆有公共点时，可得—旨1,从而符合条件的有(1,3) , (2,3) , (3,1),'■'a + b(3.2) , (3,3),共5种可能，故所求概率为5.答案：5&小李在做一份调查问卷，共有5道题，其中有两种题型，一种是选择题，共3道，另一种是填空题，共2道.(1) 小李从中任选2道题解答,每一次选1题(不放回)，求所选的题不是同一种题型的概率；(2) 小李从中任选2道题解答,每一次选1题(有放回)，求所选的题不是同一种题型的概率.解：将3道选择题依次编号为1,2,3 ; 2道填空题依次编号为4,5.(1)从5道题中任选2道题解答，每一次选1题(不放回)，则所有基本事件为(1,2), (1.3) ，(1,4)，(1,5)，(2,1)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,1)，(3,2)，(3,4)，(3,5)，(4,1)，(4,2) ，(4,3) ，(4,5)，(5,1) ，(5,2)，(5,3)，(5,4)，共20 种，而且这些基本事件发生的可能性是相等的.设事件A为“所选的题不是同一种题型”，则事件A包含的基本事件有(1,4) , (1,5), (2.4) , (2,5) , (3,4) , (3,5) , (4,1) , (4,2) , (4,3) , (5,1) , (5,2) , (5,3)，共12 种，12所以RA) = 20= 0.6.(2)从5道题中任选2道题解答，每一次选1题(有放回)，则所有基本事件为(1,1),(1,2) , (1,3) , (1,4) , (1,5) , (2,1) , (2,2) , (2,3) , (2,4) , (2,5) , (3,1) , (3,2) , (3,3), (3,4) , (3,5) , (4,1) , (4,2) , (4,3) , (4,4) , (4,5) , (5,1) , (5,2) , (5,3) , (5,4) , (5,5),共25种，而且这些基本事件发生的可能性是相等的.设事件B为“所选的题不是同一种题型”，由(1)知所选题不是同一种题型的基本事件, 12共12 种，所以P( B) = 25 = 0.48.9.(山东高考)袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为1,2,3 ;蓝色卡片两张，标号分别为1,2.(1) 从以上五张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率;(2) 向袋中再放入一张标号为0的绿色卡片，从这六张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率.解：(1)标号为1,2,3的三张红色卡片分别记为A B, C,标号为1,2的两张蓝色卡片分别记为D, E,从五张卡片中任取两张的所有可能的结果为：(A B), (A, C) , (A, D), (A, E) , (B, C , (B, D) , (B, E) , (C, D) , (C E) , (D E)，共10 种.由于每一张卡片被取到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的.从五张卡片中任取两张，这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的结果为：(A, D), (A , E), (B, D),共3 种.3所以这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的概率为10.(2)记F为标号为0的绿色卡片，从六张卡片中任取两张的所有可能的结果为：(A , B), (A, C), (A , D), (A , E) , (A, F), (B, C) , ( B, D) , (B, E), (B, F) , (C,D), (C, E), (C, F), (D, E), (D, F) , (E, F),共15 种.由于每一张卡片被取到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的.从六张卡片中任取两张，这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的结果为：(A ,D) , (A E) , (B, D) , (A, F) , ( B, F) , (C, F) , (D, F) , ( E, F)，共8 种.4的概率为15.所以这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于1B. 2881C.360解析：选C当“时”的两位数字的和小于9时，则“分”的那两位数字和要求超过14, 这是不可能的.所以只有“时”的和为9（即“09”或“18”），“分”的和为14（“59”）; 或者“时”的和为10（即“19”）, “分”的和为13（“49”或“ 58”）.共计有4种情况.因4 1一天24小时共有24X 60分钟，所以概率P= =—.故选C.24 X 60 3604. 古代“五行”学说认为：“物质分金、木、水、火、土五种属性，金克木、木克土、土克水、水克火、火克金.”从五种不同属性的物质中随机抽取两种，则抽取的两种物质不相克的概率为（）B-。
高中数学 第三章 概率 3.2 古典概型 3.2.1 古典概型的特征和概率计算公式教案 北师大版必
高中数学第三章概率3.2 古典概型3.2.1 古典概型的特征和概率计算公式教案北师大版必修3编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（高中数学第三章概率3.2 古典概型3.2.1 古典概型的特征和概率计算公式教案北师大版必修3）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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3。
2。
1古典概型的特征和概率计算公式课 题： 古典概型的特征和概率计算公式教学目标：1。
根据本节课的内容和学生的实际水平,通过模拟试验让学生理解古典概型的特征:试验结果的有限性和每一个试验结果出现的等可能性，观察类比各个试验，正确理解古典概型的两大特点；树立从具体到抽象、从特殊到一般的辩证唯物主义观点，培养学生用随机的观点来理性地理解世界，使得学生在体会概率意义2.鼓励学生通过观察、类比,提高发现问题、分析问题、解决问题的能力，归纳总结出古典概型的概率计算公式，掌握古典概型的概率计算公式；注意公式：P （A ）=总的基本事件个数包含的基本事件个数A 的使用条件-—古典概型，体现了化归的重要思想.掌握列举法，学会运用分类讨论的思想解决概率的计算问题，增强学生数学思维情趣.教学重点：理解古典概型的概念及利用古典概型求解随机事件的概率。
教学难点：如何判断一个试验是否是古典概型，分清在一个古典概型中某随机事件包含的基本事件的个数和试验中基本事件的总数.教学方法:讲授法课时安排：1课时教学过程:一、导入新课：(1)掷一枚质地均匀的硬币,结果只有2个，即“正面朝上”或“反面朝上”，它们都是随机事件。
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古 典 概 率
3、概率的性质
概 率 初 步
(1) 随机事件A的概率满足 0≤P(A)≤1 (2)必然事件的概率是1，不可能的事件的概率是0, 即 P(Ω) =1 ， P(Φ) =0.
如： 1、抛一铁块，下落。 是必然事件，其概率是1 2、在摄氏20度，水结冰。是不可能事件，其概率是0
例 题 分 析
温故而知新:
1．从事件发生与否的角度可将事件分为哪几类？
概 率 初 步
必然事件、不可能事件、随机事件
2．概率是怎样定义的？
一般地，如果随机事件A在n次试验中发生了m次，当试
验的次数n很大时，我们可以将事件A发生的频率
事件A发生的概率的近似值， 即
作为
m P ( A) n
,(其中P(A)为事件A发生的概率)
件为n,随机事件A所包含的基本事件数为m，我们 就用 m 来描述事件A出现的可能性大小，称它为 事件A的概率，记作P(A)，即有 p( A) m
n
n
.
我们把可以作古典概型计算的概率称为古典概率. 注： A即是一次随机试验的样本空间的一个子集， 而m是这个子集里面的元素个数；n即是一次随机 试验的样本空间的元素个数.
例 题 分 析
2、从含有两件正品a,b和一件次品c的三件产品中 每次任取1件，每次取出后不放回，连续取两次， 求取出的两件中恰好有一件次品的概率。
分析：样本空间
p( A)
概 率 初 步
事件A
m n
它们的元素个数n,m
公式 解：每次取一个，取后不放回连续取两次，其样本空间是 Ω={ (a,b), (a,c), (b,a),(b,c),(c,a), (c,b) }
考察两个试验 (1)掷一枚质地均匀的硬币的试验 正面向上 反面向上 六种随机事件
概 率 初 步
(2)掷一枚质地均匀的骰子的试验 基本事件
特点
(1)中有两个基本事件 (2)中有6个基本事件
(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．
古
典
概
率
概 率 初 步
概 率 初 步
解：试验的样本空间为 Ω={ab,ac,bc} ∴n = 3 用A表示“取出的两件中恰好有一件次品” 这一事件，则 A={ac,bc}
∴m=2
2 ∴P(A)= 3
巩 固 练 习
2、从1，2, 3，4, 5五个数字中，任取两数，求两数 都是奇数的概率.
概 率 初 步
解：试验的样本空间是 Ω={(12) , (13), (14) ,(15) ,(23), (24), (25), (34) ,(35) ,(45)}
3、概率的性质： 0≤P（A）≤1；
P(Ω)＝1，P(φ)=0.
考察下列现象，判断那些是随机现象，如果是随 机试验，则写出所有可能的结果：
概 率 初 步
1、抛一铁块，下落。 2、在摄氏20度，水结冰。 3、掷一颗均匀的骰子，其中可能出现的点数为1，2， 3，4，5，6.
4、连续掷两枚硬币，两枚硬币可能出现的正反面的
1、掷一颗均匀的骰子，求掷得偶数点的概率。
分析：先确定掷一颗均匀的骰子试验的样本空间Ω和掷得 偶数点事件A,再确定样本空间元素的个数n，和事件A的 元素个数m.最后利用公式即可。
概 率 初 步
解：掷一颗均匀的骰子，它的样本空间是 Ω={1, 2，3, 4，5，6} ∴n=6
而掷得偶数点事件A={2, 4，6} ∴m=3 3 1 ∴P(A) = 6 2
(2)等可能性：每个基本事件发生的机会是均等的.
3、古典概率
随机事件A包含的基本事件的个数 m p( A) 样本空间包含的基本事件的个数 n
课后作业：
课本 P97 习题3.2 No.1、2、3、4、5.
结果。 5、从装有红、黄、蓝三个大小形状完全相同的球的 袋中，任取两个球，其中可能出现不同色的两个 球的结果。
问题引入：
有红心1，2，3和黑桃4，5这5张扑克牌，将其牌 点向下置于桌上，现从中任意抽取一张，那么抽到的 牌为红心的概率有多大？
知识新授： 古 典 概 率
1、基本事件 在一个试验可能发生的所有结果中，那些不能 再分的最简单的随机事件称为基本事件。(其他事 什么是基本事件？它有什么特点？ 件都可由基本事件的和来描述)
3
7、一次发行10000张社会福利奖券，其中有1张 特等奖，2张一等奖，10张二等奖，100张三 等奖，其余的不得奖，则购买1张奖券能中奖 的概本事件
概 率 初 步
2、古典概型 (1)有限性：在随机试验中，其可能出现的结果有
有限个，即只有有限个不同的基本事件；
用A表示“取出的两件中恰好有一件次品”这一事件，则 A={ (a,c), (b,c), (c,a), (c,b) }
∴m=4
∴n = 6
4 2 ∴P(A) = 6 3
例 题 分 析
3、从含有两件正品a,b和一件次品c的三件产品中 每次任取1件，每次取出后放回，连续取两次，求 取出的两件中恰好有一件次品的概率. 解：有放回的连取两次取得两件，其一切可能的 结 果组成的样本空间是
2、古典概型 我们会发现，以上试验有两个共同特征： (1)有限性：在随机试验中，其可能出现的结果有 有限个，即只有有限个不同的基本事件； (2)等可能性：每个基本事件发生的机会是均等的. 我们称这样的随机试验为古典概型.
古 典 概 率
3、古典概率
概 率 初 步
一般地，对于古典概型，如果试验的基本事
5、作投掷二颗骰子试验，用(x,y)表示结果，其中x表示第一
概 率 初 步
颗骰子出现的点数，y表示第二颗骰子出现的点数，求：
(1)事件“出现点数之和大于8”的概率是 (2)事件“出现点数相等”的概率是
5 18
1 6
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6、 在掷一颗均匀骰子的实验中，则事件 1 Q={4，6}的概率是
概 率 初 步
Ω={ (a,a),(a,b),(a,c), (b,a), (b,b),(b,c),(c,a), (c,b),(c,c) }
概 率 初 步
∴n=9 用B表示“恰有一件次品”这一事件，则
B={ (a,c), (b,c), (c,a), (c,b) }
∴m=4
4 ∴P(B) = 9
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1、从含有两件正品a,b和一件次品c的三件产品中任取 2件，求取出的两件中恰好有一件次品的概率。
∴n=10 用A来表示“两数都是奇数”这一事件， 则 A={(13)，(15)，(3,5)}
∴m=3
3 ∴P(A)= 10
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3、同时抛掷1角与1元的两枚硬币，计算： 0.25 (1)两枚硬币都出现正面的概率是 (2)一枚出现正面，一枚出现反面的概率是 0.5 4、在一次问题抢答的游戏，要求答题者在问题所列出的 4个答案中找出唯一正确答案。某抢答者不知道正确答案 便随意说出其中的一个答案，则这个答案恰好是正确答 案的概率是 0.25