专题58:古典概型基本事件个数的四种求解方法
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 引言对于古典概型问题的求解,首先要做到这三方面的工作67]1[:一是明确分辨问题的性质,即是不是古典概型问题;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)一个一个地从中取出m (n 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]3[:表一其中mn m 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: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mn 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==mn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mn 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+=P P P A P .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n m m C C -+βαα,所以nm nmm CC 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=m n .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 kkCA 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。
古典概型的几种求法
可知,事件A包含的基本事件个数为4。于是由 古典概型的概率计算公式可得
4 1 P( A) 36 9
为什么要把两个骰子标上记号?如果不标记号会
思考与探究 出现什么情况?你能解释其中的原因吗? 如果不标上记号,类似于(1,2)和(2,1)的结果将没有区别。 这时,所有可能的结果将是: (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,和是5的结果有2个,它们是(1,4)(2,3),所求的 概率为 A所包含的基本事件的个数 2
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) 解: (2)由上表可知,向上的点数之和是5的结果有4种.
例3 同时掷两个骰子,计算: (3)向上的点数之和是5的概率是多少?
解:(3)记事件A表示“向上点数之和为5”,由(2)
我们探讨正确答案的所有结果: 如果只要一个正确答案是对的,则有4种; 如果有两个答案是正确的,则答案可以是(A、B) (A、C)(A、D)(B、C)(B、D) (C、D)6种 如果有三个答案是正确的,则答案可以是(A、B、C) (A、B、D) (A、C、D)(B、C、D)4种
所有四个都正确,则正确答案只有1种
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)
专题58:古典概型基本事件个数的四种求解方法
专题58:古典概型基本事件个数的四种求解方法(1)枚举法例1(2012江苏卷,T6)现有10个数,它们能构成一个以1为首项,-3为公比的等比数列,若从这10个数中随机抽取一个数,则它小于8的概率.例2.(2010山东卷T19)一个袋中装有四个形状大小完全相同的球,球的编号分别为1,2,3,4.(1)从袋中随机抽取两个球,求取出的球的编号之和不大于4的概率;(2)先从袋中随机取一个球,该球的编号为m,将球放回袋中,然后再从袋中随机取一个球,该球的编号为n,求n<m+2的概率.(2)列表法当实验是两步实验,而且每一步的结果较少时也可以用枚举法,但当每一步的实验结果较多时,列表法就比较有优势例3:同桌两人玩游戏掷骰子游戏,每人掷一次骰子并计算两次点数之和的奇偶性来决定胜负,甲选定奇数,乙选定偶数,这个游戏规则对双方是否公平?例4:从含有三件正品和两件次品的五件产品中,先后任取两件,根据下列条件,求恰有一件正品的概率:(1)第一次抽取是无放回的;(2)第一次抽取是有放回的;解析:设三件正品分别为A、B、C;两件次品分别为:M、N;目二于是,此时恰有一件正品的概率为12200.1)第一次抽取是无放回的基本事件如下:显然,基本事件的总数为2°,其中,同时含A、B、C中一个,再含M、N中一个的基本事件个数为吃2)第一次抽取是有放回的基本事件如下:显然,基本事件的总数为2’,其中,同时含A、B、C中一个,再含M、N中一个的基本事件个数为12于是,此时恰有一件正品的概率为?刁点评:本题的基本事件借助于矩形列举法,通过上述的矩形,很容易揭示基本事件的构成规律,抓住这个规律,很快写出了所有的基本事件。
演练:同时抛两个骰子,求向上的点数之和为7的概率。
解:把两个骰子着色红与蓝,用X表示红骰子出现的点数,用》表示蓝骰子出现的点数,再用数对「兀刃来表示出现的可能结果,其基本事件如下:共个结果;将向上的点数之和为7的结果记为事件貝;由于,出现向上的点数之和为7的结果分别为共六种情况;那么(3)树形图法当实验是三步实验,甚至是更多步实验时,枚举和列表法就不是太好用了,此时树形图可以让基本事件清晰地展示出来.例5若同时抛三枚硬币,则出现“一正两反”的概率为.例6口袋里装有2个白球和2个黑球,这4个球除颜色外完全相同,4个人按顺序依次从中摸出一球,试计算第二个人摸到白球的概率.(A)10(B)t(C)4(D)例7:用1,2,3,4组成的各位数字不重复的四位数,求该四位数中大于3242的概率解析:用树形图列举所有满足条件的四位数如下结合树形图,可知所有的四位数分别为:1342,1324,1432,1423,1234,1243,2413, 2431,2143,2134,2314,2341,2143,2134,2314,2341,3142,3124,3214,3242,3412,3421,4132,4123,4312,4321,4231,4213;由此可得四位数的个数为24个,其中大于3242的有8个,那么,大于3242的概率为 81 二一演练从长度分别为3、4、5、7、9的5条线段中任取3条,能构成三角形的概率为()解:用树形图列举所有可能的三条线段如下:结合树形图,可知基本事件为“3*”“34/7”“阳円“4昇^9”“”“3?月”^共10个苴中有四个“3°,”“34.9”6__3"4;月”不能构成三角形;故能构成三角形的概率为,选B;四) 三角形列举法例3、一个盒子里装有标号为1,2,…,9的9个标签,随机的抽取两个1)2号签被抽出的概率是多少?2)2号签或3号签被抽出的概率是多少?解析:基本事件如下:显然,基本事件的总数为"(1)2号签被抽出的基本事件在三角形中的第二行及第一行中的第一个,共8个。
古典概型问题的求解技巧
高考数学复习点拨:古典概型问题的求解技巧古典概型问题的求解技巧山东尹征曹贤波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搭配个数的困难.因此,学习中有必要掌握一定的求解技巧.一、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,从袋中任意取出两个,求下列事件的概率.(1)取出的两球都是白球;(2)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个小球中任取两个的所有可能结果如下:(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个球中任取两个,所取的两球全是白球的方法数,即是从4个白球中任取两个的方法数,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:;(2)从袋中的6个球中任取两个,其中一个是红球,而另一个为白球,其取法包括(1,5),(1,6),(2,5),(2,6),(3,5),(3,6),(4,5),(4,6),共8个. ∴取出的两个球一个是白球,另一个是红球的概率为:.二、巧用图表由于古典概型问题中基本事件个数有限,故通过图表可以形象,直观地解决这类问题.例2 一个口袋内装有大小相等的1个白球和已编有不同号码的3个黑球,从中摸出2个球,求摸出2个黑球的概率. 分析:运用集合中的Venn图直观分析.解:如图所示,所有结果组成的集合U含有6个元素,故共有6种不同的结果.U的子集A有3个元素,故摸出2个黑球有3种不同的结果. 因此,摸出2个黑球的概率是:.三、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3 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:.至少有一个5点或6点的概率为.四、活用对称性例4 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?解析:由于A,B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.。
高中数学古典概型中编号问题
高中数学古典概型中的编号问题摘要:解决古典概型问题的关键是找出事件a包含的基本事件个数以及基本事件的总数,在抛掷硬币或抛掷骰子或摸球试验中,学生中常常出现基本事件个数不易判断的问题,如果能够理解编号问题的实质,并把他应用到解决古典概型乃至排列组合和随机变量的分布列的问题中,一些易混淆的问题会迎刃而解。
关键词:古典概型编号抛掷骰子抛掷硬币在古典概型的教学中,对于抛掷两枚硬币和两枚骰子所包含的基本事件总数时,对于先编号的方法,很多老师讲课时都是一代而过,也没有给学生充足的时间理解和分析,导致学生不能把握编号的本质,为今后的排列和组合等相关知识的学习埋下隐患。
学好概率的关键是明确概率模型。
古典概型是我们遇到的基本概率模型,古典概型有两个重要特征:(1)每个基本事件的发生都是等可能的;(2)所有的基本事件只有有限个。
一个模型只有满足这两个特征时,才能用下面的计算随机事件的概率公式:这是把握古典概型问题的关键。
但是在教学中,不能让学生机械的套用这两条特征,而应该给学生充分的时间理解和把握他的本质。
例如,在处理古典概型的问题中,我们常常会碰到这样一个问题:同时抛两枚质地均匀的硬币,求两枚都正面向上的概率。
这是一道常见而且很简单的题目,老师在教学中也常常给学生分析为:解决该题的关键是将样本空间看成{正正、正反、反反}还是看成{正正、正反、反正、反反}。
我们知道实际上每枚硬币的每个面向上是等可能的,因此一号硬币正面和二号硬币反面和一号硬币反面和二号硬币正面是不同的两个基本事件,所以样本空间应看成是{正正、正反、反正、反反},概率应为p(a)=对于这样的解释,表面看来毫无问题,学生可能一时也觉得很有道理,似乎也没什么疑问,然而仔细挖掘起来,这里还有很多细节问题没有搞清楚:首先,两枚硬币为什么要编号?不编号的情况跟编号的情况比较起来,有哪些不同?这里为什么一定要用等可能的四种结果{正正、正反、反正、反反}来处理,换成{正正、正反、反反}为什么不行?类似的还有:同时掷出两个骰子,不分先后,为什么不是21种结果而是36个?显然,这样的疑问也常常存在于学生之中。
高二数学古典概型知识点
2019学年高二数学古典概型知识点古典概型是一种概率模型,是概率论中最直观和最简单的模型,小编准备了高二数学古典概型知识点,具体请看以下内容。
知识点总结本节主要包括古典概型的特征、古典概型的概率计算公式等主要知识点。
其中主要是理解和掌握古典概型的概率计算公式,这个并不难。
1、古典概型(1)定义:如果试验中所有可能出现的基本事件只有有限个,并且每个基本事件出现的可能性相等,则称此概率为古典概型。
(2)特点:①试验结果的有限性②所有结果的等可能性(3)古典概型的解题步骤;①求出试验的总的基本事件数 ;②求出事件A所包含的基本事件数 ;2、基本事件是事件的最小单位,所有事件都是由基本事件组成的,基本事件有下列两个特点:①任何两个基本事件都是互斥的;②任何事件都可以表示成基本事件的和(不可能事件除外)。
常见考法本节在段考中,一般以选择题、填空题和解答题的形式考查古典概型的特征、古典概型的概率计算公式等知识点,属于中档题。
在高考中多融合在离散型随机变量的分布列中考查古典概型的概率计算公式,属于中档题,先求出各个基本量再代入即可解答。
误区提醒在求试验的基本事件时,有时容易计算出错。
基本事件是事件的最小单位,所有事件都是由基本事件组成的,基本事件有下列两个特点:①任何两个基本事件都是互斥的;②任何事件都可以表示成基本事件的和(不可能事件除外)。
【典型例题】例1 如图,四边形ABCD被两条对角线分成四个小三角形,若每个小三角形用4种不同颜色中的任一种涂染,求出现相邻三角形均不同色的概率.解:若不考虑相邻三角形不同色的要求,则有44=256(种)涂法,下面求相邻三角形不同色的涂法种数:①若△AOB与△COD同色,它们共有4种涂法,对每一种涂法,△BOC与△AOD各有3种涂法,所以此时共有433=36(种)涂法.②若△AOB与△COD不同色,它们共有43=12(种)涂法,对每一种涂法△BOC与△AOD各有2种涂法,所以此时有4322=48(种)涂法.故相邻三角形均不同色的概率例2 盒中有6只灯泡,其中2只次品,4只正品,有放回地从中任取2次,每次只取1只,试求下列事件的概率:(1)取到的2只都是次品;(2)取到的2只中正品、次品各1只;(3)取到的2只中至少有1只正品.解:从6只灯泡中有放回地任取2次,每次只取1只,共有62=36(种)不同取法.。
古典概型四类重难点分析
古典概型四类重点题型古典概型一种十分重要的概率模型,是学习概率与统计的起点,注意古典概型的两个特征:(1)所有的基本事件只有有限个;(2)每个基本事件的发生都是等可能的.只有在同时满足(1)、(2)的条件下,运用的古典概型计算公式P (A )=n m 得出的结果才是正确的。
下面就古典概型的四种重要题型举例解析如下:一、概念辨析题例1.判断下列命题正确与否.(1)先后抛掷两枚均匀硬币,有人说一共出现“两枚正面”,“两枚反面”,“一枚正面,一枚反面”三种结果,因此出现“一枚正面,一枚反面”的概率是31; (2)射击运动员向一靶心进行射击.试验的结果为:命中10环,命中9环,……,命中0环,这个试验是古典概型.(3)袋中装有大小均匀的四个红球,三个白球,两个黑球,那么每种颜色的球被摸到的可能性相同.【思路点拨】根据每一次试验的意义和每个基本事件的含义进行判断.【解】所有命题均不正确.(1)应为4种结果,还有一种是“一枚反面,一枚正面”.(2)不是古典概型,因为命中10环,命中9环,…命中0环不是等可能的.(3)摸到红球的概率为94,白球的概率为31,黑球的概率为92. 【方法技巧】弄清每一次试验的意义及每个基本事件的含义是解决问题的前提,正确把握各个事件的相互关系是解决问题的重要方面,判断一次试验中的基本事件,一定要从其可能性入手,加以区分而一个试验是否是古典概型要看其是否满足有限性和等可能性.二、写出基本事件且求其概率例2 做如下试验:“将一枚均匀硬币抛掷两次”.(1)试用列举法写出该试验所包含的基木事件;(2)事件A “两次都出现正面”包含几个基本事件?(3)事件B “一次出现正面,一次出现反面”含有的基本事件是什么?(4)计算P(A)和P(B).【思路点拨】试验“将一枚均匀硬币抛掷两次”中,由于出现的结果有限,每次只能有一种结果(一枚硬币要么正面朝上,要么反面朝上),且每种结果出现的可能性是相同的,所以该试验是古典概型.当试验的结果较少时,可用列举法将所有试验结果一一列出,这是最基本、最直观的方法.同样地可把事件A 或事件B 所含的基本事件一一列出.计算古典概型的概率关键是确定m,n.【解】(1)试验“将一枚均匀硬币抛掷两次”所出现的所有基本事件如下: (正,正)、(正,反)、(反,正)、(反,反)共4种等可能的结果.(2)事件A 包含的基本事件只有一个,即(正,正).(3)事件B 包含的基本事件有两个,即(正,反)和(反,正).(4)P(A)=41,P(B)=2142=. 【方法技巧】本题在求试验的基本事件总数时,用枚举法将所有结果一一列举出来、直观而具体,但应把握列举的原则,不要出现重复和遗漏.三、求简单古典概型的概率例3 如图,在一个木制的棱长为3的正方体表面涂上颜色,将它的棱3等分,然后从等分点把正方体锯开,得到27个棱长为1的小正方体,将这些小正方体充分混合后,装入一个口袋中.(1)从这个口袋中任意取出1个小正方体,这个小正方体的表面恰好没有颜色的概率是多少?(2)从这个口袋中同时任意取出2个小正方体,其中1个小正方体恰好有1个面涂有颜色,另1个小正方体至少有2个面涂有颜色的概率是多少?【思路点拨】该模型为古典概型,基本事件个数是有限的,并且每个基本事件的发生是等可能的.【解】在27个小正方体中,恰好3个面都涂有颜色的共8个,恰好2个面涂有颜色的共12个,恰好1个面涂有颜色的共6个,表面没涂颜色的1个.(1)27个小正方体中任意取出1个,共有127C = 27种等可能的结果.因为在27个小正方体中,表面没涂颜色的只有1个,所以从这个口袋中任意取出1个小正方体,而这个小正方体的表面恰好没涂颜色的概率是271=P . (2)从27个小正方体中,同时任取2个,共有227C 种等可能的结果.在这些结果中,有1个小正方体恰好有1个面涂有颜色,另1个小正方体至少有2个面涂有颜色包含的结果有)(1811216C C C +种.所以从这个口袋中同时任意取出2个小正方体,其中1个小正方体恰好有1个面涂有颜色,另1个小正方体至少有2个面涂有颜色的概率是11740)(2271811216=+=C C C C P . 【方法技巧】(1)计算古典概型事件的概率可分三步:①算出基本事件的总个数n;②求出事件A 所包含的基本事件个数m ;③代入公式求出概率P.(2)含有“至多”“至少”等类型的概率问题,从正面突破比较困难或者比较繁琐时,可考虑其反面,即对立事件,然后应用对立事件的性质)(1)(A P A P -=进一步求解.四、复杂的古典概型的概率的求法例4 甲、乙二人用4张扑克牌(分别是红桃2、红桃3、红桃4、方片4)玩游戏,他们将扑克牌洗匀后,背面朝上放在桌面上,甲先抽,乙后抽,抽出的牌不放回,各抽一张.(1)设(I,j)分别表示甲、乙抽到的牌的数字,写出甲、乙二人抽到的牌的所有情况;(2)若甲抽到红桃3,则乙抽出的牌的牌面数字比3大的概率是多少?(3)甲、乙约定:若甲抽到的牌的牌面数字比乙大,则甲胜,反之,则乙胜.你认为此游戏是否公平,说明你的理由.【思路点拨】因为共有4张牌,基本事件的总数是有限的,而且每张牌被抽到是等可能的,因此是古典概型,另外要注意牌是不放回摸牌,每次摸出的牌不能重复.【解】(1)甲、乙二人抽到的牌的所有情况(方片4用4’表示,其他用相应的数字表示)为:(2,3),(2,4),(2,4’),(3,2),(3,4),(3,4’),(4,2),(4,3),(4,4’),(4’,2),(4’,3),(4’,4)共12种不同情况.(2)甲抽到3,乙抽到的牌只能是2,4,4’,因此乙抽到的牌的牌面数字比3大的概率为32. (3)甲抽到的牌的牌面数字比乙大的情况有(3,2,(4,2),(4,3),(4’,2),(4’,3)共5种,故甲胜的概率1251=P ,同理乙胜的概率为1252=P .因为P 1= P 2,所以此游戏公平. 【方法技巧】本题属于求较复杂事件的概率,关键是理解题目的实际含义,把实际问题转化为概率模型,联想掷骰子试验,把红桃2,红桃3,红桃4和方片4分别用数字2,3,4,4’表示,抽象出基本事件,把复杂事件用简单事件表示,列举出总体I 包含的基本事件的个数n 及事件A 包含的基本事件的个数m ,用公式nm I card A card A P ==)()()(求解.必要时将所求事件转化成彼此互斥的事件的和,或者先去求对立事件的概率,进而再用互斥事件的概率加法公式或对立事件的概率公式求出所求事件的概率.。
新高考 核心考点与题型 概率 第2讲 古典概型 - 解析
第2讲 古典概型【考情考向分析】全国卷对古典概型每年都会考查,主要考查实际背景的可能事件,通常与互斥事件、对立事件一起考查.在高考中单独命题时,通常以选择题、填空题形式出现,属于中低档题;与统计等知识结合在一起考查时,以解答题形式出现,属中档题。
知 识 梳 理1.基本事件的特点(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. 2.古典概型 具有以下两个特征(1)试验的所有可能结果只有有限个,每次试验只出现其中的一个结果.如从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.(2)每一个试验结果出现的可能性相同.如向上抛掷一枚不均匀的旧硬币,求正面朝上的概率;3.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1n ;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 )=m n .4.古典概型的概率公式P (A )=事件A 包含的可能结果数试验的所有可能结果数.[微点提醒]概率的一般加法公式P (A ∪B )=P (A )+P (B )-P (A ∩B )中,易忽视只有当A ∩B =∪, 即A ,B 互斥时,P (A ∪B )=P (A )+P (B ),此时P (A ∩B )=0.考点一 基本事件及古典概型的判断【例1】 袋中有大小相同的5个白球,3个黑球和3个红球,每球有一个区别于其他球的编号,从中摸出一个球.(1)有多少种不同的摸法?如果把每个球的编号看作一个基本事件建立概率模型,该模型是不是古典概型? (2)若按球的颜色为划分基本事件的依据,有多少个基本事件?以这些基本事件建立概率模型,该模型是不是古典概型?解(1)由于共有11个球,且每个球有不同的编号,故共有11种不同的摸法.因为所有球大小相同,因此每个球被摸中的可能性相等,故以球的编号为基本事件的概率模型为古典概型. (2)由于11个球共有3种颜色,因此共有3个基本事件,分别记为A :“摸到白球”,B :“摸到黑球”,C :“摸到红球”,又因为所有球大小相同,所以一次摸球每个球被摸中的可能性均为111,而白球有5个,故一次摸球摸到白球的可能性为511,同理可知摸到黑球、红球的可能性均为311,显然这三个基本事件出现的可能性不相等,故以颜色为划分基本事件的依据的概率模型不是古典概型. 规律方法 古典概型中基本事件个数的探求方法:(1)枚举法:适合于给定的基本事件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,注意在确定基本事件时(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:在求一些较复杂的基本事件个数时,可利用排列或组合的知识.【变式】 甲、乙两人用4张扑克牌(分别是红桃2、红桃3、红桃4、方片4)玩游戏,他们将扑克牌洗匀后,背面朝上放在桌面上,甲先抽,乙后抽,抽出的牌不放回,各抽1张. (1)写出甲、乙抽到牌的所有情况.(2)甲、乙约定,若甲抽到的牌的数字比乙大,则甲胜,否则乙胜,你认为此游戏是否公平?为什么? 解 (1)设(i ,j )表示(甲抽到的牌的数字,乙抽到的牌的数字),则甲、乙二人抽到的牌的所有情况(方片4用4′表示)为(2,3),(2,4),(2,4′),(3,2),(3,4),(3,4′),(4,2),(4,3),(4,4′),(4′,2),(4′,3),(4′,4),共12种.(2)由(1)可知甲抽到的牌的牌面数字比乙大有(3,2),(4,2),(4,3),(4′,2),(4′,3),共5种情况,∪甲胜的概率p =512,∪512≠12,∪此游戏不公平.考点二 简单的古典概型的概率【例2】 (1)两名同学分3本不同的书,其中一人没有分到书,另一人分得3本书的概率为( ) A.12B.14C.13D.16(2)设袋子中装有3个红球,2个黄球,1个蓝球,规定:取出一个红球得1分,取出一个黄球得2分,取出一个蓝球得3分,现从该袋子中任取(有放回,且每球取得的机会均等)2个球,则取出此2球所得分数之和为3分的概率为________.解析 (1)两名同学分3本不同的书,基本事件有(0,3),(1a ,2),(1b ,2),(1c ,2),(2,1a ),(2,1b ),(2,1c ),(3,0),共8个,其中一人没有分到书,另一人分到3本书的基本事件有2个,∪一人没有分到书,另一人分得3本书的概率p =28=14.(2)袋子中装有3个红球,2个黄球,1个蓝球,规定:取出一个红球得1分,取出一个黄球得2分,取出一个蓝球得3分,现从该袋子中任取(有放回,且每球取得的机会均等)2个球,基本事件总数n =6×6=36,取出此2球所得分数之和为3分,包含第一次抽到红球,第二次抽到黄球或者第一次抽到黄球,第二次抽到红球,基本事件个数m =2×3+3×2=12,所以取出此2球所得分数之和为3分的概率p =m n =1236=13.规律方法 计算古典概型事件的概率可分三步:(1)计算基本事件总个数n ;(2)计算事件A 所包含的基本事件的个数m ;(3)代入公式求出概率p .【变式1】 同学聚会上,某同学从《爱你一万年》《十年》《父亲》《单身情歌》四首歌中选出两首歌进行表演,则《爱你一万年》未被选取的概率为( ) A.13B.12C.23D.56【变式2】用1,2,3,4,5组成无重复数字的五位数, 若用a 1,a 2,a 3,a 4,a 5分别表示五位数的万位、千位、百位、十位、个位数字,则出现a 1<a 2<a 3>a 4>a 5的五位数的概率为________.解析 (1)从四首歌中任选两首共有C 24=6种选法,不选取《爱你一万年》的方法有C 23=3种,故所求的概率为p =36=12.(2)用1,2,3,4,5组成无重复数字的五位数,基本事件总数n =A 55,用a 1,a 2,a 3,a 4,a 5分别表示五位数的万位、千位、百位、十位、个位数字,出现a 1<a 2<a 3>a 4>a 5的五位数有:12543,13542,23541,34521,24531,14532,共6个,∪出现a 1<a 2<a 3>a 4>a 5的五位数的概率p =6A 55=120.考点三 古典概型的交汇问题多维探究角度1 古典概型与平面向量的交汇【例1】 设平面向量a =(m ,1),b =(2,n ),其中m ,n ∪{1,2,3,4},记“a ∪(a -b )”为事件A ,则事件A 发生的概率为( ) A.18B.14C.13D.12解析 有序数对(m ,n )的所有可能情况为4×4=16个,由a ∪(a -b )得m 2-2m +1-n =0,即n =(m -1)2.由于m ,n ∪{1,2,3,4},故事件A 包含的基本事件为(2,1)和(3,4),共2个,所以P (A )=216=18.角度2 古典概型与解析几何的交汇【例2】 将一颗骰子先后投掷两次分别得到点数a ,b ,则直线ax +by =0与圆(x -2)2+y 2=2有公共点的概率为________.解析 依题意,将一颗骰子先后投掷两次得到的点数所形成的数组(a ,b )有6×6=36种,其中满足直线ax +by =0与圆(x -2)2+y 2=2有公共点,即满足2aa 2+b2≤2,即a ≤b 的数组(a ,b )有(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),…,(6,6),共6+5+4+3+2+1=21种,因此所求的概率为2136=712.角度3 古典概型与函数的交汇【例3】 已知函数f (x )=13x 3+ax 2+b 2x +1,若a 是从1,2,3三个数中任取的一个数,b 是从0,1,2三个数中任取的一个数,则该函数有两个极值点的概率为( ) A.79B.13C.59D.23解析 f ′(x )=x 2+2ax +b 2,由题意知f ′(x )=0有两个不等实根,即Δ=4(a 2-b 2)>0,∪a >b ,有序数对(a ,b )所有结果为3×3=9种,其中满足a >b 有(1,0),(2,0),(3,0),(2,1),(3,1),(3,2)共6种,故所求概率p =69=23.角度4 古典概型与统计的交汇【例4】某中学组织了一次数学学业水平模拟测试,学校从测试合格的男、女生中各随机抽取100人的成绩进行统计分析,分别制成了如图所示的男生和女生数学成绩的频率分布直方图.(注:分组区间为[60,70),[70,80),[80,90),[90,100])(1)若得分大于或等于80认定为优秀,则男、女生的优秀人数各为多少?(2)在(1)中所述的优秀学生中用分层抽样的方法抽取5人,从这5人中任意选取2人,求至少有一名男生的概率.解 (1)由题可得,男生优秀人数为100×(0.01+0.02)×10=30,女生优秀人数为100×(0.015+0.03)×10=45. (2)因为样本容量与总体中的个体数的比是530+45=115,所以样本中包含的男生人数为30×115=2,女生人数为45×115=3.则从5人中任意选取2人共有C 25=10种,抽取的2人中没有一名男生有C 23=3种,则至少有一名男生有C 25-C 23=7种.故至少有一名男生的概率为p =710,即选取的2人中至少有一名男生的概率为710. 规律方法 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,然后利用古典概型的有关知识解决,一般步骤为:(1)将题目条件中的相关知识转化为事件; (2)判断事件是否为古典概型; (3)选用合适的方法确定基本事件个数; (4)代入古典概型的概率公式求解.【变式】 已知某中学高三理科班学生的数学与物理的水平测试成绩抽样统计如下表:若抽取学生n 人,成绩分为A (优秀),B (良好),C (及格)三个等级,设x ,y 分别表示数学成绩与物理成绩,例如:表中物理成绩为A 等级的共有14+40+10=64人,数学成绩为B 等级且物理成绩为C 等级的共有8人.已知x 与y 均为A 等级的概率是0.07.(1)设在该样本中,数学成绩的优秀率是30%,求a ,b 的值;(2)已知a ≥7,b ≥6,求数学成绩为A 等级的人数比C 等级的人数多的概率. (1)由题意知14n=0.07,解得n =200,∪14+a +28200×100%=30%,解得a =18,易知a +b =30,所以b =12.(2)由14+a +28>10+b +34得a >b +2,又a +b =30且a ≥7,b ≥6,则(a ,b )的所有可能结果为(7,23),(8,22),(9,21),…,(24,6),共18种,而a >b +2的可能结果为(17,13),(18,12),…,(24,6),共8种,则所求概率p =818=49.基础巩固题组 (建议用时:40分钟)一、选择题1.集合A ={2,3},B ={1,2,3},从A ,B 中各任意取一个数,则这两数之和等于4的概率是( ) A.23B.12C.13D.16解析 从A ,B 中任意取一个数,共有C 12·C 13=6种情形,两数和等于4的情形只有(2,2),(3,1)两种,∪p =26=13. 2.设m ,n ∪{0,1,2,3,4},向量a =(-1,-2),b =(m ,n ),则a ∪b 的概率为( ) A.225B.325C.320D.15解析 a ∪b ∪-2m =-n ∪2m =n ,所以⎩⎪⎨⎪⎧m =0,n =0或⎩⎪⎨⎪⎧m =1,n =2或⎩⎪⎨⎪⎧m =2,n =4,因此概率为35×5=325.3.某同学先后投掷一枚骰子两次,第一次向上的点数记为x ,第二次向上的点数记为y ,在平面直角坐标系xOy 中,以(x ,y )为坐标的点在直线2x -y =1上的概率为( ) A.112B.19C.536D.16解析 先后投掷一枚骰子两次,共有6×6=36种结果,满足题意的结果有3种,即(1,1),(2,3),(3,5),所以所求概率为336=112.4.齐王与田忌赛马,田忌的上等马优于齐王的中等马,劣于齐王的上等马,田忌的中等马优于齐王的下等马,劣于齐王的中等马,田忌的下等马劣于齐王的下等马,现从双方的马匹中随机选一匹进行一场比赛,则田忌的马获胜的概率为( ) A.13B.14C.15D.16解析 分别用A ,B ,C 表示齐王的上、中、下等马,用a ,b ,c 表示田忌的上、中、下等马,现从双方的马匹中随机选一匹进行一场比赛有Aa ,Ab ,Ac ,Ba ,Bb ,Bc ,Ca ,Cb ,Cc 共9场比赛,其中田忌马获胜的有Ba ,Ca ,Cb 共3场比赛,所以田忌马获胜的概率为13.5.将一个骰子连续掷3次,它落地时向上的点数依次成等差数列的概率为( ) A.112B.19C.115D.118解析 一个骰子连续掷3次,落地时向上的点数可能出现的组合数为63=216种.落地时向上的点数依次成等差数列,当向上点数若不同,则为(1,2,3),(1,3,5),(2,3,4),(2,4,6),(3,4,5),(4,5,6),共有2×6=12种情况;当向上点数相同,共有6种情况.故落地时向上的点数依次成等差数列的概率为12+6216=112. 二、填空题6.小明忘记了微信登录密码的后两位,只记得最后一位是字母A ,a ,B ,b 中的一个,另一位是数字4,5,6中的一个,则小明输入一次密码能够成功登陆的概率是________.解析 小明输入密码后两位的所有情况有C 14·C 13=12种,而能成功登陆的密码只有一种,故小明输入一次密码能够成功登陆的概率是112. 7.若m 是集合{1,3,5,7,9,11}中任意选取的一个元素,则椭圆x 2m +y 22=1的焦距为整数的概率为________.解析 m 是集合{1,3,5,7,9,11}中任意选取的一个元素,∪基本事件总数为6,又满足椭圆x 2m +y 22=1的焦距为整数的m 的取值有1,3,11,共有3个,∪椭圆x 2m +y 22=1的焦距为整数的概率p =36=12.8.某食堂规定,每份午餐可以在四种水果中任选两种,则甲、乙两同学各自所选的两种水果相同的概率为________.解析 甲同学从四种水果中选两种,选法种数有C 24,乙同学的选法种数为C 24,则两同学的选法种数为C 24·C 24,两同学各自所选水果相同的选法种数为C 24,由古典概型概率计算公式可得,甲、乙两同学各自所选的两种水果相同的概率为p =C 24C 24C 24=16.三、解答题9.如图所示的茎叶图记录了甲、乙两组各四名同学的植树棵数,其中有一个数据模糊,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. 解 (1)当X =8时,由茎叶图可知,乙组四名同学的植树棵数分别是8,8,9,10,故x -=8+8+9+104=354,s 2=14×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫8-3542×2+⎝⎛⎭⎫9-3542+⎝⎛⎭⎫10-3542=1116.(2)当X =9时,记甲组四名同学分别为A 1,A 2,A 3,A 4,他们植树的棵数依次为9,9,11,11;乙组四名同学分别为B 1,B 2,B 3,B 4,他们植树的棵数依次为9,8,9,10.分别从甲、乙两组中随机选取一名同学,其包含的基本事件为{A 1,B 1},{A 1,B 2},{A 1,B 3},{A 1,B 4},{A 2,B 1},{A 2,B 2},{A 2,B 3},{A 2,B 4},{A 3,B 1},{A 3,B 2},{A 3,B 3},{A 3,B 4},{A 4,B 1},{A 4,B 2},{A 4,B 3},{A 4,B 4},共16个.设“选出的两名同学的植树总棵数为19”为事件C ,则事件C 中包含的基本事件为{A 1,B 4},{A 2,B 4},{A 3,B 2},{A 4,B 2},共4个.故P (C )=416=14.10.某市A ,B 两所中学的学生组队参加辩论赛,A 中学推荐了3名男生、2名女生,B 中学推荐了3名男生、4名女生,两校所推荐的学生一起参加集训.由于集训后队员水平相当,从参加集训的男生中随机抽取3人、女生中随机抽取3人组成代表队.(1)求A 中学至少有1名学生入选代表队的概率;(2)某场比赛前,从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛,求参赛女生人数不少于2人的概率.解 (1)由题意,参加集训的男、女生各有6名.参赛学生全从B 中学抽取(等价于A 中学没有学生入选代表队)的概率为C 33C 34C 36C 36=1100,因此,A 中学至少有1名学生入选代表队的概率为1-1100=99100.(2)设“参赛的4人中女生不少于2人”为事件A ,记“参赛女生有2人”为事件B ,“参赛女生有3人”为事件C .则P (B )=C 23C 23C 46=35,P (C )=C 33C 13C 46=15.由互斥事件的概率加法公式,得P (A )=P (B )+P (C )=35+15=45,故所求事件的概率为45.能力提升题组 (建议用时:20分钟)11.已知函数f (x )=12ax 2+bx +1,其中a ∪{2,4},b ∪{1,3},从f (x )中随机抽取1个,则它在(-∞,-1]上是减函数的概率为( ) A.12B.34C.16D.0解析 f (x )共有四种等可能基本事件即(a ,b )取(2,1),(2,3),(4,1),(4,3),记事件A 为f (x )在(-∞,-1]上是减函数,由条件知f (x )是开口向上的函数,对称轴是x =-ba ≥-1,事件A 共有三种(2,1),(4,1),(4,3)等可能基本事件,所以P (A )=34.12.甲在微信群中发布6元“拼手气”红包一个,被乙、丙、丁三人抢完.若三人均领到整数元,且每人至少领到1元,则乙获得“最佳手气”(即乙领取的钱数不少于其他任何人)的概率是( ) A.34B.13C.310D.25解析 6元分成整数元有3份, 可能性有(1,1,4),(1,2,3),(2,2,2),第一个分法有3种,第二个分法有6种,第三个分法有1种,其中符合“最佳手气”的有4种,故概率为410=25.13.从左至右依次站着甲、乙、丙3个人,从中随机抽取2个人进行位置调换,则经过两次这样的调换后,甲在乙左边的概率是__________.解析 从左至右依次站着甲、乙、丙3个人,从中随机抽取2个人进行位置调换,则经过两次这样的调换,基本事件总数为n =C 23·C 23=9,从左至右依次站着甲、乙、丙3个人,从中随机抽取2个人进行位置调换,第一次调换后,对调后的位置关系有三种:甲丙乙、乙甲丙、丙乙甲,第二次调换后甲在乙的左边对应的关系有:丙甲乙、甲乙丙;丙甲乙、甲乙丙;甲丙乙、丙甲乙,∪经过两次这样的调换后,甲在乙的左边包含的基本事件个数m =6,∪经过这样的调换后,甲在乙左边的概率:p =m n =69=23.14.某快递公司收取快递费用的标准如下:质量不超过1 kg 的包裹收费10元;质量超过1 kg 的包裹,除1 kg 收费10元之外,超过1 kg 的部分,每1 kg(不足1 kg ,按1 kg 计算)需再收5元. 该公司对近60天, 每天揽件数量统计如下表:(1)某人打算将A (0.3 kg),B (1.8 kg),C (1.5 kg)三件礼物随机分成两个包裹寄出,求该人支付的快递费不超过30元的概率;(2)该公司从收取的每件快递的费用中抽取5元作为前台工作人员的工资和公司利润,剩余的作为其他费用.前台工作人员每人每天揽件不超过150件,工资100元,目前前台有工作人员3人,那么公司将前台工作人员裁员1人对提高公司利润是否更有利? 解 (1)由题意,寄出方式有以下三种可能:所有3种可能中,有1种可能快递费未超过30元,根据古典概型概率计算公式,所求概率为13.(2)由题目中的天数得出频率,如下:若不裁员,则每天可揽件的上限为450件,公司每日揽件数情况如下:故公司每日利润为260×5-3×100=1 000(元);若裁员1人,则每天可揽件的上限为300件,公司每日揽件数情况如下:故公司每日利润为235×5-2×100=975(元).综上,公司将前台工作人员裁员1人对提高公司利润不利.。
高考数学一轮复习专题训练—古典概型与几何概型
古典概型与几何概型考纲要求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基本事件数及事件发生的概率;3.了解随机数的意义,能运用模拟方法估计概率;4.了解几何概型的意义.知识梳理1.古典概型 (1)基本事件的特点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. (2)古典概型的定义具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型,简称古典概型.(3)古典概型的概率公式 P (A )=A 包含的基本事件的个数基本事件的总数.2.几何概型 (1)几何概型的定义如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度(面积或体积)成比例,那么称这样的概率模型为几何概率模型,简称几何概型. (2)几何概型的两个基本特点(3)几何概型的概率公式P(A)=构成事件A的区域长度面积或体积试验的全部结果所构成的区域长度面积或体积.1.古典概型中的基本事件都是互斥的,确定基本事件的方法主要有列举法、列表法与树状图法.2.概率的一般加法公式P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩B)中,易忽视只有当A∩B=∅,即A,B互斥时,P(A∪B)=P(A)+P(B),此时P(A∩B)=0.3.几何概型的基本事件的个数是无限的,古典概型中基本事件的个数是有限的.诊断自测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)“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”.()(2)掷一枚硬币两次,出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”,这三个结果是等可能事件.()(3)随机模拟方法是以事件发生的频率估计概率.()(4)概率为0的事件一定是不可能事件.()答案(1)×(2)×(3)√(4)×解析对于(1),发芽与不发芽不一定是等可能,所以(1)不正确;对于(2),三个事件不是等可能,其中“一正一反”应包括正反与反正两个基本事件,所以(2)不正确;对于(4),概率为0的事件有可能发生,所以(4)不正确.2.袋中装有6个白球,5个黄球,4个红球,从中任取一球抽到白球的概率为( ) A.25 B .415C .35D .非以上答案答案 A解析 从袋中任取一球,有15种取法,其中抽到白球的取法有6种,则所求概率为p =615=25. 3.如图,正方形的边长为2,向正方形ABCD 内随机投掷200个点,有30个点落入图形M 中,则图形M 的面积的估计值为____________.答案 0.6解析 由题意可得正方形面积为4,设不规则图形的面积为S ,由几何概型概率公式可得S4≈30200,∴S ≈0.6.4.(2020·全国Ⅰ卷)设O 为正方形ABCD 的中心,在O ,A ,B ,C ,D 中任取3点,则取到的3点共线的概率为( ) A.15 B .25C .12D .45答案 A解析 从O ,A ,B ,C ,D 这5个点中任取3点,取法有{O ,A ,B },{O ,A ,C },{O ,A ,D },{O ,B ,C },{O ,B ,D },{O ,C ,D },{A ,B ,C },{A ,B ,D },{A ,C ,D },{B ,C ,D },共10种,其中取到的3点共线的只有{O ,A ,C },{O ,B ,D }这2种取法,所以所求概率为210=15.故选A.5.(2019·全国Ⅲ卷)两位男同学和两位女同学随机排成一列,则两位女同学相邻的概率是( ) A.16 B .14C.13 D .12答案 D解析 设两位男同学分别为A ,B ,两位女同学分别为a ,b ,则用“树形图”表示四位同学排成一列所有可能的结果如图所示.由图知,共有24种等可能的结果,其中两位女同学相邻的结果(画“√”的情况)共有12种,故所求概率为1224=12.6. (2021·郑州模拟)公元前5世纪下半叶,希波克拉底解决了与化圆为方有关的化月牙形为方.如图,以O 为圆心的大圆直径为4,以AB 为直径的半圆面积等于AO 与BO 所夹四分之一大圆的面积,由此可知,月牙形区域的面积与△AOB 的面积相等.现在在两个圆所覆盖的区域内随机取一点,则该点来自阴影部分的概率是________.答案π+68π+4解析 上方阴影部分的面积等于△AOB 的面积,S △AOB =12×2×2=2,下方阴影部分面积等于14×π×22-⎣⎡⎦⎤14×π×22-12×2×2=π2+1,所以根据几何概型概率公式得所求概率P =2+π2+14π+2=π+68π+4.考点一 古典概型的简单计算1.生物实验室有5只兔子,其中只有3只测量过某项指标.若从这5只兔子中随机取出3只,则恰有2只测量过该指标的概率为( ) A.23 B .35C .25D .15答案 B解析 设5只兔子中测量过某项指标的3只为a 1,a 2,a 3,未测量过这项指标的2只为b 1,b 2,则从5只兔子中随机取出3只的所有可能情况为(a 1,a 2,a 3),(a 1,a 2,b 1),(a 1,a 2,b 2),(a 1,a 3,b 1),(a 1,a 3,b 2),(a 1,b 1,b 2),(a 2,a 3,b 1),(a 2,a 3,b 2),(a 2,b 1,b 2),(a 3,b 1,b 2),共10种可能.其中恰有2只测量过该指标的情况为(a 1,a 2,b 1),(a 1,a 2,b 2),(a 1,a 3,b 1),(a 1,a 3,b 2),(a 2,a 3,b 1),(a 2,a 3,b 2),共6种可能.故恰有2只测量过该指标的概率为610=35.2.(2021·安徽江南十校质量检测)“哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一,其内容是:一个大于2的偶数都可以写成两个质数(素数)之和,也就是我们所谓的“1+1”问题.它是1742年由数学家哥德巴赫提出的,我国数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中做出相当好的成绩.若将6拆成两个正整数的和,则拆成的和式中,加数全部为质数的概率为( ) A.15 B .13C .35D .23答案 A解析 6拆成两个正整数的和的所有基本事件有(1,5),(2,4),(3,3),(4,2),(5,1),而加数全为质数的为(3,3),所以所求概率为15,故选A.3.(2020·江苏卷)将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次,观察向上的点数,则点数和为5的概率是________. 答案 19解析 列表如下:1 2 3 4 5 61 2 3 4 5 6 7 2 3 4 5 6 7 8 3 4 5 6 7 8 9 4 5 6 7 8 9 10 5 6 7 8 9 10 11 6789101112点数的和共有点数和为5的概率P =436=19.感悟升华 古典概型中基本事件个数的探求方法:(1)枚举法:适合于给定的基本事件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,注意在确定基本事件时(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. 考点二 古典概型与其他知识的简单交汇【例1】 (1)(2020·郑州一模)已知集合A =⎩⎨⎧⎭⎬⎫-2,-1,-12,13,12,1,2,3,任取k ∈A ,则幂函数f (x )=x k 为偶函数的概率为________(结果用数值表示).(2)(2021·河北七校联考)若m 是集合{1,3,5,7,9,11}中任意选取的一个元素,则椭圆x 2m +y 22=1的焦距为整数的概率为________. 答案 (1)14 (2)12解析 (1)集合A =⎩⎨⎧⎭⎬⎫-2,-1,-12,13,12,1,2,3,任意k ∈A 的基本事件总数为8,当k =±2时,幂函数f (x )=x k 为偶函数,从而幂函数f (x )=x k 为偶函数包含的基本事件个数为2,∴幂函数f (x )=x k 为偶函数的概率p =14.(2)∵m 是集合{1,3,5,7,9,11}中任意选取的一个元素,∴基本事件总数为6,又满足椭圆x 2m +y 22=1的焦距为整数的m 的取值有1,3,11,共有3个,∴椭圆x 2m +y 22=1的焦距为整数的概率p=36=12. 感悟升华 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,然后利用古典概型的有关知识解决,一般步骤为:(1)将题目条件中的相关知识转化为事件; (2)判断事件是否为古典概型; (3)选用合适的方法确定基本事件个数; (4)代入古典概型的概率公式求解.【训练1】 设平面向量a =(m,1),b =(2,n ),其中m ,n ∈{1,2,3,4},记“a ⊥(a -b )”为事件A ,则事件A 发生的概率为( ) A.18 B .14C .13D .12答案 A解析 有序数对(m ,n )的所有可能情况为4×4=16个,由a ⊥(a -b )得m 2-2m +1-n =0,即n =(m -1)2.由于m ,n ∈{1,2,3,4},故事件A 包含的基本事件为(2,1)和(3,4),共2个,所以P (A )=216=18.考点三 古典概型与统计的综合应用【例2】 某城市100户居民的月平均用电量(单位:千瓦时)以[160,180),[180,200),[200,220),[220,240),[240,260),[260,280),[280,300]分组的频率分布直方图如图.(1)求直方图中x 的值;(2)求月平均用电量的众数和中位数;(3)在月平均用电量为[240,260),[260,280),[280,300]的三组用户中,用分层抽样的方法抽取6户居民,并从抽取的6户中任选2户参加一个访谈节目,求参加节目的2户来自不同组的概率.解 (1)由(0.002 0+0.009 5+0.011 0+0.012 5+x +0.005 0+0.002 5)×20=1得x =0.007 5, 所以直方图中x 的值是0.007 5.(2)月平均用电量的众数是220+2402=230.因为(0.002 0+0.009 5+0.011 0)×20=0.45<0.5, 且(0.002 0+0.009 5+0.011 0+0.012 5)×20=0.7>0.5,所以月平均用电量的中位数在[220,240)内,设中位数为a ,由(0.002 0+0.009 5+0.011 0)×20+0.012 5×(a -220)=0.5,解得a =224, 所以月平均用电量的中位数是224.(3)月平均用电量为[240,260)的用户有0.007 5×20×100=15(户), 月平均用电量为[260,280)的用户有0.005×20×100=10(户), 月平均用电量在[280,300]的用户有0.002 5×20×100=5(户).抽样方法为分层抽样,在[240,260),[260,280),[280,300]中的用户比为3∶2∶1, 所以在[240,260),[260,280),[280,300]中分别抽取3户、2户和1户.设参加节目的2户来自不同组为事件A ,将来自[240,260)的用户记为a 1,a 2,a 3,来自[260,280)的用户记为b 1,b 2,来自[280,300]的用户记为c 1,在6户中随机抽取2户有(a 1,a 2),(a 1,a 3),(a 1,b 1),(a 1,b 2),(a 1,c 1),(a 2,a 3),(a 2,b 1),(a 2,b 2),(a 2,c 1),(a 3,b 1),(a 3,b 2),(a3,c1),(b1,b2),(b1,c1),(b2,c1),共15种取法,其中满足条件的有(a1,b1),(a1,b2),(a1,c1),(a2,b1),(a2,b2),(a2,c1),(a3,b1),(a3,b2),(a3,c1),(b1,c1),(b2,c1),共11种,故参加节目的2户来自不同组的概率P(A)=1115.感悟升华有关古典概型与统计结合的题型是高考考查概率的一个重要题型.概率与统计的结合题,无论是直接描述还是利用频率分布表、频率分布直方图、茎叶图等给出的信息,准确从题中提炼信息是解题的关键.【训练2】海关对同时从A,B,C三个不同地区进口的某种商品进行抽样检测,从各地区进口此种商品的数量(单位:件)如表所示.工作人员用分层抽样的方法从这些商品中共抽取6件样品进行检测.(1)求这6件样品中来自A,B(2)若在这6件样品中随机抽取2件送往甲机构进行进一步检测,求这2件商品来自相同地区的概率.解(1)A,B,C三个地区商品的总数量为50+150+100=300,抽样比为6300=1 50,所以样本中包含三个地区的个体数量分别是50×150=1,150×150=3,100×150=2.所以A,B,C三个地区的商品被选取的件数分别是1,3,2.(2)设6件来自A,B,C三个地区的样品分别为:A;B1,B2,B3;C1,C2.则从6件样品中抽取的这2件商品构成的所有基本事件为:{A,B1},{A,B2},{A,B3},{A,C1},{A,C2},{B1,B2},{B1,B3},{B1,C1},{B1,C2},{B2,B3},{B2,C1},{B2,C2},{B3,C1},{B3,C2},{C1,C2},共15个.每个样品被抽到的机会均等,因此这些基本事件的出现是等可能的.记事件D:“抽取的这2件商品来自相同地区”,则事件D包含的基本事件有:{B1,B2},{B1,B 3},{B 2,B 3},{C 1,C 2},共4个. 所以P (D )=415.即这2件商品来自相同地区的概率为415.考点四 几何概型角度1 与长度(角度)有关的几何概型【例3】 (1)在[-6,9]内任取一个实数m ,设f (x )=-x 2+mx +m ,则函数f (x )的图象与x 轴有公共点的概率等于( ) A.215B .715C .35D .1115(2)如图所示,在等腰直角三角形ABC 中,过直角顶点C 在∠ACB 内部任作一条射线CM ,与AB 交于点M ,则AM <AC 的概率为________.答案 (1)D (2)34解析 (1)因为f (x )=-x 2+mx +m 的图象与x 轴有公共点,所以Δ=m 2+4m ≥0,所以m ≤-4或m ≥0,所以在[-6,9]内取一个实数m ,函数f (x )的图象与x 轴有公共点的概率p =[-4--6]+9-09--6=1115. (2)过点C 作CN 交AB 于点N ,使AN =AC ,如图所示.显然当射线CM 处在∠ACN 内时,AM <AC ,又∠A =45°,所以∠ACN =67.5°,故所求概率为p =67.5°90°=34.感悟升华 1.解答几何概型问题的关键在于弄清题中的考查对象和对象的活动范围,当考查对象为点,且点的活动范围在线段上时,用“线段长度”为测度计算概率,求解的核心是确定点的边界位置.2.当涉及射线的转动,扇形中有关落点区域问题时,应以角对应的弧长的大小作为区域度量来计算概率.事实上,当半径一定时,曲线弧长之比等于其所对应的圆心角的弧度数之比. 角度2 与面积有关的几何概型【例4】 在区间(0,1)上任取两个数,则两个数之和小于65的概率是( )A.1225 B .1625C .1725D .1825答案 C解析 设这两个数是x ,y ,则试验所有的基本事件构成的区域即⎩⎪⎨⎪⎧0<x <1,0<y <1确定的平面区域,满足条件的事件包含的基本事件构成的区域即⎩⎪⎨⎪⎧0<x <1,0<y <1,x +y <65确定的平面区域,如图所示,阴影部分的面积是1-12×⎝⎛⎭⎫452=1725,所以这两个数之和小于65的概率是1725.感悟升华 几何概型与平面几何的交汇问题:要利用平面几何的相关知识,先确定基本事件对应区域的形状,再选择恰当的方法和公式,计算出其面积,进而代入公式求概率. 角度3 与体积有关的几何概型【例5】 有一个底面半径为1、高为2的圆柱,点O 为这个圆柱底面圆的圆心,在这个圆柱内随机取一点P ,则点P 到点O 的距离大于1的概率为________. 答案 23解析 由题意得该圆柱的体积V =π×12×2=2π.圆柱内满足点P 到点O 的距离小于等于1的几何体为以圆柱底面圆心为球心的半球,且此半球的体积V 1=12×43π×13=23π,所以所求概率p =V -V 1V =23.感悟升华 对于与体积有关的几何概型问题,关键是计算问题的总体积(总空间)以及事件的体积(事件空间),对于某些较复杂的也可利用其对立事件去求.【训练3】 (1)(2021·西安一模)在区间[-1,1]上随机取一个数k ,使直线y =k (x +3)与圆x 2+y 2=1相交的概率为( ) A.12B .13C .24D .23(2) (2020·新疆一模)剪纸艺术是最古老的中国民间艺术之一,作为一种镂空艺术,它能给人以视觉上透空的感觉和艺术享受.剪纸艺术通过一把剪刀、一张纸就可以表达生活中的各种喜怒哀乐.如图是一边长为1的正方形剪纸图案,中间黑色大圆与正方形的内切圆共圆心,圆与圆之间是相切的,且中间黑色大圆的半径是黑色小圆半径的2倍,若在正方形图案上随机取一点,则该点取自白色区域的概率为( )A.π64B .π32C .π16D .π8答案 (1)C (2)D解析 (1)圆x 2+y 2=1的圆心为(0,0), 圆心到直线y =k (x +3)的距离为|3k |k 2+1, 要使直线y =k (x +3)与圆x 2+y 2=1相交,则|3k |k 2+1<1,解得-24<k <24. ∴在区间[-1,1]上随机取一个数k ,使直线y =k (x +3)与圆x 2+y 2=1相交的概率为24-⎝⎛⎭⎫-242=24. (2)设黑色小圆的半径为r .由题意得2r +2r +2×2r =1,解得r =18,所以白色区域的面积为π·⎝⎛⎭⎫122-4×π·⎝⎛⎭⎫182-π·⎝⎛⎭⎫142=π8.所以在正方形图案上随机取一点,该点取自白色区域的概率为π81×1=π8.故选D. 基础巩固一、选择题1.一枚硬币连掷2次,恰好出现1次正面的概率是( ) A.12 B .14C .34D .0答案 A解析 列举出所有基本事件,找出“只有1次正面”包含的结果.一枚硬币连掷2次,基本事件有(正,正),(正,反),(反,正),(反,反)共4个,而只有1次出现正面的包括(正,反),(反,正)2个,故其概率为24=12.故选A.2.袋子中有大小、形状完全相同的四个小球,分别写有“和”“谐”“校”“园”四个字,有放回地从中任意摸出一个小球,直到“和”“谐”两个字都摸到就停止摸球,用随机模拟的方法估计恰好在第三次停止摸球的概率.利用电脑随机产生1到4之间(含1和4)取整数值的随机数,分别用1,2,3,4代表“和”“谐”“校”“园”这四个字,以每三个随机数为一组,表示摸球三次的结果,经随机模拟产生了以下18组随机数: 343 432 341 342 234 142 243 331 112 342 241 244 431 233 214 344 142 134 由此可以估计,恰好第三次就停止摸球的概率为( ) A.19 B .16C .29D .518答案 C解析 由18组随机数得,恰好在第三次停止摸球的随机数是142,112,241,142,共4组,所以恰好第三次就停止摸球的概率约为418=29.故选C.3. (2021·河北六校联考)《周髀算经》中提出了“方属地,圆属天”,也就是人们常说的“天圆地方”.我国古代铜钱的铸造也蕴含了这种“外圆内方”“天地合一”的哲学思想.现将铜钱抽象成如图所示的图形,其中圆的半径为r ,正方形的边长为a (0<a <r ),若在圆内随机取点,得到点取自阴影部分的概率是p ,则圆周率π的值为( )A.a 21-p r 2B .a 21+p r 2C.a1-p rD .a1+p r答案 A解析 由几何概型的概率计算公式,得πr 2-a 2πr 2=p ,化简得π=a 21-p r 2.故选A.4.在集合A ={2,3}中随机取一个元素m ,在集合B ={1,2,3}中随机取一个元素n ,得到点P (m ,n ),则点P 在圆x 2+y 2=9内部的概率为( ) A.12 B .13C .34D .25答案 B解析 点P (m ,n )共有(2,1),(2,2),(2,3),(3,1),(3,2),(3,3),6种情况,只有(2,1),(2,2)这2个点在圆x 2+y 2=9的内部,所求概率为26=13.5.某单位试行上班刷卡制度,规定每天8:30上班,有15分钟的有效刷卡时间(即8:15—8:30),一名职工在7:50到8:30之间到达单位且到达单位的时刻是随机的,则他能有效刷卡上班的概率是( )A.23 B .58C .13D .38答案 D解析 该职工在7:50至8:30之间到达单位且到达单位的时刻是随机的,设其构成的区域为线段AB ,且AB =40,职工的有效刷卡时间是8:15到8:30之间,设其构成的区域为线段CB ,且CB =15,如图,所以该职工有效刷卡上班的概率p =1540=38.故选D.6.(2021·合肥质检)已知三棱锥S -ABC ,在该三棱锥内任取一点P ,则使V P -ABC ≤13V S -ABC的概率为( ) A.13 B .49C .827D .1927答案 D解析 作出S 在底面△ABC 的射影为O ,若V P -ABC =13V S -ABC ,则三棱锥P -ABC 的高等于13SO ,P 点落在平面EFD 上,且SE SA =SD SB =SF SC =23,所以S △EFD S △ABC =49,故V S -EFD =827V S -ABC, ∴V P -ABC ≤13V S -ABC 的概率p =1-827=1927.二、填空题7.(2020·太原模拟)下课以后,教室里还剩下2位男同学和1位女同学,若他们依次随机走出教室,则第2位走出的是女同学的概率是________.答案 13解析 2位男同学记为男1,男2,则三位同学依次走出教室包含的基本事件有:男1男2女,男1女男2,女男1男2,男2男1女,男2女男1,女男2男1,共6种,其中第2位走出的是女同学包含的基本事件有2种.故第2位走出的是女同学的概率是p =26=13.8.在等腰Rt △ABC 中,∠C =90°,在直角边BC 上任取一点M ,则∠CAM <30°的概率是________. 答案33解析 ∵点M 在直角边BC 上是等可能出现的, ∴“测度”是长度.设直角边长为a , 则所求概率为33a a =33.9.(2021·郑州质量预测改编)从2,3,8,9中任取两个不同的数字,分别记为a ,b ,则log a b 为整数的概率是________. 答案 16解析 从2,3,8,9中任取两个不同的数字,分别记为a ,b ,则有(2,3),(2,8),(2,9),(3,8),(3,9),(8,9),(3,2),(8,2),(9,2),(8,3),(9,3),(9,8),共12种取法,其中log a b 为整数的有(2,8),(3,9)两种,故p =212=16.三、解答题10.(2020·成都诊断)某校从高一年级学生中随机抽取40名学生,将他们的期中考试数学成绩(满分100分,成绩均为不低于40分的整数)分成六段:[40,50),[50,60),…,[90,100]后得到如图所示的频率分布直方图.(1)求图中实数a的值;(2)若从数学成绩在[40,50)与[90,100]两个分数段内的学生中随机选取2名学生,求这2名学生的数学成绩之差的绝对值不大于10的概率.解(1)由已知,得10×(0.005+0.010+0.020+a+0.025+0.010)=1,解得a=0.030.(2)易知成绩在[40,50)分数段内的人数为40×0.05=2,这2人分别记为A,B;成绩在[90,100]分数段内的人数为40×0.1=4,这4人分别记为C,D,E,F.若从数学成绩在[40,50)与[90,100]两个分数段内的学生中随机选取2名学生,则所有的基本事件有(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个.如果2名学生的数学成绩都在[40,50)分数段内或都在[90,100]分数段内,那么这2名学生的数学成绩之差的绝对值一定不大于10.如果一个成绩在[40,50)分数段内,另一个成绩在[90,100]分数段内,那么这2名学生的数学成绩之差的绝对值一定大于10.记“这2名学生的数学成绩之差的绝对值不大于10”为事件M,则事件M包含的基本事件有(A,B),(C,D),(C,E),(C,F),(D,E),(D,F),(E,F),共7个,故所求概率P(M)=715.11.(2019·天津卷)2019年,我国施行个人所得税专项附加扣除办法,涉及子女教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息或者住房租金、赡养老人等六项专项附加扣除.某单位老、中、青员工分别有72,108,120人,现采用分层抽样的方法,从该单位上述员工中抽取25人调查专项附加扣除的享受情况.(1)应从老、中、青员工中分别抽取多少人?(2)抽取的25人中,享受至少两项专项附加扣除的员工有6人,分别记为A,B,C,D,E,F.享受情况如下表,其中“○”表示享受,“×”表示不享受.现从这6人中随机抽取2人接受采访.②设M为事件“抽取的2人享受的专项附加扣除至少有一项相同”,求事件M发生的概率.解(1)由已知得老、中、青员工人数之比为6∶9∶10,由于采用分层抽样的方法从中抽取25位员工,因此应从老、中、青员工中分别抽取6人、9人、10人.(2)①从已知的6人中随机抽取2人的所有可能结果为{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.②由表格知,符合题意的所有结果为{A,B},{A,D},{A,E},{A,F},{B,D},{B,E},{B,F},{C,E},{C,F},{D,F},{E,F},共11种.所以事件M发生的概率P(M)=1115.能力提升12.(2021·长春质检)我国古人认为宇宙万物是由金、木、水、火、土这五种元素构成的,历史文献《尚书·洪范》提出了五行的说法,到战国晚期,五行相生相克的思想被正式提出.这五种物质属性的相生相克关系如图所示,若从这五种物质中随机选取三种,则取出的三种物质中,彼此间恰好有一个相生关系和两个相克关系的概率为()A.35 B .12C .25D .13答案 B解析 (列举法)依题意,三种物质间相生相克关系如下表,金木水 金木火 金木土 金水火 金水土 金火土 木水火 木水土 木火土 水火土 × √√√×××√×√所以彼此间恰好有一个相生关系和两个相克关系的概率p =510=12,故选B.13.由不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0,y ≥0,y -x -2≤0确定的平面区域记为Ω1,由不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x +y ≤1,x +y ≥-2确定的平面区域记为Ω2,若在Ω1中随机取一点,则该点恰好在Ω2内的概率为________. 答案 78解析 如图,平面区域Ω1就是三角形区域OAB ,平面区域Ω2与平面区域Ω1的重叠部分就是区域OACD ,易知C ⎝⎛⎭⎫-12,32.由几何概型的概率公式,所求概率p =S 四边形OACDS △OAB =2-142=78.14.如图所示的茎叶图记录了甲、乙两组各四名同学的植树棵数,其中有一个数据模糊,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.解 (1)当X =8时,由茎叶图可知,乙组四名同学的植树棵数分别是8,8,9,10,故x =8+8+9+104=354,s 2=14×⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫8-3542×2+⎝⎛⎭⎫9-3542+⎝⎛⎭⎫10-3542=1116. (2)当X =9时,记甲组四名同学分别为A 1,A 2,A 3,A 4,他们植树的棵数依次为9,9,11,11;乙组四名同学分别为B 1,B 2,B 3,B 4,他们植树的棵数依次为9,8,9,10.分别从甲、乙两组中随机选取一名同学,其包含的基本事件为{A 1,B 1},{A 1,B 2},{A 1,B 3},{A 1,B 4},{A 2,B 1},{A 2,B 2},{A 2,B 3},{A 2,B 4},{A 3,B 1},{A 3,B 2},{A 3,B 3},{A 3,B 4},{A 4,B 1},{A 4,B 2},{A 4,B 3},{A 4,B 4},共16个.设“选出的两名同学的植树总棵数为19”为事件C ,则事件C 中包含的基本事件为{A 1,B 4},{A 2,B 4},{A 3,B 2},{A 4,B 2},共4个.故P (C )=416=14.。
例析古典概型中的几种经典问题
ʏ查 霖在日常工作和现实生活中,有大量的随机事件的概率并不一定要通过大量的试验来得到,只要掌握了一些基本情况,就可以知道它们相应的概率,这就是最常见的古典概型㊂古典概型中主要有几种经典的实例:骰子(硬币)问题㊁摸球问题㊁抽数问题㊁格子问题等㊂下面就此举例分析,供大家学习与参考㊂一㊁骰子(或硬币)问题抛掷骰子问题和抛掷硬币问题一样,是古典概型中一种重要的模型㊂它的实质就是抛掷骰子(或硬币)n 次,那么对应的基本事件总数为6n (或2n),根据相应事件所对应的基本事件的个数,结合古典概型的计算公式求得对应的概率㊂例1 将一颗质地均匀的骰子(一种六个面分别标有1,2,3,4,5,6的正方体玩具),先后抛掷2次,则出现向上的点数之和为4的概率为㊂思路导引:根据抛掷骰子的总数确定古典概型中的基本事件总数,再结合抛掷2次出现向上的点数之和为4的事件的个数,进而利用古典概型的概率公式求解㊂基本事件的总数为6ˑ6=36,点数之和为4的可能结果为(1,3),(2,2),(3,1),共3种情况,所以所求概率P =336=112㊂答案为112㊂解法反思:抛掷骰子或抛掷硬币问题,关键是确定相关事件的个数㊂容易出错的地方是计算遗漏,如本题中的(1,3)和(3,1)是两种不同的结果,不能认为是一种结果㊂二㊁摸球问题摸球问题等同于抽签问题,关键是确定每次所摸的符合题目要求的球的可能结果㊂要注意所摸球的先后顺序和球的颜色与题目条件之间的关系,否则容易出错㊂例2 袋中有4个白球,3个黑球,从中连续任意取出2个球,且每次取出的球不再放回,求第2次取出的球是白球的概率㊂思路导引:本题的基本事件总数是从7个球中有次序地取出2个球的不同取法,即7ˑ6种取法㊂第2次取出的球是白球的可能结果是:若第一次取的是白球,那么第2次是从3个白球中再取出一球,若第一次取的是黑球,那么第2次是从4个白球中再取出一球㊂由题意可得,所求概率P ( 第2次取出的球是白球 )=4ˑ37ˑ6+3ˑ47ˑ6=47㊂解法反思:本题实质上也是抽签问题,按上述规则抽签,每人抽中白球的机会相等,且与抽签次序无关㊂在涉及与抽签及其相关事件时,都可以采用摸球问题的数学模型所对应的古典概型问题来分析与处理㊂三㊁抽数问题抽数问题可以根据条件加以分析,也可以结合排列与组合加以综合分析㊂解答这类问题,关键是确定所有的数的总个数,以及所满足条件的数的个数㊂如果利用排列与组合分析时,一定要注意两者分析时的一致性㊂例3 从1,2, ,9这9个数字中,随机抽取3个不同的数,则这3个数的和为偶数的概率是( )A.59 B .49C .1121D .1021思路导引:本题基本事件的总数是从9个数中有次序地取出3个数的不同取法,即基本事件总数是9ˑ8ˑ7=504㊂分析3个数的和为偶数的不同情况,确定所包含的基本事件个数,从而得到所求概率㊂基本事件的总数是9ˑ8ˑ7=504㊂这3个数的和为偶数33经典题突破方法高一数学 2023年5月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.的可能结果有四种情况:偶奇奇,共有4ˑ5ˑ4=80(种);奇偶奇,共有5ˑ4ˑ4=80(种);奇奇偶,共有5ˑ4ˑ4=80(种);偶偶偶,共有4ˑ3ˑ2=24(种)㊂所以所求概率P =80+80+80+24504=1121㊂应选C ㊂解法反思:本题实质上就是数的一种排列问题,抽出来的2个数所组成的两位数有次序关系,通过计算基本事件的总数以及所求事件的个数,从而得到所求的概率㊂四㊁格子问题格子问题也是一种常见的古典概型问题㊂解答这类问题,关键是确定对应的格子与相应的元素之间的填充关系,有时可以结合树状图㊁列举法加以分析与处理㊂例4 把3个不同的球投入3个不同的盒子内(每盒球数可以不限),计算:(1)无空盒的概率㊂(2)恰有一个空盒的概率㊂思路导引:本题的基本事件总数是把3个不同的球投入3个不同的盒子内的不同放法,题设条件是每盒的球数可以不限,即最多可以投入3个,最少可以投入0个,然后按要求计算出所求事件的个数,从而得到所求概率㊂基本事件的总数是把3个不同的球投入3个不同的盒子内的不同放法,第一个球的放法有3种可能,第二个球的放法也有3种可能,第三个球的放法还是有3种可能,则基本事件总数是3ˑ3ˑ3=27㊂设事件A = 无空盒 ,事件B = 恰有一个空盒 ,3个不同的球分别记为a ,b ,c ㊂(1)事件A 包含的可能结果为a b c ,a c b ,b ac ,b c a ,c a b ,c b a ,共有6种情况,所以P (A )=627=29㊂(2)第一个盒子是空盒的可能结果为( )(a )(b c ),( )(b )(a c ),( )(c )(a b ),( )(b c )(a ),( )(a c )(b ),( )(a b )(c ),共有6种情况,其他两个盒子是空盒的情况与第一个盒子一样,所以事件B 包含的基本事件个数是6ˑ3=18,所以P (B )=1827=23㊂解法反思:本题通过分析3个不同的球与3个不同的盒子之间的关系,计算出基本事件的总数,再根据题设条件,正确分析并列举出所求事件的个数,最后结合古典概型的概率公式求得结果㊂编者的话:在解答古典概型问题时,有时会直接涉及骰子(硬币)问题㊁摸球问题㊁抽数问题㊁格子问题等,有时会涉及与之相关的问题,解题的关键是合理构建对应的古典概率模型,借助古典概型的概率公式来分析与处理,从而实现问题的解决㊂1.连掷两次骰子分别得到点数m ,n ,则向量a =(m ,n )与向量b =(-1,1)的夹角θ>90ʎ的概率是( )㊂A.512 B .712 C .13 D .12提示:连掷两次骰子得到的点数(m ,n )的所有基本事件为(1,1),(1,2), ,(6,6),共36个㊂因为(m ,n )㊃(-1,1)=-m +n <0,所以m >n ,可知符合要求的事件为(2,1),(3,1),(3,2),(4,1),(4,2),(4,3),(5,1), ,(5,4),(6,1), ,(6,5),共15个㊂故所求概率P =1536=512㊂应选A ㊂2.已知集合A ={2,3,4,5,6,7},B ={2,3,6,9},在集合A ɣB 中任取一个元素,则它是集合A ɘB 中的元素的概率为( )㊂A.23 B .35 C .37 D .25提示:依题意得A ɣB ={2,3,4,5,6,7,9},即这个试验的样本空间Ω中有7个元素㊂由A ɘB ={2,3,6},可知这个试验包含3个样本点㊂由古典概型的概率公式得所求概率为37㊂应选C ㊂作者单位:江苏省高邮市临泽中学(责任编辑 郭正华)43 经典题突破方法 高一数学 2023年5月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。
第四讲 古典概型
第四讲古典概型概率的一般加法公式[新知初探]1.古典概型的概念(1)定义:如果一个概率模型满足: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P(A)=事件A包含的基本事件数试验的基本事件总数.注意事项: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.求解古典概型的概率“四步”法2.概率的一般加法公式(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∩B(或D=AB).(2)概率的一般加法公式:设A,B是Ω的两个事件,则有P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩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;②每个事件出现的可能性相等;③每个基本事件出现的可能性相等;④基本事件的总数为n,随机事件A若包含k个基本事件,则P(A)=k n .A.②④B.①③④C.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x2-3x+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( )A.12B.13C.23D.1解析:选C 从甲、乙、丙三人中任选两人有:(甲、乙)、(甲、丙)、(乙、丙)共3种情况,其中,甲被选中的情况有2种,故甲被选中的概率为P =23.4.两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( )A.12B.1536C.1936D.56解析:选C (b ,c )共有36个结果,方程有解,则Δ=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),(36,24),19个结果,P =1936.典型例题[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).[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.(2)“点数之和大于8”包含10个基本事件(已用“√”标出).[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.∴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1个是白球,1个是红球的概率为P(B)=8 15 .[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.(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;②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,A2,A3,2所中学分别记为A4,A5,1所大学记为A6,则抽取2所学校的所有可能结果为(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(A1,A2),(A1,A3),(A2,A3),共3种,所以P(B)=315=15.[典例] 有A,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.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 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,所以P (A )=124. (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,所以P (B )=924=38. (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,所以P (C )=824=13. [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 ,第二次出现的点数为b ,试就方程组⎩⎨⎧ax +by =3,x +2y =2解的情况,解答下列各题:(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.由方程组⎩⎨⎧ax +by =3,x +2y =2,可得⎩⎨⎧2a -b x =6-2b ,2a -by =2a -3,(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),故适合b ≠2a 的有36-3=33个.其概率为:P 1=3336=1112. (2)方程组只有正数解,需满足b -2a ≠0且⎩⎪⎨⎪⎧x =6-2b 2a -b >0,y =2a -32a -b >0.分两种情况:当2a >b 时,得⎩⎨⎧a >32,b <3,当2a <b 时,得⎩⎨⎧a <32,b >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),(4,2),(5,2),(6,2),(1,4),(1,5),(1,6),因此所求的概率P 2=1336.[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.13 B.14 C.16D.112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上的取值情况有(1,3),(2,2),(3,1),共3种.故所求概率为336=112,故选D. 2.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( )A.12B.13C.14D.15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 =612=12. 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( )A.12B.512C.13D.14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4×3=12种结果,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5 12 .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( )A.316B.18C.118D.16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3 16 .5.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:(1)求a,(2)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2∶3,如果一等奖只有两名,求获得一等奖的全部为女生的概率.解:(1)a =50×0.1=5,b =2550=0.5,c =50-5-15-25=5,d =1-0.1-0.3-0.5=0.1.(2)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(女1,女2),(女1,女3),(女2,女3),共3个基本事件.所以,获得一等奖的全部为女生的概率为P =310. [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第1,2,3册的概率为( )A.16 B.13 C.12D.23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好为第1,2,3册包含2个基本事件,∴P =26=13.故选B.2.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89是下列哪个事件的概率( )A .颜色全同B .颜色不全同C .颜色全不同D .无红球解析: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,其概率为327=19;颜色不全相同的结果有24种,其概率为2427=89;颜色全不同的结果有3种,其概率为327=19;无红球的情况有8种,其概率为827,故选B.3.电子钟一天显示的时间是从00:00到23:59,每一时刻都由四个数字组成,则一天中任一时刻显示的四个数字之和为23的概率为( )A.1180 B.1288 C.1360 D.1480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.因一天24小时共有24×60分钟,所以概率P =424×60=1360.故选C. 4.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( )A.310B.25C.12D.35 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,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,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12. 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)这一种取法,故其对立事件,即至少有一个号码为奇数的概率为1-16=56.答案:5 66.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)共10种结果,2瓶都过保质期的结果只有1个,∴P=1 10.答案:1 107.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),(3,1),(3,2),(3,3),共9种可能.当直线与圆有公共点时,可得3a2+b2≤1,从而符合条件的有(1,3),(2,3),(3,1),(3,2),(3,3),共5种可能,故所求概率为5 9 .答案:5 98.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,所以P(A)=1220=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共12种,所以P(B)=1225=0.48.9.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.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3 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.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8 15 .。
浅谈古典概型及其解题方法
海南大学毕业论文(设计)题目:浅谈古典概型及其解题方法学号:*************** 姓名:覃怀森年级:12 级学院:信息科学技术学院系别:数学系专业:数学与应用数学专业指导教师:***摘要(是对论文内容的概括总结)古典概型在概率论中占据着极为重要的地位。
它既是概率论的基础入门,又是学习概率论过程的难点所在,因为其直白简洁的概念和计算公式,让我们更难掌握精准的解题方法。
古典概型之所以难以理解是因为:首先,古典概型涉及到的实际问题千变万化,需要敏锐的洞察力和深人细致的分析,才能解决古典概型问题;其次,古典概型的计算涉及到诸如加法原理、乘法原理、排列、组合等数学知识,特别是加法原理、乘法原理的应用很容易混淆,而排列与组合则更难,都可能导致错误的计算结果。
古典概型本身尽管复杂有关,但更重要的是:对古典概型的理解不深、不透彻,从而思考问题不得要领。
(第二段可以简写)对古典概型及其解题方法的研究,能系统地加深对概率论的理解和应用。
本文通过系统的学习古典概型的概念和解题方法,达到更深层次对古典概型的的理解和更好的运用。
(对论文干了什么工作可以写更详细点)在概率论中我们最先学到的知识就是古典概型,古概型是概率论的起源,是一切概率问题的基础,如何看清古典概型的本质是需要研究的问题,我们要让让古典概型这个既熟悉又陌生的名字,努力使之成为懂的人爱之越深,不懂的人不再一脸茫茫然。
在此,需要我们系统的去深入学习和理解。
关键词:古典概型,样本空间,基本事件,解题方法Abstract做相应修改Classical probability plays a very important role in the theory of probability. It is not only the basis of probability theory, but also is learning probability on the process difficulty, because the concept and formula of the straightforward and simple, let us have more difficulty to grasp accurate method of solving problems.Classical probability type because it is difficult to understand .the reasons: first, classical probability relates to a kaleidoscope of practical problems and need keen insight and deep and careful analysis, in order to solve the classical type of probability; secondly, the classical probability calculations related to such as the addition principle, the principle of multiplication, permutation and combination, mathematical knowledge, especially it is easy to get confused about the application of the principle addition and multiplication, and arranged and combination is more difficult and may lead to incorrect results. , classical probability itself although complex, but more important is: on the classical probability type understanding is not deep, not thorough and think to no avail.The understanding and application of the theory of probability can be systematically studied by the research of the classical model and its solution method. In this paper, through the systematic study of the concept of classical concept and problem-solving methods, to achieve a deeper understanding of the classical model and better use of. In probability theory, we first learn the knowledge is the classical type of probability, the ancient probability is probability theory origin, is the basis of all probability problems, how to see the essence of classical probability is a need to study the problem, we must let the classical type of probability that both familiar and unfamiliar names, efforts to become people who understand the love more deep, do not understand the people no longer look blankly. Here, we need to go deep into the system to learn and understand.keywords:Classical probability model, Sample space, Basic event, Symmetry .目录1.古典概型的基本概念 (1)1.1古典概型的意义 (1)1.2古典概型的特点 (1)1.3古典概型的运用 (1)1.3.1博彩领域的运用 (1)1.3.2保险赔偿问题的运用 (2)1.3.3生活中概率问题的运用 (3)1.3.4抽签的公平性运用 (4)1.4古典概型的基本解题思想 (4)2.古典概型的解题方法和分类 (5)2.1古典概型题型的分类 (5)2.2古典概型的解题方法 (5)2.2.1选取不同的样本空间解题 (6)2.2.2利用排除(间接)法解题 (7)2.2.3利用对立事件解题 (7)2.2.4利用对称性解题 (8)2.2.5利用化归思想方法解题 (8)3.总结 (10)4.致谢 (11)参考文献 (12)1、古典概型的基本概念和解题方法1.1古典概型的基本概念如果一个随机试验所包含的单位事件是有限的,且每个单位事件发生的可能性均相等,则这个随机试验叫做拉普拉斯试验,这种条件下的概率模型就叫古典概型。
古典概型的计算公式
古典概型的计算公式好的,以下是为您生成的关于“古典概型的计算公式”的文章:在咱们学习概率的这个大天地里,古典概型那可是个相当重要的角色。
要说这古典概型的计算公式,就像是打开概率世界大门的一把神奇钥匙。
先来说说啥是古典概型。
想象一下,咱有一个抽奖箱,里面的奖券数量有限,而且每张奖券被抽到的可能性都相等,这就是古典概型的一个简单例子。
古典概型的计算公式是:P(A) = n(A) / n(Ω) 。
这里的 P(A) 表示事件A 发生的概率,n(A) 是事件 A 包含的基本事件个数,n(Ω) 则是样本空间Ω包含的基本事件总数。
比如说,咱有一个盒子,里面装着 5 个红球和 3 个白球。
现在从盒子里随机摸一个球,摸到红球的概率是多少?这时候,样本空间Ω就是 8 个球,事件 A 就是摸到红球,红球有 5 个,所以摸到红球的概率P(A) 就是 5÷8 = 5/8 。
我想起之前给学生们讲这个知识点的时候,有个小同学一脸迷糊地问我:“老师,这公式咋用啊?感觉好难!”我就跟他说:“别着急,咱来做个小游戏。
” 于是我拿出一堆卡片,上面写着不同的数字,然后跟他说:“咱们就假设从这里面随机抽一张,抽到数字3 的概率是多少?” 我们一起数了数总共有 20 张卡片,其中写着数字 3 的有 4 张。
然后按照公式,他自己算出了抽到数字 3 的概率是 4÷20 = 1/5 。
那小同学一下子就乐了,说:“原来这么简单呀!”再举个例子,咱扔骰子。
一个标准的骰子,扔一次,扔出 4 的概率是多少?这骰子一共 6 个面,也就是 6 种可能,而 4 就那一个面,所以扔出 4 的概率就是 1÷6 = 1/6 。
还有像从一副扑克牌里抽一张黑桃的概率,咱们知道扑克牌一共 54 张,其中黑桃 13 张,所以抽到黑桃的概率就是 13÷54 。
总之啊,古典概型的计算公式虽然看起来简单,但是要真正理解透,用得灵活,还得多做练习,多去实际的例子里感受感受。
古典概型的特征和计算公式
同时掷两粒均匀的骰子, 同时掷两粒均匀的骰子,落地时向上的点数 两粒均匀的骰子 之和有几种可能?点数之和为7的概率是多少? 之和有几种可能?点数之和为7的概率是多少? 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 7 2 3 4 5 6 7 8 3 4 5 6 7 8 9 4 5 6 7 8 9 10 5 6 7 8 9 10 11 6 7 8 9 10 11 12
个质量盘装在拉力器上. 个质量盘装在拉力器上.有2个装质量盘的箱子,每个箱 个装质量盘的箱子, 子中都装有4个不同的质量盘:2.5kg, 5kg,10kg,20kg, 子中都装有4个不同的质量盘:2.5kg, 每次都随机地从2个箱子中各取1 每次都随机地从2个箱子中各取1个质量盘装在拉力器 再拉动这个拉力器。 上,再拉动这个拉力器。 (1)随机地从2个箱子中各取1个质量盘, (1)随机地从2个箱子中各取1个质量盘,共有多少可能 随机地从 的结果? 的结果? (2)计算选取的两个质量盘的总质量分别是下列质量的 (2)计算选取的两个质量盘的总质量分别是下列质量的 概率: 概率:①20kg ②30kg ③超过 10kg
费时,费力。 大量的重复试验 费时,费力。 对于一些特殊的随机试验, 对于一些特殊的随机试验,我们可以根据试 验结果的对称性来确定随机事件发生的概率。 验结果的对称性来确定随机事件发生的概率。
探究: 探究:
1、投掷一枚均匀的硬币,出现“正面朝 投掷一枚均匀的硬币,出现“ 反面朝上” 的机会相等吗? 上”和“反面朝上” 的机会相等吗? 2、抛掷一枚均匀的骰子,出现数字 抛掷一枚均匀的骰子, “1”、 “2”、“3”、“4”、“5”、 、 、 、 、 、 的机会均等吗? “6” 的机会均等吗? 3、转动一个十等分(分别标上数字0、 转动一个十等分(分别标上数字0 的转盘, 1、…、9)的转盘,箭头指向每个数字的 、9)的转盘 机会一样吗? 机会一样吗? 这些试验有什么共同特点? 这些试验有什么共同特点?
高考数学知识点之古典概型定义及计算
高考数学知识点之古典概型定义及计算
古典概率通常又叫事前概率,是指当随机事件中各种可能发生的结果及其出现的次数都可以由演绎或外推法得知,下面小编给大家介绍高考数学知识点之古典概型定义及计算,赶紧来看看吧!
基本事件的定义:
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。
等可能基本事件:
若在一次试验中,每个基本事件发生的可能*都相同,则称这些基本事件为等可能基本事件。
古典概型:
如果一个随机试验满足:(1)试验中所有可能出现的基本事件只有有限个;
(2)每个基本事件的发生都是等可能的;
那么,我们称这个随机试验的概率模型为古典概型.
古典概型的概率:
如果一次试验的等可能事件有n个,考试技巧,那么,每个等可能基本事件发生的概率都是;如果某个事件A包含了其中m个等可能基本事件,那么事件A发生的概率为。
古典概型解题步骤:
(1)阅读题目,搜集信息;
(2)判断是否是等可能事件,并用字母表示事件;
(3)求出基本事件总数n和事件A所包含的结果数m;
(4)用公式求出概率并下结论。
求古典概型的概率的关键:
求古典概型的概率的关键是如何确定基本事件总数及事件A包含的基本事件的个数。
计算古典概型的概率的基本步骤
计算古典概型的概率的基本步骤
(1)计算所求事件A所包含的基本事件个数m;
(2)计算基本事件的总数n;
(3)应用公式()m
P A
n
=计算概率.
古典概型的概率公式:
()A
P A=包含的基本事件的个数
基本事件的总数
.应用公式的关键在于准确计算事件A
所包含的基本事件的个数和基本事件的总数.
要点诠释:
古典概型的判断:如果一个概率模型是古典概型,则其必须满足以上两个条件,有一条不满足则必不是古典概型.如“掷均匀的骰子和硬币”问题满足以上两个条件,所以是古典概型问题;若骰子或硬币不均匀,则每个基本事件出现的可能性不同,从而不是古典概型问题;“在线段AB上任取一点C,求AC>BC的概率”问题,因为基本事件为无限个,所以也不是古典概型问题.
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《古典概型的概率问题求解》专题精讲
《古典概型的概率问题求解》专题精讲1.求古典概型问题的常用方法等可能事件的概率问题是概率中最基础、最常见的问题,古典概型问题就是要判断样本空间中的样本点是否有限,且等可能,解题时要紧紧把握古典概型的两个特征:有限性和等可能性,然后按下列步骤计算: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()mP An.古典概型问题中常用“列举法”“图表法”“树状图法”来进行概率的求解,这是解决古典概型问题中的常用工具.(1)列举法将试验结果一一列举,得到所有的样本点的个数和待求概率的事件包含的样本点的个数,进而求概率.典例1有5根木棍,其长度分别为2,3,4,5,6,从这5根木棍中任取3根,首尾相接能构成三角形的概率是( )A.7 10B.3 5C.2 5D.3 10答案:A解析:本题以构造三角形为背景,利用列举法求解古典概型的概率,在计算概率的过程中需要将试验结果一一列举,得到所有的样本点的个数和待求概率的事件包含的样本点的个数,然后利用古典概型的概率计算公式求解从2,3,4,5,6这5个数中任取3个不同的数的所有情况有(2,3,4),(2,3,5),(2,3,6),(2,4,5),(2,4,6),(2,5,6),(3,4,5),(3,4,6),(3,5,6),(4,5,6),共10种.其中能构成三角形的情况有(2,3,4),(2,4,5),(2,5,6),(3,4,5),(3,4,6),(3,5,6),(4,5,6),共7种.所以能构成三角形的概率为7 10.(2)图表法用图表的形式把某试验中所有样本点都呈现出来,并从图表中找出所求事件包含的样本点,从而利用古典概型的概率计算公式求解.典例2汉字是世界上最古老的文字之一,字形结构体现着人类追求均衡对称、和谐稳定的天性.如图所示的三个汉字可以看成轴对称图形小敏和小慧利用“土”“口”“木”三个汉字设计了一个游戏,规则如下:将这三个汉字分别写在背面都相同的三张卡片上,背面朝上,洗匀后抽出一张,放回洗匀后再抽出一张,若两次抽出的汉字能构成上下结构的汉字(如“土”“土”构成“圭”),则小敏获胜,否则小慧获胜.你认为这个游戏对谁有利?说明理由.解析:每次游戏时,所有可能出现的结果如下表所示:共有9种结果,且每种结果出现的可能性相同.其中,能组成上下结构的汉字的结果有4种:(土,土)“圭”,(口,口)“吕”,(木,口)“杏”或“呆”,(ロ,木)“呆”或“杏”.所以小敏获胜的概率为49,小蔧获胜的概率为59,所以这个游戏对小慧有利.思路:本题以数学文化为背景,通过游戏的公平性,利用图表法来求解古典概型的概率,在概率的计算过程中,需要用图表的形式把某试验中所有样本点都呈现出来,图表法通常把对问题的思考分析归纳为“有序实数对”,以便更直接地找出基本事件数.(3)树状图法利用树状图将基本事件之间的关系列出来,适用于需要分步完成的试验结果.树状图在解决求样本点总数和事件A包含的样本点数的问题时直观、方便,但画树状图时要注意按照一定的顺序确定分枝,避免造成遗漏或重复.典例3从标有数字1,2,3,4的4张卡片中任意抽取2张,则所抽取的2张卡片上的数字之积为奇数的概率是( )A.1 8B.1 6C.1 4D.1 2答案:B解析:本题通过树状图法来求解古典概型的概率,画树状图时,要注意按照一定的顺序确定分枝,避免造成遗漏或重复,然后在按照古典概型计算概率的求解步骤进行计算.设“所抽取的2张卡片上的数字之积为奇数”为事件A,可以利用树状图表示2张卡片上的数字之积,如图,由图可知,有4大类,每大类中有3种可能结果,共有4⨯312=(种)结果,其中抽取的2张卡片上的数字之积为奇数的结果有2种,所以21 ()126 P A==.2.有关抽取问题的概率古典概型的抽取问题有三种题型:依次不放回抽取、依次放回抽取与同时抽取.(1)对于不放回抽取,每次抽取时,总体数目比上一次抽取时要少,因此在第n 次抽取与第1n+次的抽取时,物品被抽中的概率可能会发生改变.(2)对于有放回抽取,总体数量没有改变,因此每次抽取同一种物品的概率相等.有放回抽取和无放回抽取的区别在于,同一件物品“有放回抽取”可能被抽到两次,而“无放回抽取”最多被抽到一次.这正是“有放回抽取”的样本空间包含的样本点数量比“无放回抽取”对应的样本空间包含的样本点数量多的原因.(3)同时抽取的实质是把不同性质的两(多)组元素混合在一起抽取,没有先后顺序,只考虑配对,厅以对应样本空间与所求事件包含的样本点数量都比“依次不放回抽取”对应的样本点数量少.典例4 一个袋子中装有四个形状和大小完全相同的球,球的编号分别为1,2,3,4.(1)从袋中随机取两个球,求取出的球的编号之和不大于4的概率;(2)先从袋中随机取一个球,记该球的编号为m ,将球放回袋中,再从袋中随机取一个球,记该球的编号为n ,求n ≥2m +的概率.解析:(1)从袋中随机取两个球,其样本点有(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4),共6个.从袋中取出的两个球的编号之和不大于4的样本点有(1,2),(1,3),共2个.因此所求事件的概率为2163=. (2)先从袋中随机取一个球,记其编号为m ,放回后,再从袋中随机取一个球,记其编号为n ,其一切可能的结果(m ,)n 组成的样本点有(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.其中满足条件2n m ≥+的样本点有(1,3),(1,4),(2,4),共3个,所以2n m ≥+的概率为316. 思路:本题通过摸球的模型,考查了古典概型中的不放回和有放回抽取问题,在解决此类题需要注意,不放回抽取,物品被抽中的概率可能会发生改变,有放回抽取,总体数量没有改变,因此每次抽取同一种物品的概率相等.典例5 有红心1,2,3,4和黑桃5五张扑克牌,现从中随机抽取两张,则抽到的牌均为红心的概率是( )答案:35解析:本题考查了古典概型中的同时抽取问题,解决此类题要注意,元素没有先后顺序,只考虑配对.从五张扑克牌中随机抽取两张,有(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(2,3),(2,4),(2,5),(3,4),(3,5),(4,5),共10个样本点,抽到的2张均为红心的有(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4),共6个样本点,所以所求的概率为63105=.。
古典概型解题技巧
古典概型解题技巧摘要概率论是数学学科中从数量的侧面来研究部分随机现象的规律性方面,其理论和方法渗透到了自然科学的各个领域,而古典概型是古典概率论的主要研究内容之一,也是概率论的研究中的一个经典的研究概型。
古典概型的主要研究对象是等可能事件,深入研究古典概型有助于我们更好地理解概率论中一些基本的概念,掌握概率论中的基本规律,有助于我们提高分析问题和解决问题的能力。
本文主要研究古典概型中的摸球问题,分球入盒问题,随机取数问题等几种模型,分析其解题思路,总结解题技巧以及思考其应用范围。
关键词:古典概型;分球入盒;摸球问题TitleAbstractKeywords:1 古典概型简介随机现象,是现实生活中非常常见,非常普遍的一种现象。
事件的发生或者是其走向,都是由随机决定的。
而这些随机性的事件都可以用概率模型来进行一定的分析,以求得相对准确的期望值。
随机性虽然容易给人们生活带来一定的烦恼,但同时也是最公平的象征。
在模拟计算,统计运筹中都有运用概率论的思想以及方法,所以,概率论有着明显的现实意义以及数学应用范畴。
在概率论的发展过程中,数学家们根据不同的问题,从各个不同的角度,给与了概率不同的定义和计算的方法。
但是这些定义或者计算的方法往往针对的是非常具体类型的事件和情况,所以多数都有一定的缺点,常常只是经验公式。
而经过长期的发展,概率论先后给出了古典概率,几何概率,统计概率,最后才给出了概率的数学定义。
在所有的随机事件中,有一类随机事件有两个明显的特点:第一,只有有限个可能的结果;第二,每个结果发生的可能性相同。
这类随机事件是概率论初期的研究对象,我们也把这类事件叫做古典概型。
2 古典概型的计算我们可以根据古典概型的等可能性和有限性的特点,得出模型下的概率。
古典概型的概率计算过程可以分解为三个步骤:第一,确定所研究的对象为古典概型;第二,计算样本点数;第三,利用公式计算概率。
如果本次随机事件只有有限个可能的结果,并且每一个可能的结果出现的可能性相同,则可以确定该事件为古典概型问题。
古典概型中基本事件个数探求方法,与4个知识交汇问题的解题步骤
古典概型中基本事件个数探求方法,与4个知识交汇问题的解题步骤【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基本事件数及事件发生的概率.【知识梳理】1.基本事件的特点(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.2.古典概型具有以下两个特征的概率模型称为古典的概率模型,简称古典概型.(1)试验的所有可能结果只有有限个,每次试验只出现其中的一个结果.(2)每一个试验结果出现的可能性相同.4.古典概型的概率公式【考点聚焦】考点一基本事件及古典概型的判断【规律方法】古典概型中基本事件个数的探求方法:(1)枚举法:适合于给定的基本事件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,注意在确定基本事件时(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:在求一些较复杂的基本事件个数时,可利用排列或组合的知识.考点二简单的古典概型的概率【规律方法】计算古典概型事件的概率可分三步:(1)计算基本事件总个数n;(2)计算事件A所包含的基本事件的个数m;(3)代入公式求出概率p.考点三古典概型的交汇问题角度1 古典概型与平面向量的交汇角度2 古典概型与【解析】几何的交汇角度3 古典概型与函数的交汇角度4 古典概型与统计的交汇【规律方法】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,然后利用古典概型的有关知识解决,一般步骤为:(1)将题目条件中的相关知识转化为事件;(2)判断事件是否为古典概型;(3)选用合适的方法确定基本事件个数;(4)代入古典概型的概率公式求解.【反思与感悟】1.古典概型计算三步曲第一,本试验是否是等可能的;第二,本试验的基本事件有多少个;第三,事件A是什么,它包含的基本事件有多少个.2.确定基本事件个数的方法列举法、列表法、树状图法或利用排列、组合.【易错防范】1.古典概型的重要思想是事件发生的等可能性,一定要注意在计算基本事件总数和事件包括的基本事件个数时,它们是不是等可能的.2.对较复杂的古典概型,其基本事件的个数常涉及排列数、组合数的计算,计算时要首先判断事件是否与顺序有关,以确定是按排列处理,还是按组合处理.。
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专题58:古典概型基本事件个数的四种求解方法
(1) 枚举法
例1 (2012江苏卷,T6)现有10个数,它们能构成一个以1为首项,3-为公比的等比数列,若从这10个数中随机抽取一个数,则它小于8的概率 .
例2.(2010山东卷T19)一个袋中装有四个形状大小完全相同的球,球的编号分别为1,2,3,4.
(1)从袋中随机抽取两个球,求取出的球的编号之和不大于4的概率;
(2)先从袋中随机取一个球,该球的编号为m ,将球放回袋中,然后再从袋中随机取一个球,该球的编号为n ,求的概率.
(2) 列表法
当实验是两步实验,而且每一步的结果较少时也可以用枚举法,但当每一步的实验结果较多时,列表法就比较有优势
例3 :同桌两人玩游戏掷骰子游戏,每人掷一次骰子并计算两次点数之和的奇偶性来决定胜负,甲选定奇数,乙选定偶数,这个游戏规则对双方是否公平?
例4:从含有三件正品和两件次品的五件产品中,先后任取两件,根据下列条件,求恰有一件正品的概率:
(1)第一次抽取是无放回的;
(2)第一次抽取是有放回的;
解析:设三件正品分别为A 、B 、C ;两件次品分别为:M 、N ;
2n m <+
(1)第一次抽取是无放回的基本事件如下:
显然,基本事件的总数为,其中,同时含A、B、C中一个,再含M、N中一个的基本事件个数为
于是,此时恰有一件正品的概率为
(2)第一次抽取是有放回的基本事件如下:
显然,基本事件的总数为,其中,同时含A、B、C中一个,再含M、N中一个的基本事件个数为
于是,此时恰有一件正品的概率为
点评:本题的基本事件借助于矩形列举法,通过上述的矩形,很容易揭示基本事件的构成规律,抓住这个规律,很快写出了所有的基本事件。
演练:同时抛两个骰子,求向上的点数之和为的概率。
解:把两个骰子着色红与蓝,用表示红骰子出现的点数,用表示蓝骰子出现的点数,再用数对来表示出现的可能结果,其基本事件如下:
共个结果;将向上的点数之和为的结果记为事件;由于,出现向上的点数之和为的结果分别为、、、、、共六种情况;
那么
(3) 树形图法
当实验是三步实验,甚至是更多步实验时,枚举和列表法就不是太好用了,此时树形图可以让基本事件清晰地展示出来.
例5 若同时抛三枚硬币,则出现“一正两反”的概率为.
例6 口袋里装有2个白球和2个黑球,这4个球除颜色外完全相同,4个人按顺序依次从中摸出一球,试计算第二个人摸到白球的概率.
例7:用1,2,3,4组成的各位数字不重复的四位数,求该四位数中大于3242的概率;
解析:用树形图列举所有满足条件的四位数如下
结合树形图,可知所有的四位数分别为:1342,1324,1432,1423,1234,1243,2413,2431,2143,2134,2314,2341,2143,2134,2314,2341,3142,3124,3214,3242,3412,3421, 4132,4123,4312,4321,4231,4213;
由此可得四位数的个数为24个,其中大于3242的有8个,那么,大于3242的概率为。
演练从长度分别为3、4、5、7、9的5条线段中任取3条,能构成三角形的概率为()
(A)(B)(C)(D)
解:用树形图列举所有可能的三条线段如下:
结合树形图,可知基本事件为“”“”“”“”“”“”“”“”“”“”共10个,其中,有四个“”“”“”“”不能构成三角形;故能构成三角形的概率为,选B;
(四)三角形列举法
例3、一个盒子里装有标号为1,2,…,9的9个标签,随机的抽取两个
(1)2号签被抽出的概率是多少?
(2)2号签或3号签被抽出的概率是多少?
解析:基本事件如下:
显然,基本事件的总数为
(1)2号签被抽出的基本事件在三角形中的第二行及第一行中的第一个,共8个。
那么,2号签被抽出的概率是
(2)2号签或3号签被抽出的基本事件在三角形中的第二行、第三行及第一行中的前两个,共15个。
那么,2号签或3号签被抽出的概率是
点评:本题在列举基本事件中,结合三角形,使基本事件的规律看的非常清楚,因此,写起来也变得轻松、方便。
例4、现从A,B,C,D,E,F六人中选取三人参加一个重要会议,六人被选中的机会相等,求:
(1)A 被选中的概率;
(2)A和B同时被选中的概率;
(3)A或B被选中的概率;
解析:基本事件如下:
显然,基本事件的总数为
(1)“A 被选中”所包含的基本事件是第一个三角形中的所有事件,其个数为。
那么,A 被选中的概率为
(2)“A和B同时被选中”所包含的基本事件是第一个三角形中第一行的所有事件,其个数为。
那么,A和B同时被选中的概率为
(3)“A或B被选中”包含的基本事件是第一个三角形与第个三角形中的所有事件,其个数为。
那么,A或B被选中的概率为。