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2014版高中数学复习方略配套课件:10.5古 典 概 型(北师大版 理 通用)

时间:2015-01-24


第五节

古 典 概 型

1.古典概型 具有以下两个特征的随机试验的数学模型称为古典概型.

只有有限个 每次试验只出 (1)有限性:试验的所有可能结果___________,
现其中的一个结果. 相同 (2)等可能性:每个试验结果出现的可能性_____.

2.古典概型的概率公式

如果试验的所有可能结果(基本事件)数为n,随机事件A包含 的基本事件数为m,那么事件A的概率规定为 P(A)= 事件A包含的可能结果数 = m .
试验的所有可能结果数
n

3.互斥事件 不能同时发生 定义:在一个随机试验中,把一次试验下_____________ 的两个事件A与B称作互斥事件. P(A)+P(B) P(A+B)=__________ 概率公式: P(A1+A2+?+An)=

P(A1)+P(A2)+?+P(An) ____________________

4.对立事件的概率 在每一次试验中,相互对立的事件A和事件 A 不会同时发生,并 且一定有一个发生,对立事件也称为逆事件.其计算公式:

1-P(A) P( A )=_______.

判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”). (1)我们所说的试验都是古典概型.( )

(2)“在适宜条件下,种下一粒种子观察它是否发芽”属于古 典概型,其基本事件是“发芽与不发芽”.( )

(3)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.( ) )

(4)两个事件的和事件是指两个事件都得发生. (

(5)两个事件对立时一定互斥,但两个事件互斥时不一定对立. ( )

【解析】(1)错误.在一次试验中,可能出现的结果是有限个, 并且每个试验结果的可能性是均等的 ,这样的试验才是古典概型. (2)错误.它不符合古典概型的定义中每个事件发生的可能性 相等.(3)错误.掷一枚硬币两次,出现“正、正”“正、反” “反、正”“反、反”,这四个事件是等可能事件.(4)错误. 两个事件的和事件是指两个事件至少有一个发生 ,不一定是同时 发生.(5)正确.由互斥事件与对立事件的概念可知该说法正确 . 答案:(1)× (2)× (3)× (4)× (5)√

1.从甲、乙、丙三人中任选两人参加志愿者服务,甲、乙均 被选中的概率是( (A) 1
2

) (C)
2 3

(B) 1

3

(D) 1

6 1 3

【解析】选B.任选两人为志愿者的结果有:(甲,乙)、(甲,

丙)、(乙,丙),共3种,所以甲、乙均被选中的概率是 , 故
选B.

2.连续抛掷两枚骰子得到的点数分别是m,n,则向量a=(m,n) 与向量b=(1,1)共线的概率是( (A) 5 12 (B) 1 3 (C) 1 6 )

1 (D) 2

【解析】选C.由向量a=(m,n)与向量b=(1,1)共线,可得 m=n,连续抛掷两枚骰子得到的点数(m,n)的可能结果共有 36种,m=n的有6种,分别是(1,1),(2,2),(3,3), (4,4),(5,5),(6,6),所以所求概率 P= 6 ? 1 .
36 6

3.设a是抛掷一枚骰子得到的点数,则方程x2+ax+2=0有两 个不相等的实数根的概率为( (A)
2 3

)
2

(B) 1

3

(C) 1

(D) 5

12

【解析】选A.由方程x2+ax+2=0有两个不相等的实数根,得 Δ=a2-8>0,故a=3,4,5,6.根据古典概型的概率计算公式 有 P= 4 = 2 .
6 3

4.在第3,6,16路公共汽车的一个停靠站(假定这个车站只能停 靠一辆公共汽车),有一位乘客需在5分钟之内乘上公共汽车赶 到厂里,他可乘3路或6路公共汽车到厂里,已知3路公共汽车、6

路公共汽车在5分钟之内到此车站的概率分别为0.20和0.60,则
该乘客在5分钟内能乘上所需要的车的概率为( )

(A)0.12

(B)0.20

(C)0.60

(D)0.80

【解析】选D.“能上车”记为事件A,则3路或6路公共汽车有一

辆路过即事件发生,故P(A)=0.20+0.60=0.80.

5.三张卡片上分别写有字母A,A,B,将三张卡片随机地排成
一行,恰好排成B,A,A的概率是_______. 【解析】三张卡片共有6种排法,排成B,A,A有两种, 故 P= 2 = 1 .
6 3 答案: 1 3

6.已知集合A={2,5},在A中可重复地依次取出三个数a,b,c,
则“以a,b,c为边恰好构成三角形”的概率是________. 【解析】“在A中可重复地依次取出三个数a,b,c”的基本事件 总数为23=8,事件“以a,b,c为边不能构成三角形”分别为 (2,2,5),(2,5,2),(5,2,2),所以 P=1 ? 3= 5 . 答案:
5 8 8 8

考向 1

简单古典概型的概率

【典例1】(1) “十一”国庆假期,甲、乙两人一起去游玩, 他们约定,各自独立地从1到6号景点中任选4个进行游览,每 个景点参观一小时,则最后一小时他们同在一个景点的概率是 ( (A)
1 36

)

(B) 1
9

(C) 5

36

(D) 1

6

(2)(2012·江苏高考)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的概率是______. 【思路点拨】(1)由于每个景点被参观的可能性相等,且构成 的基本事件个数有限,因此该问题能归结到古典概型解决 . (2)从等比数列的通项公式和等可能事件的概率两方面处理 .

【规范解答】(1)选D.若用{1,2,3,4,5,6}代表6处景点,显 然甲、乙两人最后一小时游览的景点可能为{1,1},{1,2}, {1,3},?,{6,6},共36种;其中满足题意的“最后一小时他 们同在一个景点”包括{1,1},{2,2},{3,3},?,{6,6},共 6个基本事件,所以所求的概率为 1 .
6

(2)这10个数是1,-3,(-3)2,(-3)3,(-3)4,(-3)5,(-3)6, (-3)7,(-3)8,(-3)9,所以它小于8的概率等于 6 ? 3 .
3 答案: 5 10 5

【互动探究】在本例题(2)中,将“抽取一个数,则它小于8”
改为“抽取两个数,则它们都小于8”,则结果如何?
2 =45个,都小于8的事件有 【解析】基本事件共有 C10

C =15个,所以,它们都小于8的概率为 .
2 6

1 3

【拓展提升】 1.求古典概型的概率的基本步骤

(1)算出所有基本事件的个数n.
(2)求出事件A包含的所有基本事件数m.

(3)代入公式P(A)= m , 求出P(A).
n

2.基本事件个数的确定方法

(1)列举法
(2)列表法 (3)排列组 合法

此法适合于基本事件较少的古典概型 此法适合于从多个元素中选定两个元素的试 验,也可看成是坐标法
此法适合于从多个元素中选定两个以上元素 的试验

【变式备选】在正四面体的6条棱中随机抽取2条,则其2条棱互
相垂直的概率为( )

(A) 3
4

(B) 2
3

(C) 1
5

(D) 1
3

【解析】选C.总的取法有15种,由正四面体的性质可知,

对棱垂直,故互相垂直的有3种,所求概率为 1 ,选C.
5

考向 2

互斥事件、对立事件的概率

【典例2】(1)在一次投掷骰子的试验中,记事件A1={出现4

点},A2={出现大于3点},A3={出现小于6点},A4={出现6点},
下列等式中正确的是( )

(A)P(A1+A2)=P(A1)+P(A2)
(B)P(A1+A3)=P(A1)+P(A3)

(C)P(A2+A3)=P(A2)+P(A3)
(D)P(A1+A4)=P(A1)+P(A4)

(2)从一批羽毛球产品中任取一个,质量小于4.8 g的概率是 0.3,质量不小于4.85 g的概率是0.32,那么质量在[4.8,4.85) g范围内的概率是( (A)0.62 (C)0.7 ) (B)0.38 (D)0.68

(3)已知在6个电子元件中有2个次品,4个正品,每次任取1个 进行测试,测试后不再放回,直到2个次品都找到为止,求经 过4次测试恰好将2个次品都找到的概率.

【思路点拨】(1)由于选项中的公式只有两个互斥事件的和
事件的概率才满足,所以只需判断A1与A2,A1与A3,A1与A4以及A2 与A3是否互斥即可. (2)利用概率的性质及互斥事件概率的公式即可解决 . (3)4次测试恰好将2个次品都找到可分为“前3次测试仅有一次 取到次品,第4次测试恰好取到次品”与“前4次测试都取到正 品”两种情况.

【规范解答】(1)选D.由题设,只有事件A1与A4是互斥事件, 因此P(A1+A4)=P(A1)+P(A4),即选D. (2)选B.设一个羽毛球的质量为ξ g,则P(ξ<4.8)+ P(4.8≤ξ<4.85)+P(ξ≥4.85)=1. 所以P(4.8≤ξ<4.85)=1-0.3-0.32=0.38.

(3)设A表示事件“前3次测试仅有一次取到次品,第4次测试 恰好取到次品”,B表示事件“前4次测试都取到正品”,
1 2 3 4 C C A A 1 则 P(A) ? 2 4 3 ? ,P(B) ? 4 ? 1 . 4 4 A6 5 A6 15

因为A,B互斥,所以P(A+B)=P(A)+P(B)= 1 ? 1 ? 4 .
5 15

15 4 故经过4次测试恰好将2个次品都找到的概率是 . 15

【拓展提升】求复杂的互斥事件的概率的两种方法 (1)直接求法:将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事 件的概率的和,运用互斥事件概率的加法公式计算 . (2)间接求法:先求此事件的对立事件的概率 ,再用公式 P(A)=1-P( A )求得,即运用逆向思维(正难则反),特别是 “至多”“至少”型题目,用间接求法会较简便. 【提醒】应用互斥事件概率的加法公式,一定要注意首先确定 各个事件是否彼此互斥,然后求出各事件发生的概率,再求和.

【变式训练】一个口袋里共有除颜色外其他均相同的7个白球

和4个红球,现在一次取出三个球,则这三个球中至少有一个
红球的概率是多少? 【解析】方法一:记“三个球中至少有一个红球”为事件A, “三个球中恰有一个红球”为事件A1,“三个球中有两个红球” 为事件A2,“三个球全是红球”为事件A3,则A=A1+A2+A3, 且A1,A2,A3这三个事件两两互斥,故得P(A)=P(A1)+P(A2)
1 2 2 1 3 C C C C C +P(A3)= 4 3 7 + 4 3 7 + 34 = 26 . C11 C11 C11 33

方法二:记“三个球中至少有一个红球”为事件A,则“三个
3 C 球全是白球”为事件A的对立事件 A ,故 P(A)= 37 = 7 , C11 33 26 得 P(A)=- 1 P(A)= . 33

考向 3

构建不同的概率模型解决问题

【典例3】(1)(2013·淮北模拟)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.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,该球编号为n,则n<m+2的概率为______.
(2)(2013·大连模拟)同时投掷两粒骰子,求向上的点数之和为

奇数的概率.

【思路点拨】(1)将两次取出的球的编号看作有序实数对 ,列举 出基本事件及满足n≥m+2的事件,转化为古典概型及对立事件 的概率求解. (2)适当选取观察角度以减少复杂的计数. 角度一:通过坐标法列出所有基本事件;角度二:把一次试验 的所有可能结果取为:(奇,奇),(奇,偶),(偶,奇),(偶,偶); 角度三:把一次试验的所有可能结果取为 :点数之和为奇数,点 数之和为偶数.

【规范解答】(1)依题设,一切可能结果(m,n)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.
又满足条件n≥ m+2 的事件为(1,3),(1,4),(2,4),共3个,

所以满足条件n ≥ m+2 的事件的概率为 P1= 3 , 故满足条件
16 n<m+2 的事件的概率为P′=1-P1=1- 3 =13 . 16 16 答案:13 16

(2)方法一:从下图可以看出基本事件与所描点一一对应 ,有 36种,

记“向上的点数之和为奇数”为事件A,从图中可以看出,事件A
包含的基本事件共有18个,因此 P ? A ? ? 18 ? 1 .
36 2

方法二:由于两粒骰子中出现奇、偶数的机会相同 ,且每粒骰 子中的奇、偶数的个数也相同,若把一次试验的所有可能结果 取为:(奇,奇),(奇,偶),(偶,奇),(偶,偶),基本事件总数为4, 且每个事件出现是等可能的,事件A“点数之和为奇数”包含的 基本事件个数为2,故 P ? A ? ? 1 .
2

方法三:由于两粒骰子中出现奇、偶数的机会相同 ,且每粒骰 子中的奇、偶数的个数也相同.若把一次试验的所有可能结果

取为:点数之和为奇数,点数之和为偶数,则基本事件总数为2,
且每个事件出现是等可能的.事件A“点数之和为奇数”包含的

基本事件个数为1,故 P ? A ? ? 1 .
2

【拓展提升】建立概率模型的原则、要求及作用
(1)原则:建立概率模型的一般原则是“结果越少越好”,

这就要求选择恰当的观察角度,把问题转化为易于解决的古典
概型问题.

(2)要求:每次试验有一个并且只有一个基本事件出现.

(3)作用:一方面,对于同一个实际问题,有时可以通过建立
不同的“模型”来解决,即“一题多解”,在这“多解”的方法 中,再寻求较为“简捷”的解法; 另一方面,又可以用一种“模型”去解决很多“不同”的问题, 即“多题一解”.

【变式训练】已知|p|≤3,|q|≤3,当p,q∈Z时,求方程 x2+2px-q2+1=0有两个相异实数根的概率. 【解析】由方程x2+2px-q2+1=0 有两个相异实数根,可得Δ=(2p)2 -4(-q2+1)>0,即p2+q2>1. 当p,q∈Z时,设点M(p,q),如图, 直线x=-3,-2,-1,0,1,2,3和 直线y=-3,-2,-1,0,1,2,3的交点,即为点M,共有49个,

其中在圆p2+q2=1上和圆p2+q2=1内的共有5个(图中黑点).
当点M(p,q)落在圆p2+q2=1外时,方程x2+2px-q2+1=0有 两个相异实数根. 所以方程x2+2px-q2+1=0有两个相异实数根的概率
P= 49-5 44 = . 49 49

【易错误区】基本事件判断不准致误
【典例】(2012·广东高考)从个位数与十位数之和为奇数的两

位数中任取一个,其个位数为0的概率是(
(A ) 4
9

)
9

(B)1

3

(C)2
9

(D ) 1

【误区警示】本题易出现的错误主要有两个方面:
(1)基本事件弄错,由于0与1,2,3,?,9这十个数字被取到不是 等可能的,因此误认为本题不是古典概型; (2)寻找基本事件时,误认为0与1,2,3,?,9的地位是一样的,致 使基本事件个数不正确.

【规范解答】选D.首先确定符合条件的两位数的所有个数, 再找到个位数是0的个数,利用公式求解, 设个位数与十位数分别为y,x,则如果两位数之和是奇数,则x,y 分别为一奇数,一偶数:
1 第一类:x为奇数,y为偶数,共有: C1 ? C 25 (种)情况; 5 5= 1 第二类:x为偶数,y为奇数,共有:C1 20(种)情况. 4 ? C5=

两类共计45种情况,其中个位数是0,十位数是奇数的两位数 有10,30,50,70,90这5个数,所以其中个位数是0的概率为:
P= 5 1 = . 45 9

【思考点评】
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.本题中基本事件是个位数与 十位数之和为奇数的两位数. 2.古典概型的判断标准 判断一个概率问题是否是古典概型问题,其主要依据有以下两 个标准:(1)有限性:试验中所有可能出现的基本事件只有有 限个.(2)等可能性:每个基本事件出现的可能性相等 .

1.(2013·鹰潭模拟)分别写有数字1,2,3,4的4张卡片,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

的概率是(
(A) 1
4

)
(B) 1
3

(C) 1

2

(D) 2
3

【解析】选D.从写有数字1,2,3,4的4张卡片中随机抽取2张,有
(1,2), (1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4)共6种, 取出的2张卡片上的数字之和为奇数的取法有 (1,2),(1,4), (2,3),(3,4)共4种,故取出的2张卡片上的数字之和为奇数的 概率是 4 = 2 .
6 3

2.(2013·合肥模拟)设函数 f ? x ?=ax+ x ? x ? 1? , 若a是从
x- 1

0,1,2三数中任取一个,b是从1,2,3,4四数中任取一个,那么

f(x)>b恒成立的概率为(
(A) 2
3

)
5

(B) 7

20

(C) 2

(D) 1

2

【解析】选A.当a>0时, f ? x ?=ax+ x ? x ? 1? =a ? x-1?+ 1 +a+1
? 2 a+a+= 1 a+ 1 , 因为f(x)>b恒成立,所以

?

?

x- 1

2

?

a+ 1 ? b 恒成

?

x- 1
2

立,若b=1,则a=1,2;若b=2,则a=1,2;若b=3, 则a=1,2; 若b=4,则a=2,共7种情况;a=0时, f ? x ?= 1 +1 ? 1, b=1适 合,故概率为 8 = 2 .
3? 4 3 x- 1

3.(2012·上海高考)三位同学参加跳高、跳远、铅球项目的比
赛.若每人都选择其中两个项目,则有且仅有两人选择的项目 完全相同的概率是______(结果用最简分数表示).

【解析】本题中三位同学参加三个不同项目的比赛,每人都
2 2 2 种,有且只有 选择两个项目,则所有结果为 C3 ? C3 ? C3

两人选择的项目相同时分三步:
2 种; ①定哪两个人相同有 C3 2 种; ②定哪两个项目相同有 C3

③定第三个人,此人必须选前两人未选的项,有 C1 种, 2
2 2 1 C ? C ? C 2 3 3 2 2 2 1 种,所以概率为 ? . 结果为 C3 ? C3 ? C2 2 2 2 C3 ? C3 ? C3 3 答案:2 3

4.(2013·新余模拟)甲、乙两颗卫星同时监测台风,在同一
时刻,甲、乙两颗卫星准确预报台风的概率分别为0.8和0.75, 则在同一时刻至少有一颗卫星预报准确的概率为_______. 【解析】由对立事件的性质知在同一时刻至少有一颗卫星预报 准确的概率为1-(1-0.8)(1-0.75)=0.95. 答案:0.95

5.(2012·重庆高考)某艺校在一天的6节课中随机安排语文、
数学、外语三门文化课和其他三门艺术课各一节,则在课表 上的相邻两节文化课之间最多间隔一节艺术课的概率为____ (用数字作答).

【解析】6节课共有 A6 种排法,相邻两节文化课之间最多 6 ? 720
隔1节艺术课,排法分三类: (1)两节相邻文化课之间没有艺术课间隔.可将三节课捆绑为一
3 A 个元素,然后再与另三节艺术课进行全排,排法有 3 ? 144 种. 4 A4

(2)三节文化课间都有1节艺术课间隔:有“文艺文艺文艺”与
3 “艺文艺文艺文”两种形式,其排法有 2A3 种. A 3 3 ? 72

(3)三节文化课中有两节之间有一节艺术课,另一节文化课与
前两节文化课之间无间隔,可先对文化课进行全排,然后从 3

节艺术课选一节放入排好的3节文化课之间,再将此4节课看
作一个元素与余下的2节艺术课进行全排,其排法有:
1 2 3 种.综上可知:相邻两节文化课之间最多间 A3 C 3 3A2 A3 ? 216

隔1节艺术课的排法共有144+72+216=432种. 所以在课表上的相邻两节文化课之间最多间隔一节艺术课的 概率 P ? 432 ? 3 .
3 答案: 5 720 5

1.已知集合A={(x,y)|x-2y-1=0},B={(x,y)|ax-by+1=0},
其中a,b∈ {1,2,3,4,5,6},则A∩B=?的概率为( (A)
1 12

)

(B) 1

6

(C) 1

4

(D)

1 3

【解析】选A.∵A∩B=?, ∴直线x-2y-1=0与直线ax-by+1=0平行, ∴b=2a,这样的(a,b)有:(1,2),(2,4),(3,6),共3个, ∴所求概率为 3 ? 1 .
6?6 12

2.投掷两颗骰子,得到其向上的点数分别为m和n,则复数 (m+ni)(n-mi)为实数的概率为(
1 (A) 12

) (D) 1
3

(B) 1

6

(C)

1 4

【解析】选B.∵(m+ni)(n-mi)=mn-m2i+n2i-mni2=2mn-(m2-n2)i, ∴m2-n2=0,即m=n. 投掷两颗骰子,得到向上的点数的所有可能情况有36种,其中 点数相同的情况有6种,故所求概率为 P ? 6 ? 1 .
36 6

3.已知向量a=(m,n),b=(1,-1),其中m,n∈{1,2,3,4,

5},则a与b的夹角能成为直角三角形内角的概率是________.
【解析】∵a与b的夹角为直角三角形的内角,
ab m-n 因此有 0 ? = ?1 , 2 2 ab m +n ? 2 ?m ? n, ∴m≥n. ?? 2 2 ?m +n ? -2mn,

而所有的情况共有25种,而m≥n,有5+4+3+2+1=15(种), 故概率为
3 答案: 5 3 . 5


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