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2.2　古典概型的应用
【学习目标】
1.进一步理解古典概型,灵活运用古典概型解决概率问题.
2.理解互斥事件、对立事件.
3.掌握互斥事件的概率加法公式.
◆ 知识点一　古典概型的应用
1.从不同的角度去考虑一个实际问题,可以将问题转化为不同的古典概型问题来解决,而所得到的古典概型的样本空间中的样本点越少,问题的解决就变得越简单.
2.古典概型的两类主要问题:“有放回”与“不放回”问题,“有序”与“无序”问题.　　　　　 　　　　　 　　　　　
【诊断分析】 从写有数字1,2,3,4,5的五张卡片中不放回地依次抽取两张,则抽得的两张卡片上的数字一个是奇数一个是偶数的概率是 (　 )
A. B. C. D.
◆ 知识点二　互斥事件的概率计算公式
在一个试验中,如果事件A和事件B是互斥事件,那么有P(A∪B)=P(A)+P(B).这一公式称为互斥事件的概率加法公式.
特别地,P(A∪)=P(A)+P()=1,即P()=1-P(A).
注:(1)概率加法公式的适用条件是事件A与事件B互斥.
(2)该公式可推广为求多个互斥事件的和事件的概率,若事件A1,A2,…,An两两互斥,则P(A1∪A2∪…∪An)=P(A1)+P(A2)+…+P(An),即彼此互斥事件的和事件的概率等于各互斥事件概率的和.
【诊断分析】 同时抛掷四枚质地均匀的硬币,则至少出现一个反面朝上的概率是 (　 )
A. B. C. D.
◆ 探究点一　古典概型的应用
例1 从三对夫妻中随机抽选2人参加采访活动,则恰好抽到一对夫妻的概率为 (　 )
A. B.
C. D.
变式 某中学团委为庆祝“五四”青年节,举行了以“弘‘五四’精神,扬青春风采”为主题的文艺汇演,初中部推荐了2位主持人,高中部推荐了4位主持人,现从这6位主持人中随机选2位主持文艺汇演,则选中的2位主持人恰好一位属于初中部,一位属于高中部的概率为 (　 )
A. B. C. D.
[素养小结]
(1)用古典概型解决问题的关键是求试验的样本空间的样本点总数n和所求事件包含的样本点数m,然后用公式P=计算概率.
(2)求同一事件的概率,可以从不同角度切入,选择不同的试验,建立不同的古典概型.选择可能结果少的试验,可以使问题更简单.
拓展 定义:设一个三位数的百位、十位、个位上的数字依次为a,b,c,当且仅当a,b,c中有两个数字的和等于第三个数字时称该三位数为“有缘数”,如156,178.若a,b,c∈{1,2,3,4},且a,b,c互不相同,则这个三位数为“有缘数”的概率是　　　　.
◆ 探究点二　“不放回”与“放回”抽取问题
例2 一个信箱里装有标号为1,2,3,4的4封大小完全相同的信件,先后随机地选取2封信,根据下列条件,分别求2封信上的数字为不相邻整数的概率.
(1)信的选取方式是无放回;
(2)信的选取方式是有放回.
变式 从含有两件正品a1,a2和一件次品b1的3件产品中每次任取1件,连续取两次.
(1)若每次取出后不放回,连续取两次,求取出的产品中恰有一件是次品的概率;
(2)若每次取出后又放回,连续取两次,求取出的两件产品中恰有一件是次品的概率.
[素养小结]
抽取问题是古典概型的常见问题,解决此类问题需要注意抽取方式是有放回还是不放回,两种抽取方式对样本点的总数是有影响的.另外,不放回抽样看作无序或有序抽取均可,有放回抽样要看作有序抽取.
◆ 探究点三　互斥、对立事件与古典概型的综合应用
例3 某影院为回馈顾客,拟通过抽球兑奖的方式对观影卡充值满200元的顾客进行减免,规定每人在装有4个白球、2个红球的抽奖箱中一次抽取2个球.已知抽出1个白球减20元,抽出1个红球减40元.
(1)求某顾客所获得的减免金额为40元的概率;
(2)若某顾客去影院充值并参与抽奖,求其减免金额低于80元的概率.
变式 甲、乙两人参加普法知识竞赛,共有5个不同的题目,其中选择题3个,判断题2个,甲、乙两人不放回地各抽一题.
(1)甲、乙两人中有一人抽到选择题,另一人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
[素养小结]
求某些较复杂事件的概率,通常有两种方法:一是将所求事件的概率表示成一些彼此互斥事件的概率的和;二是先求此事件的对立事件的概率,再求此事件的概率.若转化成的彼此互斥的事件较多或用直接法求某一事件的概率较为复杂时,方法二常可使概率的计算得到简化.
拓展 一个盒子里有三张卡片,分别标记为1,2,3,这三张卡片除标记的数字外完全相同.有放回地随机抽取3次,每次抽取1张卡片.
(1)求“抽取的卡片上的数字之和为5”的概率;
(2)求“抽取的卡片上的数字不完全相同”的概率.
2.2　古典概型的应用
【课前预习】
知识点一
诊断分析
B　[解析] 根据题意可知,样本空间为Ω={(2,1),(3,1),(4,1),(5,1),(1,2),(3,2),(4,2),(5,2),(1,3),(2,3),(4,3),(5,3),(1,4),(2,4),(3,4),(5,4),(1,5),
(2,5),(3,5),(4,5)},共20个样本点,其中两张卡片上的数字一个是奇数一个是偶数的样本点有(2,1),(4,1),(1,2),(3,2),(5,2),(2,3),(4,3),(1,4),(3,4),(5,4),(2,5),(4,5),共12个,故抽得的两张卡片上的数字一个是奇数一个是偶数的概率为=.
知识点二
诊断分析
D　[解析] 根据题意易知样本空间中的样本点共有16个,“至少出现一个反面朝上”的对立事件为“都是正面朝上”,都是正面朝上的样本点只有1个,所以至少出现一个反面朝上的概率为1-=,故选D.
【课中探究】
探究点一
例1　B　[解析] 设“a1,a2”“b1,b2”“c1,c2”分别表示三对夫妻,由题知,从中随机抽选2人参加采访活动的样本点有(a1,a2),(a1,b1),(a1,b2),(a1,c1),(a1,c2),(a2,b1),(a2,b2),(a2,c1),(a2,c2),(b1,b2),(b1,c1),(b1,c2),(b2,c1),(b2,c2),
(c1,c2),共15个,恰好抽到一对夫妻的样本点有(a1,a2),(b1,b2),(c1,c2),共3个,所以恰好抽到一对夫妻的概率为=.故选B.
变式　D　[解析] 设初中部的2位主持人为a,b,高中部的4位主持人为1,2,3,4.从这6位主持人中随机选2位,样本空间中的样本点为{a,b},{a,1},{a,2},{a,3},{a,4},{b,1},{b,2},{b,3},{b,4},{1,2},{1,3},{1,4},{2,3},{2,4},{3,4},共15个,选中的2位主持人恰好一位属于初中部,一位属于高中部包含的样本点为{a,1},{a,2},{a,3},{a,4},{b,1},{b,2},{b,3},{b,4},共8个,故所求概率为,故选D.
拓展　　[解析] 由1,2,3组成的三位数为123,132,213,231,312,321,共6个.同理,由1,2,4组成的三位数有6个,由1,3,4组成的三位数有6个,由2,3,4组成的三位数有6个,则共可以组成24个三位数.由题意知,由1,2,3或1,3,4组成的三位数为“有缘数”,共12个,所以这个三位数为“有缘数”的概率为=.
探究点二
例2　解:记事件A为“选取的2封信上的数字为相邻整数”.
(1)从4封信中无放回地随机选取2封,试验的样本空间为Ω1={(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3)},共有12个样本点,事件A={(1,2),(2,1),(2,3),(3,2),(3,4),(4,3)},包含6个样本点.故P(A)==,故无放回地选取2封信,这2封信上数字为不相邻整数的概率为1-=.
(2)从4封信中有放回地随机选取2封,则试验的样本空间为Ω2={(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)},共有16个样本点,事件A={(1,2),(2,1),(2,3),(3,2),(3,4),(4,3)},包含6个样本点,
故P(A)==,故有放回地选取2封信,这2封信上数字为不相邻整数的概率为1-=.
变式　解:(1)每次取出后不放回,连续取两次,则样本空间为Ω1={(a1,a2),(a1,b1),(a2,a1),(a2,b1),(b1,a1),(b1,a2)}(其中小括号内左边的字母表示第1次取出的产品,右边的字母表示第2次取出的产品),共有6个样本点.设事件A表示“取出的产品中恰有一件是次品”,则A={(a1,b1),(a2,b1),(b1,a1),(b1,a2)},共4个样本点,所以P(A)==.
(2)每次取出后又放回,连续取两次,则样本空间为Ω2={(a1,a1),(a1,a2),(a1,b1),(a2,a1),(a2,a2),(a2,b1),(b1,a1),(b1,a2),(b1,b1)},共9个样本点.设事件B表示“取出的两件产品中恰有一件是次品”,则B={(a1,b1),(a2,b1),(b1,a1),(b1,a2)},共4个样本点,所以P(B)=.
探究点三
例3　解:(1)设4个白球分别为a,b,c,d,2个红球分别为e,f,事件A为“顾客所获得的减免金额为40元”,则样本空间Ω={ab,ac,ad,ae,af,bc,bd,be,bf,cd,ce,cf,de,df,ef},共15个样本点, A={ab,ac,ad,bc,bd,cd},共6个样本点,所以顾客所获得的减免金额为40元的概率为=.
(2)设事件B为“顾客所获得的减免金额不低于80元”,则B={ef},共1个样本点, 所以顾客所获得的减免金额不低于80元的概率为,故减免金额低于80元的概率P=1-P(B)=.
变式　解:把3个选择题分别记为x1,x2,x3,2个判断题分别记为p1,p2,令(x1,x2)表示“甲抽到x1,乙抽到x2”.事件“甲抽到选择题,乙抽到判断题”包含的样本点有(x1,p1),(x1,p2),(x2,p1),(x2,p2),(x3,p1),(x3,p2),共6个;事件“甲抽到判断题,乙抽到选择题”包含的样本点有(p1,x1),(p1,x2),(p1,x3),(p2,x1),(p2,x2),(p2,x3),共6个;事件“甲、乙两人都抽到选择题”包含的样本点有(x1,x2),(x1,x3),(x2,x1),(x2,x3),(x3,x1),(x3,x2),共6个;“甲、乙两人都抽到判断题”包含的样本点有(p1,p2),(p2,p1),共2个.因此样本空间中样本点的总数为6+6+6+2=20.
(1)“甲抽到选择题,乙抽到判断题”的概率为=,“甲抽到判断题,乙抽到选择题”的概率为=,故“甲、乙两人中有一人抽到选择题,另一人抽到判断题”的概率为+=.
(2)“甲、乙两人都抽到判断题”的概率为=,故“甲、乙两人中至少有一人抽到选择题”的概率为1-=.
拓展　解:从三张卡片中有放回地抽取3次,每次抽取1张卡片,令(i,j,z)表示第1次抽取的卡片上的数字为i,第2次抽取的卡片上的数字为j,第3次抽取的卡片上的数字为z,则样本空间为Ω={(1,1,1),(1,1,2),(1,1,3),(1,2,1),(1,2,2),(1,2,3),(1,3,1),(1,3,2),(1,3,3),(2,1,1),(2,1,2),(2,1,3),(2,2,
1),(2,2,2),(2,2,3),(2,3,1),(2,3,2),(2,3,3),(3,1,1),(3,1,2),(3,1,3),(3,2,1),(3,2,2),(3,2,3),(3,3,1),(3,3,2),
(3,3,3)},共27个样本点.
(1)记事件A为“抽取的卡片上的数字之和为5”,
则A包含的样本点为(1,1,3),(1,2,2),(1,3,1),(2,1,2),(2,2,1),(3,1,1),共6个,所以P(A)==,
所以“抽取的卡片上的数字之和为5”的概率为.
(2)记事件B为“抽取的卡片上的数字不完全相同”,
则其对立事件C为“抽取的卡片上的数字完全相同”,
因为C包含的样本点为(1,1,1),(2,2,2),(3,3,3),共3个,
所以P(B)=1-P(C)=1-=,
所以“抽取的卡片上的数字不完全相同”的概率为.

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