資源簡介

2.2　古典概型的應用
【學習目標】
1.進一步理解古典概型,靈活運用古典概型解決概率問題.
2.理解互斥事件、對立事件.
3.掌握互斥事件的概率加法公式.
◆ 知識點一　古典概型的應用
1.從不同的角度去考慮一個實際問題,可以將問題轉化為不同的古典概型問題來解決,而所得到的古典概型的樣本空間中的樣本點越少,問題的解決就變得越簡單.
2.古典概型的兩類主要問題:“有放回”與“不放回”問題,“有序”與“無序”問題.　　　　　 　　　　　 　　　　　
【診斷分析】 從寫有數字1,2,3,4,5的五張卡片中不放回地依次抽取兩張,則抽得的兩張卡片上的數字一個是奇數一個是偶數的概率是 (　 )
A. B. C. D.
◆ 知識點二　互斥事件的概率計算公式
在一個試驗中,如果事件A和事件B是互斥事件,那么有P(A∪B)=P(A)+P(B).這一公式稱為互斥事件的概率加法公式.
特別地,P(A∪)=P(A)+P()=1,即P()=1-P(A).
注:(1)概率加法公式的適用條件是事件A與事件B互斥.
(2)該公式可推廣為求多個互斥事件的和事件的概率,若事件A1,A2,…,An兩兩互斥,則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.
【診斷分析】 同時拋擲四枚質地均勻的硬幣,則至少出現一個反面朝上的概率是 (　 )
A. B. C. D.
◆ 探究點一　古典概型的應用
例1 從三對夫妻中隨機抽選2人參加采訪活動,則恰好抽到一對夫妻的概率為 (　 )
A. B.
C. D.
變式 某中學團委為慶祝“五四”青年節,舉行了以“弘‘五四’精神,揚青春風采”為主題的文藝匯演,初中部推薦了2位主持人,高中部推薦了4位主持人,現從這6位主持人中隨機選2位主持文藝匯演,則選中的2位主持人恰好一位屬于初中部,一位屬于高中部的概率為 (　 )
A. B. C. D.
[素養小結]
(1)用古典概型解決問題的關鍵是求試驗的樣本空間的樣本點總數n和所求事件包含的樣本點數m,然后用公式P=計算概率.
(2)求同一事件的概率,可以從不同角度切入,選擇不同的試驗,建立不同的古典概型.選擇可能結果少的試驗,可以使問題更簡單.
拓展 定義:設一個三位數的百位、十位、個位上的數字依次為a,b,c,當且僅當a,b,c中有兩個數字的和等于第三個數字時稱該三位數為“有緣數”,如156,178.若a,b,c∈{1,2,3,4},且a,b,c互不相同,則這個三位數為“有緣數”的概率是　　　　.
◆ 探究點二　“不放回”與“放回”抽取問題
例2 一個信箱里裝有標號為1,2,3,4的4封大小完全相同的信件,先后隨機地選取2封信,根據下列條件,分別求2封信上的數字為不相鄰整數的概率.
(1)信的選取方式是無放回;
(2)信的選取方式是有放回.
變式 從含有兩件正品a1,a2和一件次品b1的3件產品中每次任取1件,連續取兩次.
(1)若每次取出后不放回,連續取兩次,求取出的產品中恰有一件是次品的概率;
(2)若每次取出后又放回,連續取兩次,求取出的兩件產品中恰有一件是次品的概率.
[素養小結]
抽取問題是古典概型的常見問題,解決此類問題需要注意抽取方式是有放回還是不放回,兩種抽取方式對樣本點的總數是有影響的.另外,不放回抽樣看作無序或有序抽取均可,有放回抽樣要看作有序抽取.
◆ 探究點三　互斥、對立事件與古典概型的綜合應用
例3 某影院為回饋顧客,擬通過抽球兌獎的方式對觀影卡充值滿200元的顧客進行減免,規定每人在裝有4個白球、2個紅球的抽獎箱中一次抽取2個球.已知抽出1個白球減20元,抽出1個紅球減40元.
(1)求某顧客所獲得的減免金額為40元的概率;
(2)若某顧客去影院充值并參與抽獎,求其減免金額低于80元的概率.
變式 甲、乙兩人參加普法知識競賽,共有5個不同的題目,其中選擇題3個,判斷題2個,甲、乙兩人不放回地各抽一題.
(1)甲、乙兩人中有一人抽到選擇題,另一人抽到判斷題的概率是多少
(2)甲、乙兩人中至少有一人抽到選擇題的概率是多少
[素養小結]
求某些較復雜事件的概率,通常有兩種方法:一是將所求事件的概率表示成一些彼此互斥事件的概率的和;二是先求此事件的對立事件的概率,再求此事件的概率.若轉化成的彼此互斥的事件較多或用直接法求某一事件的概率較為復雜時,方法二常可使概率的計算得到簡化.
拓展 一個盒子里有三張卡片,分別標記為1,2,3,這三張卡片除標記的數字外完全相同.有放回地隨機抽取3次,每次抽取1張卡片.
(1)求“抽取的卡片上的數字之和為5”的概率;
(2)求“抽取的卡片上的數字不完全相同”的概率.
2.2　古典概型的應用
【課前預習】
知識點一
診斷分析
B　[解析] 根據題意可知,樣本空間為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個樣本點,其中兩張卡片上的數字一個是奇數一個是偶數的樣本點有(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個,故抽得的兩張卡片上的數字一個是奇數一個是偶數的概率為=.
知識點二
診斷分析
D　[解析] 根據題意易知樣本空間中的樣本點共有16個,“至少出現一個反面朝上”的對立事件為“都是正面朝上”,都是正面朝上的樣本點只有1個,所以至少出現一個反面朝上的概率為1-=,故選D.
【課中探究】
探究點一
例1　B　[解析] 設“a1,a2”“b1,b2”“c1,c2”分別表示三對夫妻,由題知,從中隨機抽選2人參加采訪活動的樣本點有(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個,恰好抽到一對夫妻的樣本點有(a1,a2),(b1,b2),(c1,c2),共3個,所以恰好抽到一對夫妻的概率為=.故選B.
變式　D　[解析] 設初中部的2位主持人為a,b,高中部的4位主持人為1,2,3,4.從這6位主持人中隨機選2位,樣本空間中的樣本點為{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個,選中的2位主持人恰好一位屬于初中部,一位屬于高中部包含的樣本點為{a,1},{a,2},{a,3},{a,4},{b,1},{b,2},{b,3},{b,4},共8個,故所求概率為,故選D.
拓展　　[解析] 由1,2,3組成的三位數為123,132,213,231,312,321,共6個.同理,由1,2,4組成的三位數有6個,由1,3,4組成的三位數有6個,由2,3,4組成的三位數有6個,則共可以組成24個三位數.由題意知,由1,2,3或1,3,4組成的三位數為“有緣數”,共12個,所以這個三位數為“有緣數”的概率為=.
探究點二
例2　解:記事件A為“選取的2封信上的數字為相鄰整數”.
(1)從4封信中無放回地隨機選取2封,試驗的樣本空間為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個樣本點,事件A={(1,2),(2,1),(2,3),(3,2),(3,4),(4,3)},包含6個樣本點.故P(A)==,故無放回地選取2封信,這2封信上數字為不相鄰整數的概率為1-=.
(2)從4封信中有放回地隨機選取2封,則試驗的樣本空間為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個樣本點,事件A={(1,2),(2,1),(2,3),(3,2),(3,4),(4,3)},包含6個樣本點,
故P(A)==,故有放回地選取2封信,這2封信上數字為不相鄰整數的概率為1-=.
變式　解:(1)每次取出后不放回,連續取兩次,則樣本空間為Ω1={(a1,a2),(a1,b1),(a2,a1),(a2,b1),(b1,a1),(b1,a2)}(其中小括號內左邊的字母表示第1次取出的產品,右邊的字母表示第2次取出的產品),共有6個樣本點.設事件A表示“取出的產品中恰有一件是次品”,則A={(a1,b1),(a2,b1),(b1,a1),(b1,a2)},共4個樣本點,所以P(A)==.
(2)每次取出后又放回,連續取兩次,則樣本空間為Ω2={(a1,a1),(a1,a2),(a1,b1),(a2,a1),(a2,a2),(a2,b1),(b1,a1),(b1,a2),(b1,b1)},共9個樣本點.設事件B表示“取出的兩件產品中恰有一件是次品”,則B={(a1,b1),(a2,b1),(b1,a1),(b1,a2)},共4個樣本點,所以P(B)=.
探究點三
例3　解:(1)設4個白球分別為a,b,c,d,2個紅球分別為e,f,事件A為“顧客所獲得的減免金額為40元”,則樣本空間Ω={ab,ac,ad,ae,af,bc,bd,be,bf,cd,ce,cf,de,df,ef},共15個樣本點, A={ab,ac,ad,bc,bd,cd},共6個樣本點,所以顧客所獲得的減免金額為40元的概率為=.
(2)設事件B為“顧客所獲得的減免金額不低于80元”,則B={ef},共1個樣本點, 所以顧客所獲得的減免金額不低于80元的概率為,故減免金額低于80元的概率P=1-P(B)=.
變式　解:把3個選擇題分別記為x1,x2,x3,2個判斷題分別記為p1,p2,令(x1,x2)表示“甲抽到x1,乙抽到x2”.事件“甲抽到選擇題,乙抽到判斷題”包含的樣本點有(x1,p1),(x1,p2),(x2,p1),(x2,p2),(x3,p1),(x3,p2),共6個;事件“甲抽到判斷題,乙抽到選擇題”包含的樣本點有(p1,x1),(p1,x2),(p1,x3),(p2,x1),(p2,x2),(p2,x3),共6個;事件“甲、乙兩人都抽到選擇題”包含的樣本點有(x1,x2),(x1,x3),(x2,x1),(x2,x3),(x3,x1),(x3,x2),共6個;“甲、乙兩人都抽到判斷題”包含的樣本點有(p1,p2),(p2,p1),共2個.因此樣本空間中樣本點的總數為6+6+6+2=20.
(1)“甲抽到選擇題,乙抽到判斷題”的概率為=,“甲抽到判斷題,乙抽到選擇題”的概率為=,故“甲、乙兩人中有一人抽到選擇題,另一人抽到判斷題”的概率為+=.
(2)“甲、乙兩人都抽到判斷題”的概率為=,故“甲、乙兩人中至少有一人抽到選擇題”的概率為1-=.
拓展　解:從三張卡片中有放回地抽取3次,每次抽取1張卡片,令(i,j,z)表示第1次抽取的卡片上的數字為i,第2次抽取的卡片上的數字為j,第3次抽取的卡片上的數字為z,則樣本空間為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個樣本點.
(1)記事件A為“抽取的卡片上的數字之和為5”,
則A包含的樣本點為(1,1,3),(1,2,2),(1,3,1),(2,1,2),(2,2,1),(3,1,1),共6個,所以P(A)==,
所以“抽取的卡片上的數字之和為5”的概率為.
(2)記事件B為“抽取的卡片上的數字不完全相同”,
則其對立事件C為“抽取的卡片上的數字完全相同”,
因為C包含的樣本點為(1,1,1),(2,2,2),(3,3,3),共3個,
所以P(B)=1-P(C)=1-=,
所以“抽取的卡片上的數字不完全相同”的概率為.

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