【新课标-精品卷】2018年最新北师大版高中数学必修三《建立概率模型》课时同步练习及解析

2021-4-29 20XX年复习资料教学复习资料班级：科目：课时作业19 建立概率模型时间：45分钟 满分：100分——基础巩固类——一、选择题(每小题5分，共40分)1．从装有两个白球和一个红球的袋中逐个不放回地摸两个球，则摸出的两个小球中恰有一个红球的概率为( B )A.13B.23C.16D.12解析：不放回地摸出两球共有6种情况，即(白1，红)，(白2，红)，(白1，白2)，(白2，白1)，(红，白1)，(红，白2)，而恰有一个红球的结果有4个．所以P ＝23.2．在5张卡片上分别写1,2,3,4,5，然后将它们混合，再任意排列成一行，则得到的数能被2或5整除的概率是( C )A ．0.2B ．0.4C ．0.6D ．0.8解析：一个数能否被2或5整除取决于个位数字，故可只考虑个位数字的情况．因为组成的五位数中，个位数共有1,2,3,4,5五种情况，其中个位数为2,4时能被2整除，个位数为5时能被5整除．故所求概率为P ＝35＝0.6.3．从{1,2,3,4,5}中随机选一个数a ，从{1,2,3}中随机选取一个数为b ，则b >a 的概率为( D )A.45B.35C.25D.15解析：从{1,2,3,4,5}中随机选一个数为a ，从{1,2,3}中随机选取一个数为b ，所得情况有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(5,1)，(5,2)，(5,3)15种，b >a 的情况有(1,2)，(1,3)，(2,3)3种，∴所求的概率为315＝15.4．某农科院在2×2的4块试验田中选出2块种植某品种水稻进行试验，则每行每列都有一块试验田种植水稻的概率为( D )A.23B.12C.16D.13解析：据题意若在4块试验田里选2块种植，且每行每列均有1块，只有2种可能(只能是对角线两块)，故其概率为26＝13.5．设集合A ＝{1,2}，B ＝{1,2,3}，分别从集合A 和集合B 中随机取一个数a 和b ，确定平面上的一个点P (a ，b )，记“点P (a ，b )落在直线x ＋y ＝n 上”为事件C n (2≤n ≤5，n ∈N )，若事件C n 的概率最大，则n 的所有可能值为( D )A ．3B ．4C ．2或5D ．3或4解析：分别从A 和B 中各取一个数，一共有6种取法，点P (a ，b )恰好落在直线x ＋y ＝2上的取法只有1种：(1,1)；恰好落在直线x ＋y ＝3上的取法有2种：(1,2)，(2,1)；恰好落在直线x ＋y ＝4上的取法也有2种：(1,3)，(2,2)；恰好落在直线x ＋y ＝5上的取法只有1种：(2,3)，故事件C n 的概率分别为16，13，13，16(n ＝2,3,4,5)，故当n ＝3或4时概率最大．6．从标有1,2,3,4,5,6的6张纸片中任取2张，那么这2张纸片上的数字之积为偶数的概率为( B )A.12B.45C.56D.23解析：Ω＝{(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)}，基本事件总数为15.而数字之积为偶数，即至少有一个数是偶数，记为事件A .则A ＝{(1,2)，(1,4)，(1,6)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,4)，(3,6)，(4,5)，(4,6)，(5,6)}，包含基本事件的个数为12，∴P (A )＝1215＝45.7．甲、乙两人玩猜数字游戏，先由甲在心中任想一个数字，记为a ，再由乙猜甲刚才所想的数字，把乙猜的数字记为b ，且a ，b ∈{1,2,3,4}．若|a －b |≤1，则称甲、乙“心有灵犀”．现任意找两人玩这个游戏，得出他们“心有灵犀”的概率为( A )A.58B.18C.38D.14解析：甲、乙所猜数字的情况有：(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种情况，其中满足|a －b |≤1的情况有(1,1)，(1,2)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,3)，(4,4)共10种情况，故所求概率为1016＝58.8．甲从正方形四个顶点中任意选择两个顶点连成直线，乙也从该正方形四个顶点中任意选择两个顶点连成直线，则所得的两条直线相互垂直的概率是( C )A.318B.418C.518D.618解析：正方形四个顶点可以确定6条直线，甲、乙各自任选一条共有36个基本事件．两条直线相互垂直的情况有5种(4组邻边和对角线)，其包括10个基本事件，所以所求概率等于1036＝518. 二、填空题(每小题5分，共15分)9．设集合P ＝{－2，－1,0,1,2}，x ∈P 且y ∈P ，则点(x ，y )在圆x 2＋y 2＝4内部的概率为925. 解析：以(x ，y )为基本事件，用列表法或坐标轴法可知满足x ∈P 且y ∈P 的基本事件有25个，且每个基本事件发生的可能性都相等．点(x ，y )在圆x 2＋y 2＝4内部，则x ，y ∈{－1,1,0}，用列表法或坐标轴法可知满足x ∈{－1,1,0}且y ∈{－1,1,0}的基本事件有9个．所以点(x ，y )在圆x 2＋y 2＝4内部的概率为925. 10．随意安排甲、乙、丙三人在三天节日中值班，每人值班一天，甲排在乙之前的概率是12. 解析：甲、乙、丙三人排在三天中值班，每人一天，故甲排在乙前和乙排在甲前的机会相等，所以概率为12.11．抛掷甲、乙两个质地均匀且四面上分别标有数字1,2,3,4的正四面体，其底面落于桌面，记所得的数字分别为x ，y ，则x y 为整数的概率是12.解析：由于该正四面体每一面向下的可能性是相同的．故该概率模型为古典概型．基本事件为4×4＝16，若xy 为整数，则x ＝1，y ＝1；x ＝2，y ＝1,2；x ＝3，y ＝1,3；x ＝4，y ＝1,2,4，共有8种，故概率为12.三、解答题(共25分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)12．(12分)用三种不同颜色给下图中3个矩形随机涂色，每个矩形只涂一种颜色．求：(1)3个矩形颜色都相同的概率；(2)3个矩形颜色都不同的概率．解：按涂色顺序记录结果(x ，y ，z )，由于是随机的，x 有3种涂法，y 有3种涂法，z 有3种涂法，所以试验的所有可能结果有3×3×3＝27(种)．(1)记“3个矩形都涂同一种颜色”为事件A ，则事件A 的基本事件有3个，即都涂第一种颜色、都涂第二种颜色、都涂第三种颜色．因此，事件A 的概率为P (A )＝327＝19.(2)记“三个矩形颜色都不同”为事件B ，其可能结果是(x ，y ，z )(x ，z ，y )，(y ，x ，z )，(y ，z ，x )，(z ，x ，y )，(z ，y ，x )，共6种．所以P (B )＝627＝29.13．(13分)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分记录如下：运动员编号 A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 A 6 A 7 A 8 得分 15 35 21 28 25 36 18 34 运动员编号 A 9 A 10 A 11 A 12 A 13 A 14 A 15 A 16 得分17 26 2533 2212 3138(1)将得分在对应区间内的人数填入相应的空格：区间 [10,20) [20,30) [30,40] 人数(2)从得分在区间[20,30)内的运动员中随机抽取2人， 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.——能力提升类——14．(5分)第1,2,5,7路公共汽车都在一个车站停靠，有一位乘客等候着1路或5路公共汽车，假定各路公共汽车首先到站的可能性相等，那么首先到站的正好为这位乘客所要乘的车的概率是12.解析：∵4种公共汽车先到站共有4个结果，且每种结果出现的可能性相等，所以“首先到站的车正好是所乘车”的结果有2个，∴P ＝24＝12.15．(15分)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，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：这个游戏对小慧有利．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”，(口，木)“呆”或“杏”．所以小敏获胜的概率为49，小慧获胜的概率为59，所以这个游戏对小慧有利．结束语同学们，相信梦想是价值的源泉，相信成功的信念比成功本身更重要，相信人生有挫折没有失败，相信生命的质量来自决不妥协的信念。

课时提升作业二十建立概率模型一、选择题(每小题5分，共25分)1.有两双不同的袜子，任取2只恰好成双的概率是( )A. B. C. D.【解题指南】为区分袜子的不同双和左右只，应把两双袜子标上号码，然后再用列举法列举出所有的基本事件求解.【解析】选C.设这4只袜子为A1，A2，B1，B2，其中A1和A2是一双，B1和B2是一双.从中任取2只有：(A1，A2)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A2，B1)，(A2，B2)，(B1，B2)共6个基本事件，恰好成双有(A1，A2)，(B1，B2)共2个基本事件，则任取2只恰好成双的概率为=.2.(2015·江苏高考改编)袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为( ) A. B. C. D.【解题指南】列出基本事件空间，利用古典概型的概率公式求解.【解析】选C.设4只球分别为白、红、黄1、黄2，从中一次随机摸出2只球，所有基本事件为(白，红)、(白，黄1)、(白，黄2)、(红，黄1)、(红，黄2)、(黄1，黄2)，共6个，颜色不同的有(白，红)、(白，黄1)、(白，黄2)、(红，黄1)、(红，黄2)，共5个，所以2只球颜色不同的概率为.3.欲寄出两封信，现有两个邮箱供选择，则两封信都投到一个邮箱的概率是( ) A. B. C. D.【解析】选A.可记两封信为1、2，两个邮箱为甲、乙，则寄出两封信，有两个邮箱供选择，有以下几种结果：1放在甲中，而2放在乙中；2放在甲中，而1放在乙中；1、2均放在甲中；1、2均放在乙中.由上可知，两封信都投到一个邮箱的结果数为2.所以，两封信都投到一个邮箱的概率为.4.从正方形四个顶点及其中心这5个点中，任取2个点，则这2个点的距离不小于该正方形边长的概率为( )A. B.C. D.【解析】选C.设边长为1的正方形的中心和顶点这五点中，随机(等可能)取两点并连线，有直线AB，AC，AD，AO，BC，BD，BO，CD，CO，DO共有10条线段，满足该两点间的距离不小于1的有AB，BC，CD，DA，AC，BD共6条线段，则根据古典概型的概率公式可知随机(等可能)取两点，则该两点间的距离不小于1的概率P==.5.(2015·抚州高一检测)甲、乙两人玩猜数字游戏，先由甲在心中任想一个数字，记为a，再由乙猜甲刚才所想的数字，把乙猜的数字记为b，且a，b∈{1，2，3，4}.若|a-b|≤1，则称甲、乙“心有灵犀”.现任意找两人玩这个游戏，得出他们“心有灵犀”的概率为( )A. B. C. D.【解题指南】列出所有的基本事件，再依次判断是否满足|a-b|≤1.【解析】选A.甲、乙所猜数字的情况有：(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种情况，其中满足|a-b|≤1的情况有(1，1)，(1，2)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(4，3)，(4，4)，共10种情况，故所求概率为=.二、填空题(每小题5分，共15分)6.(2015·杭州高一检测)从边长为1的正方形的中心和顶点这五点中，随机(等可能)取两点，则两点间的距离为的概率是________.【解题指南】古典概型问题，该两点间的距离为的情况可列举得出.【解析】若使两点间的距离为，则为对角线的一半，选择点必含中心，设中心为G，四个顶点为A，B，C，D，基本事件有：(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，G)，(B，C)，…，(D，G)，共10个，所求事件包含的基本事件有：(A，G)，(B，G)，(C，G)，(D，G)，共4个，所求概率为=.答案：7.(2016·江苏高考)将一颗质地均匀的骰子(一种各个面上分别标有1，2，3，4，5，6个点的正方体玩具)先后抛掷2次，则出现向上的点数之和小于10的概率是________.【解题指南】列举出所有基本事件的结果，利用古典概型的概率公式计算. 【解析】将骰子先后抛掷2次的点数记为(x，y)，则共有36个等可能基本事件，其中点数之和大于或等于10的基本事件有6种：(4，6)，(5，5)，(5，6)，(6，4)，(6，5)，(6，6).所以所求概率为=.答案：8.在集合{1，2，3}中有放回地先后随机取两个数，若把这两个数按照取的先后顺序组成一个两位数，则“个位数与十位数不相同”的概率是________.【解题指南】首先根据题意，计算在集合中有放回地先后随机取两个数，可以重复，再分析组成的两位数的个数，即基本事件的个数，再找出个位数与十位数相同的基本事件个数，进而可得“个位数与十位数不相同”的基本事件个数，由古典概型的概率计算公式，计算可得答案.【解析】根据题意，在集合{1，2，3}中有放回地先后随机取两个数，基本事件有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(3，1)，(3，2)，(3，3)9种情况；按照取的先后顺序组成一个两位数后，其中个位数与十位数相同的有3种，即(1，1)，(2，2)，(3，3)，则“个位数与十位数不相同”的有9-3=6种，则其概率为=.答案：三、解答题(每小题10分，共20分)9.(教材P135例2改编)已知甲袋中有1个白球，2个红球；乙袋中有2个白球，2个红球，现从两袋中各取一球.(1)两球颜色相同的概率.(2)至少有一个白球的概率.【解析】设甲袋中1个白球记为a1，2个红球记为b1，b2；乙袋中2个白球记为a2，a3，2个红球记为b3，b4.所以“从两袋中各取一球”包含基本事件为：(a1，a2)，(a1，a3)，(a1，b3)，(a1，b4)，(b1，a2)，(b1，a3)，(b1，b3)，(b1，b4)，(b2，a2)，(b2，a3)，(b2，b3)，(b2，b4)，共有12种.(1)设A表示“从两袋中各取一球，两球颜色相同”，所以事件A包含基本事件为：(a1，a2)，(a1，a3)，(b1，b3)，(b1，b4)，(b2，b3)，(b2，b4)，共有6种，所以P(A)==.(2)设B表示“从两袋中各取一球，至少有一个白球”，所以事件B包含基本事件为：(a1，a2)，(a1，a3)，(a1，b3)，(a1，b4)，(b1，a2)，(b1，a3)，(b2，a2)，(b2，a3)，共有8种.所以P(B)==.10.(2015·山东高考)某中学调查了某班全部45名同学参加书法社团和演讲社团的情况，数据如表(单位：人)(1)从该班随机选1名同学，求该同学至少参加上述一个社团的概率.(2)在既参加书法社团又参加演讲社团的8名同学中，有5名男同学A1，A2，A3，A4，A5，3名女同学B1，B2，B3.现从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人，求A1被选中且B1未被选中的概率.【解题指南】将符合要求的基本事件一一列出.【解析】(1)记“该同学至少参加上述一个社团为事件A”，则P(A)==. 所以该同学至少参加上述一个社团的概率为.(2)从5名男同学和3名女同学中各随机选1人的所有基本事件有(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)，(A3，B1)，(A3，B2)，(A3，B3)，(A4，B1)，(A4，B2)，(A4，B3)，(A5，B1)，(A5，B2)，(A5，B3)共15个，其中A1被选中且B1未被选中的有(A1，B2)，(A1，B3)共2个，所以A1被选中且B1未被选中的概率为P=.一、选择题(每小题5分，共10分)1.任意选出星期一到星期日的两天(不重复)准备举行某两项活动，其中恰有一天是星期六的概率为( )A. B. C. D.【解析】选B.任选两天的所有可能的结果是：(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(1，7)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(2，7)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(3，7)，(4，5)，(4，6)，(4，7)，(5，6)，(5，7)，(6，7)，共有21种等可能的情况，其中一天为星期六的结果有6种，所以所求概率是=.2.(2016·厦门高一检测)甲、乙、丙三名同学站成一排，甲站在中间的概率是( ) A. B.C. D.【解析】选C.甲、乙、丙三名同学站成一排，有甲乙丙，甲丙乙，乙甲丙，乙丙甲，丙甲乙，丙乙甲，6种排法，其中甲站在中间的排法有以下两种：乙甲丙、丙甲乙.因此甲站在中间的概率P==.二、填空题(每小题5分，共10分)3.(2016·烟台高一检测)从分别写上数字1，2，3，…，9的9张卡片中，任意取出两张，观察上面的数字，则两数积是完全平方数的概率为________.【解析】所有的取法有36种，当取出的两个数是1和4，1和9，2和8，4和9时，两数积是完全平方数.故两数积是完全平方数的概率为=.答案：4.已知x，y∈{0，1，2，3，4，5}，P(x，y)是坐标平面内的点，点P在x轴上方的概率为________.【解析】把点P的所有情况列举出来(0，0)，…，(0，5)，…，(5，0)，…，(5，5)，共可构成36个点，其中在x轴上方的点有30个.所以点P在x轴上方的概率为=.答案：【一题多解】由于点P与x轴的位置关系只与纵坐标y有关，因此，只考虑纵坐标y，有6种结果，即0，1，2，3，4，5.其中5种在x轴上方，即1，2，3，4，5.所以点P在x轴上方的概率为.答案：三、解答题(每小题10分，共20分)5.将一枚质地均匀且四个面上分别标有1，2，3，4的正四面体先后抛掷两次，其底面落于桌面上，记第一次朝下面的数字为x，第二次朝下面的数字为y.用(x，y)表示一个基本事件.(1)请写出所有的基本事件.(2)求满足条件“为整数”的事件的概率.(3)求满足条件“x-y<2”的事件的概率.【解析】(1)先后抛掷两次正四面体的基本事件：(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，。

2．2建立概率模型学习目标 1.能建立概率模型解决简单的实际问题.2.能认识和理解对于同一个随机试验，可以根据需要来建立我们需要的概率模型.3.学会选用比较简单、适用的概率模型解决实际生活中有关概率的问题．知识点一基本事件的相对性思考掷一粒均匀的骰子，计算“向上的点数为奇数”的概率，可以怎样规定基本事件？梳理一般地，在建立概率模型时，把什么看作是一个基本事件(即一个试验结果)是人为规定的，如果每次试验有一个并且只有一个基本事件出现．只要基本事件的个数是________，并且它们的发生是____________，就是一个古典概型．知识点二同一问题的不同概率模型思考在“知识点一”的思考中，规定不同的基本事件，“向上的点数为奇数”的概率分别是多少？相等吗？梳理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__________来解决，而所得到的________的所有可能结果越少，问题的解决就变得越________．类型一基本事件的相对性例1从含有两件正品a1，a2和一件次品b1的三件产品中，每次任取一件，每次取出后不放回，连续取两次，求取出的两件产品中恰有一件次品的概率．反思与感悟“有放回”与“不放回”问题的区别在于：对于某一试验，若采用“有放回”抽样，则同一个个体可能被重复抽取，而采用“不放回”抽样，则同一个个体不可能被重复抽取．跟踪训练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．类型二概率模型的多角度构建例2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个球．试计算第二个人摸到白球的概率．反思与感悟 当事件个数没有很明显的规律，并且涉及的基本事件又不是太多时，我们可借助树状图直观地将其表示出来，这是进行列举的常用方法．树状图可以清晰准确地列出所有的基本事件，并且画出一个树枝之后可猜想其余的情况．另外，如果试验结果具有对称性，可简化结果更利于模型的建立与解答．跟踪训练2 假设有5个条件很类似的女孩，把她们分别记为A 、C 、J 、K 、S ，她们应聘秘书工作，但只有3个秘书职位，因此5人中仅有3人被录用，如果5个人被录用的机会相等，分别计算下列事件的概率： (1)女孩K 得到一个职位； (2)女孩K 和S 各自得到一个职位．1．有红心1,2,3和黑桃4,5这5张扑克，将牌正面向下置于桌上，现从中任意抽取一张，那么抽到的牌为红心的概率为( ) A.35 B.25 C.15 D.452．某农科院在2×2的4块试验田中选出2块种植某品种水稻进行试验，则每行每列都有一块试验田种植水稻的概率为( ) A.23 B.12 C.16 D.133．从含有3个元素的集合的所有子集中任取一个，所取的子集是含有2个元素的集合的概率是( )A.310B.112C.4564D.384．从甲、乙、丙、丁4名同学中选出3人参加数学竞赛，其中甲不被选中的概率为( ) A.14 B.13 C.12 D.345．下图是某公司10个销售店某月销售某产品数量(单位：台)的茎叶图，则数据落在区间[22,30)内的概率为________.1．对同一个概率问题，如果从不同的角度去考虑，可以将问题转化为不同的古典概型来解决，而得到古典概型的所有可能的结果越少，问题的解决就越简单．因而在平时的学习中要多积累从不同的角度解决问题的方法，逐步达到活用． 2．基本事件总数的确定方法：(1)列举法：此法适合于较简单的试验，就是把基本事件一一列举出来；(2)树状图法：树状图是进行列举的一种常用方法，适合较复杂问题中基本事件数的探求； (3)列表法：列表法也是列举法的一种，这种方法能够清楚地显示基本事件的总数，不会出现重复或遗漏；(4)分析法：分析法能解决基本事件总数较大的概率问题．3．在计算基本事件的总数时，由于分不清“有序”和“无序”，因而常常导致出现“重算”或“漏算”的错误．解决这一问题的有效方法是交换次序，看是否对结果有影响，并合理使用分步法．答案精析问题导学 知识点一思考 可以规定向上的点数为1,2,3,4,5,6共6个基本事件；也可以规定“向上的点数为奇数”、“向上的点数为偶数”共2个基本事件． 梳理有限的 等可能的 知识点二思考 若按6个基本事件，“向上的点数为奇数”有3个基本事件，故概率为36＝12；若按2个基本事件，则概率为12，两种方法结果相同．梳理古典概型 古典概型 简单 题型探究例1 解 每次取出一个，取后不放回地连续取两次，其一切可能的结果组成的基本事件有6个，即(a 1，a 2)，(a 1，b 1)，(a 2，a 1)，(a 2，b 1)，(b 1，a 1)，(b 1，a 2)．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．总的事件个数为6，而且可以认为这些基本事件是等可能的．用A 表示“取出的两件中恰有一件次品”，这一事件，所以A ＝{(a 1，b 1)，(a 2，b 1)，(b 1，a 1)，(b 1，a 2)}．因为事件A 由4个基本事件组成，所以P (A )＝46＝23.跟踪训练1 解 设事件A ：两个小球上的数字为相邻整数．则事件A 包括的基本事件有(1,2)，(2,3)，(3,4)，(4,5)，(5,6)，(6,7)，(7,8)，(8,9)，(9,10)，(10,9)，(9,8)，(8,7)，(7,6)，(6,5)，(5,4)，(4,3)，(3,2)，(2,1)共18个． (1)不放回取球时，总的基本事件数为90，故P (A )＝1890＝15.(2)有放回取球时，总的基本事件数为100，故P (A )＝18100＝950.例2 解 方法一 需要找出4个人按顺序依次摸球的所有可能结果数和第二个人摸到白球的可能结果数．解题过程如下：用A 表示事件“第二个人摸到白球”，把2个白球编上序号1,2；2个黑球也编上序号1,2.于是，4个人按顺序依次从袋中摸出一个球的所有可能结果，可用树状图直观地表示出来如图：由图可知，试验的所有可能结果数是24，由于口袋内的4个球除颜色外完全相同，所以，这24种结果出现的可能性相同，其中，第二个人摸到白球的结果有12种，故第二个人摸到白球的概率为P (A )＝1224＝12.方法二 把2个白球编上序号1、2，两个黑球也编上序号1、2,4个人按顺序依次从袋中摸出一球，前两人摸出的球的所有可能的结果如图所示：由图可知，试验的所有结果数是12，由于口袋内的4个球除颜色外完全相同，所以这12种结果出现的可能性相同，其中，第二个人摸到白球的结果有6种，故第二个人摸到白球的概率为P (A )＝612＝12.方法三 由于4个球除颜色外完全相同，如果对2个白球不加区别，对2个黑球也不加区别，4个人按顺序依次从袋中摸出一球，所有可能的结果如图所示：由图可知，试验的所有结果数是6，由于口袋内的4个球除颜色外完全相同，所以这6种结果出现的可能性相同，其中，第二个人摸到白球的结果有3种，故第二个人摸到白球的概率为P (A )＝36＝12.方法四 只考虑第二个人摸出的球的情况．第二个人可能摸到口袋中的任何一个，共4种结果，由于口袋内的4个球除颜色外完全相同，所以这4种结果出现的可能性相同，其中，摸到白球的结果有2种，故第二个人摸到白球的概率为P (A )＝24＝12.跟踪训练2 解 5个人仅有3人被录用结果共有10种，如图所示，由于5个人被录用的机会相等，所以这10种结果出现的可能性相同．(1)女孩K 被录用的结果有6种，所以她得到一个职位的概率为35.(2)女孩K 和S 都被录用的结果有3种，所以K 和S 各自得到一个职位的概率为310. 当堂训练1．A [从5张牌中任抽一张，共有5种可能的结果，抽到红心的可能结果有3个．∴P ＝35.]2．D [如图给4块试验田分别标号A1、A2、B 1、B 2.基本事件为(A 1，A 2)，(A 1，B 1)，(A 1，B 2)，(A 2，B 1)，(A 2，B 2)，(B 1，B 2)共6种基本事件，其中“每行每列都有一块试验田种植水稻”(记为事件A )的基本事件有(A 1，B 2)，(A 2，B 1)，共2个． ∴P (A )＝26＝13，故选D.]3．D [设3个元素为a ，b ，c ，则所有子集共8个，∅，{a }，{b }，{c }，{a ，b }，{a ，c }，{b ，c }，{a ，b ，c }，含2个元素的子集共3个，故所求概率为38.]4．A[基本事件有甲乙丙，甲乙丁，甲丙丁，乙丙丁，共4个．甲不被选中的事件为乙丙丁，∴P＝14.]5．0.4[10个数据落在区间[22,30)内的数据有22,22,27,29，共4个，因此，所求的频率为410＝0.4.]。

1．投掷一枚骰子，观察出现的点数，则掷出奇数点的概率为( )A.12B.13C.14D.16解析：投掷一枚骰子，出现的点数为1,2,3,4,5,6共6种情况，其中出现奇数点为1,3,5共3种情况，[] 故P ＝36＝12. 答案：A2．袋中有红、黄、绿色球各一个，每次任取一个，有放回的抽取三次，球的颜色全相同的概率是( )A.227B.19C.29D.127解析：基本事件有27种，全是相同颜色的为3种．∴球的颜色全相同的概率为327＝19. 答案：B3．(2012·绍兴高一检测)在5张卡片上分别写1,2,3,4,5，然后将它们混合，再任意排列成一行，则得到的数能被2或5整除的概率是( )A ．0.2B ．0.4C ．0.6D ．0.8 解析：一个数能否被2或5整除取决于个位数字，故可只考虑个位数字的情况．因为组成的五位数中，个位数共有1,2,3,4,5五种情况，其中个位数为2,4时能被2整除，个位数为5时能被5整除．故所求概率为P ＝35＝0.6. 答案：C4．甲、乙两人玩猜数字游戏，先由甲在心中任想一个数字，记为a ，再由乙猜甲刚才所想的数字，把乙猜的数字记为b ，且a ，b ∈{1,2,3,4}．若|a －b |≤1，则称甲、乙“心有灵犀”．现任意找两人玩这个游戏，得出他们“心有灵犀”的概率为( )A.58B.18C.38D.14解析：甲、乙所猜数字的情况有：(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种情况，其中满足|a －b |≤1的情况有(1,1)，(1,2)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,3)，(4,4)共10种情况，故所求概率为1016＝58. 答案：A5．(2012·泰州高一检测)甲、乙、丙、丁4个人分乘两辆车，每辆车乘两人，则甲、乙同车的概率为________．解析：甲、乙、丙、丁四人坐车的情况为⎩⎪⎨⎪⎧ 甲—乙，丙—丁， ⎩⎪⎨⎪⎧ 甲—丙，乙—丁， ⎩⎪⎨⎪⎧甲—丁，乙—丙，共三类， 故甲、乙同车的概率为13. 答案：136．在线段AB 上任取三个不同点x 1，x 2，x 3，则x 2位于x 1与x 3之间的概率为________． 解析：设A 表示事件“x 2在x 1与x 3之间”，所有可能结果为(x 1，x 2，x 3)，(x 1，x 3，x 2)，(x 2，x 1，x 3)，(x 2，x 3，x 1)，(x 3，x 2，x 1)，(x 3，x 1，x 2)，共6个，其中事件A 包括两种结果．由古典概型概率公式得P (A )＝26＝13. 答案：137．青海省玉树县2010年4月14日晨发生两次地震，最高震级7.1级，全国各地紧急往灾区输送各种救援物资及医疗队，某医院从甲、乙、丙、丁、戊五名医生中随机抽取2人分配到玉树县A 地区参加救治工作．(1)求甲被分配到A 地区的概率；(2)求甲、乙同时到A 地区的概率；(3)甲、乙都没被分配去A 地区的概率．解：(1)设“甲被分配到A 地区”为事件A ，那么从甲、乙、丙、丁、戊五名医生中随机抽取2人的情况有(甲，乙)，(甲，丙)，(甲，丁)，(甲，戊)，(乙，丙)，(乙，丁)，(乙，戊)，(丙，丁)，(丙，戊)，(丁，戊)，共10个．那么P (A )＝410＝25. (2)记“甲、乙两人同时到A 地区”为事件B ，那么P (B )＝110. (3)记“甲、乙都没被分配去A 地区”为事件C ，P (C )＝310.8．假设有5个条件很类似的女孩，把她们分别记为A 、C 、J 、K 、S ，她们应聘秘书工作，但只有3个秘书职位，因此5人中仅有3人被录用，如果5个人被录用的机会相等，分别计算下列事件的概率：(1)女孩K 得到一个职位；(2)女孩K 和S 各得到一个职位；(3)女孩K 或S 得到一个职位．解：5个人仅有3人被录用，结果共有10种，如图所示，由于5个人被录用的机会相等，所以这10种结果出现的可能性相同．(1)女孩K 被录用的结果有6种，所以她得到一个职位的概率为35. (2)女孩K 和S 各得到一个职位的结果有3种，所以K 和S 各自得到一个职位的概率为310. (3)女孩K 或S 得到一个职位的结果有9种，所以K 或S 得到一个职位的概率为910.。

2.2 建立概率模型1．进一步掌握古典概型的概率计算公式．(重点)2．对于一个实际问题，尝试建立不同的概率模型来解决．(重点、难点)[基础·初探]教材整理概率模型阅读教材P134～P137“思考交流”以上部分，完成下列问题．由概率模型认识古典概型(1) 一般来说，在建立概率模型时，把什么看作是一个基本事件是人为规定的．如果每次试验有一个并且只有一个基本事件出现，只要基本事件的个数是有限的，并且它们的发生是等可能的，就是一个古典概型．(2)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来解决，而所得到的古典概型的所有可能的结果数越少，问题的解决就变得越简单．(3)树状图是进行列举的一种常用方法．判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)古典概型中所有的基本事件的个数是有限个．()(2)树状图是进行列举的一种常用方法．()(3)在建立概率模型时，所得的结果越少，问题越复杂．()(4)计算基本事件总数和事件A所包含的基本事件的个数时，所选择的观察角度必须统一．()【解析】(1)√，由古典概型的特征知(1)正确．(2)√，用树状图进行列举直观形象．(3)×，结果越多问题就越复杂．(4)√，由古典概型的概率公式易知正确．【答案】(1)√(2)√(3)×(4)√[小组合作型]121连续取两次.【导学号：63580037】(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，求取出的两件产品中恰有一件是次品的概率．【精彩点拨】利用列举法列举出所有可能出现的事件，找到符合要求的事件，利用概率公式求概率．【自主解答】(1)每次取一件，取后不放回地连续取两次，其一切可能的结果为(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．由6个基本事件组成，而且可以认为这些基本事件的出现是等可能的．用A表示“取出的两件中恰好有一件次品”这一事件，则A＝{(a1，b1)，(a2，b1)，(b1，a1)，(b1，a2)}．事件A由4个基本事件组成．因而P(A)＝46＝23.(2)有放回地连续取出两件，其一切可能的结果为(a1，a1)，(a1，a2)，(a1，b1)，(a2，a1)，(a2，a2)，(a2，b1)，(b1，a1)，(b1，a2)，(b1，b1)共9个基本事件．由于每一件产品被取到的机会均等，因此可以认为这些基本事件的出现是等可能的．用B表示“恰有一件次品”这一事件，则B＝{(a1，b1)，(a2，b1)，(b1，a1)，(b1，a2)}．事件B由4个基本事件组成，因而P(B)＝4 9.1．“有放回”与“无放回”问题的区别在于：对于某一试验，若采用“有放回”抽样，则同一个个体可能被重复抽取，而采用“不放回”抽样，则同一个个体不可能被重复抽取．2．无论是“有放回”还是“无放回”抽取，每一件产品被取出的机会都是均等的．[再练一题]1．一个袋子中有红、白、蓝三种颜色的球共24个，除颜色外其他特征完全相同，已知蓝色球3个．若从袋子中随机取出1个球，取到红色球的概率是1 6.(1)求红色球的个数；(2)若将这三种颜色的球分别进行编号，并将1号红色球，1号白色球，2号蓝色球和3号蓝色球这四个球装入另一个袋子中，甲乙两人先后从这个袋子中各取一个球(甲先取，取出的球不放回)，求甲取出的球的编号比乙大的概率．【解】(1)设红色球有x个，依题意得x24＝16，解得x＝4，∴红色球有4个．(2)记“甲取出的球的编号比乙的大”为事件A，所有的基本事件有(红1，白1)，(红1，蓝2)，(红1，蓝3)，(白1，红1)，(白1，蓝2)，(白1，蓝3)，(蓝2，红1)，(蓝2，白1)，(蓝2，蓝3)，(蓝3，红1)，(蓝3，白1)，(蓝3，蓝2)，共12个．事件A包含的基本事件有(蓝2，红1)，(蓝2，白1)，(蓝3，红1)，(蓝3，白1)，(蓝3，蓝2)，共5个，∴P(A)＝5 12.察向上的点数．(1)求两数之积是6的倍数的概率；(2)设第一次、第二次抛掷向上的点数分别为x，y，则log x2y＝1的概率是多少？【精彩点拨】列出一颗骰子先后抛掷两次的36种结果，然后根据题目要求找出所求事件所包含的基本事件的个数即可．【自主解答】(1)此问题中含有36个等可能基本事件，记“向上的两数之积是6的倍数”为事件A，则由图①可知，事件A中含有其中的15个等可能基本事件，所以P(A)＝1536＝512，即两数之积是6的倍数的概率为512.6612182430365510152025304481216202433691215182246810121123456积123456①(2)此问题中含有36个等可能基本事件，记“第一次，第二次抛掷向上的点数分别为x，y，且log x2y＝1”为事件B，则满足log x2y＝1的x，y有(2,1)，(4,2)，(6,3)三种情况，所以P(B)＝336＝112，即第一次、第二次抛掷向上的点数分别为x，y且满足log x2y＝1的概率是1 12.若问题与顺序有关，则(a1，a2)与(a2，a1)为两个不同的基本事件；若问题与顺序无关，则(a1，a2)与(a2，a1)表示同一个基本事件.[再练一题]2．任意投掷两枚质地均匀，六个面上分别标有数字1,2,3,4,5,6的骰子．(1)求出现的点数相同的概率；(2)求出现的点数之和为奇数的概率．【解】(1)任意投掷两枚骰子，由于骰子质地均匀，因此可以看成是等可能事件．其结果可表示为数组(i，j)(i，j＝1,2，…，6)，其中i，j分别表示两枚骰子出现的点数，共有6×6＝36(种)，其中点数相同的数组为(i，i)(i＝1,2，…，6)，共有6种结果，故出现点数相同的概率为636＝16.(2)法一：出现的点数之和为奇数由数组(奇，偶)、(偶，奇)组成(如(1,2)，(2,3)等)．由于每枚骰子的点数中有3个偶数，3个奇数，因此出现的点数之和为奇数的数组有3×3＋3×3＝18(个)，从而所求概率为1836＝12.法二：由于每枚骰子的点数分奇、偶数各3个，而按第1枚、第2枚骰子出现的点数顺次写时有(奇数，奇数)、(奇数，偶数)、(偶数，奇数)、(偶数，偶数)这四种等可能结果，因此出现的点数之和为奇数的概率为24＝12.[探究共研型]探究1基本事件是什么？有多少个基本事件？其概率是多少？【提示】基本事件为出现1,2,3,4,5,6点，共6个基本事件，这6个基本事件出现的可能性相同．其概率都为1 6.探究2掷一粒均匀的骰子，若考虑向上的点数是奇数还是偶数，则这个随机试验的基本事件是什么？有多少个基本事件？其概率是多少？【提示】基本事件为“向上的点数是奇数”和“向上的点数是偶数”，有2个基本事件，这两个基本事件是等可能性的，所以发生的概率都为0.5.探究3在古典概型中，同一个试验中基本事件的个数是不是永远一定的呢？为什么？【提示】不一定，因为一般来说，在建立概率模型时，把什么看作是一个基本事件(即一个试验的结果)是人为规定的．只要基本事件的个数是有限的，每次试验只有一个基本事件出现，且发生是等可能的，就是一个古典概型．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．【思路点拨】 用树形图表示所求事件的可能性，利用概率模型计算便可． 【自主解答】 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．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“这四人恰好都没坐在自己的席位上”，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.A—⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪—B —⎪⎪⎪—C —D —D —C—C —⎪⎪⎪⎪—B —D—D —B —D —⎪⎪⎪⎪—B —C—C —BB—⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪—A —⎪⎪⎪—C —D—D —C —C —⎪⎪⎪⎪—A —D —D —A —D —⎪⎪⎪⎪—A —C —C —Aa 席位b 席位c 席位d 席位 a 席位 b 席位 c 席位 d 席位C —⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪ —A —⎪⎪⎪—B —D—D —B —B —⎪⎪⎪⎪—A —D —D —A —D —⎪⎪⎪⎪—A —B —B —AD —⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪—A —⎪⎪⎪—B —C—C —B —B —⎪⎪⎪⎪—A —C —C —A —C —⎪⎪⎪⎪—A —B —B —Aa 席位b 席位c 席位d 席位a 席位b 席位c 席位d 席位1．解答古典概型时，要抓住问题实质，建立合适的模型，以简化运算． 2．本题属于对号入座问题，情况较为复杂，所包含的基本事件较多，为清楚地列举出所有可能的基本事件，可借助于树形图处理．[再练一题]3．甲、乙、丙、丁四名学生按任意次序站成一排，试求下列事件的概率． (1)甲在边上； (2)甲和乙都在边上； (3)甲和乙都不在边上．【解】 利用树状图来列举基本事件，如图所示．由树状图可看出共有24个基本事件． (1)甲在边上有12种情形：(甲，乙，丙，丁), (甲，乙，丁，丙), (甲，丙，乙，丁)， (甲，丙，丁，乙), (甲，丁，乙，丙), (甲，丁，丙，乙)， (乙，丙，丁，甲), (乙，丁，丙，甲), (丙，乙，丁，甲)， (丙，丁，乙，甲), (丁，乙，丙，甲), (丁，丙，乙，甲)，故甲在边上的概率为P＝1224＝12.(2)甲和乙都在边上有4种情形：(甲，丙，丁，乙), (甲，丁，丙，乙)，(乙，丙，丁，甲), (乙，丁，丙，甲)，故甲和乙都在边上的概率为P＝424＝16.(3)甲和乙都不在边上有4种情形：(丙，甲，乙，丁)，(丙，乙，甲，丁)，(丁，甲，乙，丙), (丁，乙，甲，丙)，故甲和乙都不在边上的概率为P＝424＝16.1．一个家庭有两个小孩，则这两个小孩性别不同的概率为()A.34B．12C.13 D.14【解析】这两个小孩的所有可能情况是(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)，共4种，其中性别不同的有两种，所以两个小孩性别不同的概率为24＝12.【答案】 B2．一对年轻夫妇和其两岁的孩子做游戏，让孩子把分别写有“1”“3”“1”“4”的四张卡片随机排成一行，若卡片按从左到右的顺序排成“1314”，则孩子会得到父母的奖励，那么孩子受到奖励的概率为()A.112B．512C.712 D.56【解析】由题意知基本事件个数有12个，满足条件的基本事件个数就一个，故所求概率为P＝1 12.【答案】 A3．甲乙两人随意入住两间空房，则两人各住一间房的概率是________． 【解析】 设两间房分别为A ，B ，则基本事件有(A ，A )，(A ，B )，(B ，A )，(B ，B )共计4种，则两人各住一间房包含(A ，B )，(B ，A )两个基本事件，故所求概率为12.【答案】 124．有100张卡片(从1号到100号)，从中任取一张卡片，则取得的卡号是7的倍数的概率是________．【解析】 7的倍数用7n (n ∈N ＋)表示，则7n ≤100，解得n ≤1427，即在100以内有14个数是7的倍数，所以概率为14100＝750.【答案】 7505．袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球， (1)从中一次随机摸出2只球，求这2只球颜色不同的概率； (2)若有放回地取球，取两次，求两次取得球的颜色相同的概率． 【解】 (1)设取出的2只球颜色不同为事件A .基本事件有(白，红)，(白，黄)，(白，黄)，(红，黄)，(红，黄)，(黄，黄)共6种，事件A 包含5种．故P (A )＝56.(2)设两次取得球的颜色相同为事件B .基本事件有(白，白)，(白，红)，(白，黄)，(白，黄)，(红，红)，(红，白)，(红，黄)，(红，黄)，(黄，黄)，(黄，白)，(黄，红)，(黄，黄)，(黄，黄)，(黄，白)，(黄，红)，(黄，黄)，共16种，其中颜色相同的有6种，故所求概率为P (B )＝616＝38.。

3.2.2 建立概率(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．从装有两个白球和一个红球的袋中逐个不放回地摸两个球，则摸出的两个小球中恰有一个红球的概率为( )A.13 B ．23 C.16D.12【解析】 不放回地摸出两球共有6种情况．即(白1，红)，(白2，红)，(白1，白2)，(白2，白1)，(红，白1)，(红，白2)，而恰有一个红球的结果有4个，所以P ＝23.【答案】 B2．从分别写有A ，B ，C ，D ，E 的5张卡片中任取2张，这2张卡片上的字母恰好按字母顺序相邻的概率是( )A.15 B ．25 C.310D.710【解析】 从5张卡片中任取2张的基本事件总数为10，而恰好按字母顺序相邻的基本事件共有4个，故此事件的概率为410＝25.【答案】 B3．在5张卡片上分别写1,2,3,4,5，然后将它们混合，再任意排列成一行，则得到的数能被2或5整除的概率是( )A ．0.2B ．0.4C ．0.6D ．0.8【解析】 一个数能否被2或5整除取决于个位数字，故可只考虑个位数字的情况，因为组成的五位数中，个位数共有1,2,3,4,5，五种情况，其中个位数为2,4时能被2整除，个位数为5时能被5整除，故所求概率为P ＝35＝0.6.【答案】 C4．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.12 B ．13 C.14D.15【解析】 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.【答案】 A5．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( )A.110B ．18 C.16D.15【解析】 假设正六边形的6个顶点分别为A 、B 、C 、D 、E 、F ，则从6个顶点中任取4个顶点共有15种结果．以所取4个点作为顶点的四边形是矩形有3种结果．故所求概率为15.【答案】 D 二、填空题6．在五个数字1,2,3,4,5中，若随机取出三个数字，则剩下的两个数字都是奇数的概率是________．【解析】 在五个数字1,2,3,4,5中，若随机取出三个数字，则剩下的两个数字有10种结果{1,2}，{1,3}，{1,4}，{1,5}，{2,3}，{2,4}，{2,5}，{3,4}，{3,5}，{4,5}，其中两个数字都是奇数包含3个结果，{1,3}，{1,5}，{3,5}，故所求的概率为310.【答案】3107．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________．【解析】 从5根竹竿中任取2根有(2.5,2.6)，(2.5，2.7)，(2.5,2.8)，(2.5,2.9)，(2.6,2.7)，(2.6,2.8)，(2.6,2.9)，(2.7,2.8)，(2.7,2.9)，(2.8,2.9)共10种取法．其中长度恰好相差0.3 m 的情况有(2.5,2.8)，(2.6,2.9)共2种，故所求概率为P ＝210＝15.【答案】 158．盒中装有形状、大小完全相同的5个球，其中红色球3个，黄色球2个．若从中随机取出2个球，则所取出的2个球颜色不同的概率等于________．【解析】 红色球分别用A 、B 、C 表示，黄色球分别用D 、E 表示，取出两球的所有可能结果为(A ，B )，(A ，C )，(A ，D )，(A ，E )，(B ，C )，(B ，D )，(B ，E )，(C ，D )，(C ，E )，(D ，E )共10种．从中取两球颜色不同的结果有(A ，D )，(A ，E )，(B ，D )，(B ，E )，(C ，D )，(C ，E )共6种，取出两球颜色不同的概率P ＝610＝35.【答案】 35三、解答题9．某乒乓球队有男乒乓球运动员4名，女乒乓球运动员3名．现要选一男一女两名运动员组成混合双打组合参加某项比赛，试列出全部可能的结果；若某女乒乓球运动员为国家一级运动员，则她参赛的概率是多少？【解】 由于男运动员从4人中任意选取，女运动员从3人中任意选取，为了得到试验的全部结果，我们设男运动员为A ，B ，C ，D ，女运动员为1,2,3，我们可以用一个“有序数对”来表示随机选取的结果．如(A,1)表示：第一次随机选取从男运动员中选取的是男运动员A ，从女运动员中选取的是女运动员1，可用列表法列出所有可能的结果．如下表所示，设“国家一级运动员参赛”为事件E .能事件有4个，故她参赛的概率为P (E )＝412＝13.10．某校高一年级开设研究性学习课程，(1)班和(2)班报名参加的人数分别是18和27.现用分层抽样的方法，从中抽取若干名学生组成研究性学习小组，已知从(2)班抽取了3名同学．(1)求研究性学习小组的人数；(2)规划在研究性学习的中、后期各安排1次交流活动，每次随机抽取小组中1名同学发言．求2次发言的学生恰好来自不同班级的概率．【解】 (1)设从(1)班抽取的人数为m ，依题意，得m 18＝327，所以m ＝2.研究性学习小组的人数为m ＋3＝5.(2)设研究性学习小组中(1)班的2人为a 1，a 2，(2)班的3人为b 1，b 2，b 3. 2次交流活动中，每次随机抽取1名同学发言的基本事件为：(a 1，a 1)，(a 1，a 2)，(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 1，b 3)，(a 2，a 1)，(a 2，a 2)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 2，b 3)，(b 1，a 1)，(b 1，a 2)，(b 1，b 1)，(b 1，b 2)，(b 1，b 3)，(b 2，a 1)，(b 2，a 2)，(b 2，b 1)，(b 2，b 2)，(b 2，b 3)，(b 3，a 1)，(b 3，a 2)，(b 3，b 1)，(b 3，b 2)，(b 3，b 3)，共25种．2次发言的学生恰好来自不同班级的基本事件为：(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 1，b 3)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 2，b 3)，(b 1，a 1)，(b 1，a 2)，(b 2，a 1)，(b 2，a 2)，(b 3，a 1)，(b 3，a 2)共12种．所以2次发言的学生恰好来自不同的班级的概率为P ＝1225.[能力提升]1．从集合A ＝{－1,1,2}中随机选取一个数记为k ，从集合B ＝{－2,1,2}中随机选取一个数记为b ，则直线y ＝kx ＋b 不经过第三象限的概率为( )A.29 B ．13 C.49D.59【解析】 从集合A ，B 中分别选取一个数记为(k ，b )，则共有9个基本事件，设直线y ＝kx ＋b 不经过第三象限为事件M ，则k ＜0，b ≥0，从而M 包含的基本事件是(－1,1)，(－1,2)，共有2个基本事件，则P (M )＝29.【答案】 A2．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 ．25 C.12D.35【解析】 从5种物质随机抽取两种出现的情况有(金，木)，(金，水)，(金，火)，(金，土)，(木，火)，(木，水)，(木，土)，(水，火)，(水，土)，(火，土)共10种情况，根据相克原理相克的有5种，不相克的有5种，所以不相克的概率为12.【答案】 C3．将一个各个面上均涂有颜色的正方体锯成27个同样大小的小正方体，从这些小正方体中任取1个，其中恰有三个面涂有颜色的概率是________．【解析】 如图，每层分成9个小正方体，共分成了三层，其中8个顶点处的小正方体三个面涂有颜色，概率为827.【答案】8274．一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．【解】 (1)从袋中随机取两个球，其一切可能的结果组成的基本事件有1和2,1和3,1和4,2和3,2和4,3和4，共6个，从袋中取出的球的编号之和不大于4的事件共有1和2,1和3两个．因此所求事件的概率P ＝26＝13.(2)先从袋中随机取一个球，记下编号为m ，放回后，再从袋中随机取一个球，记下编号为n ，其一切可能的结果(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P ＝316.。

2017-2018学年（新课标）北师大版高中数学必修三第三章过关测试卷（100分，45分钟）一、选择题（每题5分，共30分）1. 下列结论正确的是（）A．事件A的概率P（A）的值满足0＜P（A）＜1B．若P（A）=0.999，则A为必然事件C．灯泡的合格率是99%，从一批灯泡中任取一个，这个是合格品的可能性为99%D．若P（A）=0.001，则A为不可能事件2. 从40张扑克牌（红心、黑桃、方块、梅花点数从1~10各10张）中任取一张，给出下列事件：①“抽出红心”与“抽出黑桃”；②“抽出红色牌”与“抽出黑色牌”；③“抽出的牌点数为5的倍数”与“抽出的牌点数大于9”．其中既不是互斥事件又不是对立事件的序号是（）A．①B．②C．③ D. ②③3.在“计算机产生［0，1］之间的均匀随机数”试验中，记事件A表示“产生小于0.3的数”，记事件B表示“产生大于0.7的数”，则一次试验中，事件A+B发生的概率为（）A．0.3 B．0.4 C．0.6 D．0.74. 有4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( )A.14B. 12C. 23D. 345.〈温州期末考〉下面有三个游戏规则，袋子中分别装有球，从袋中无放回地取球，其中不公平的游戏是( )游戏1 游戏2 游戏33个黑球和1个白球1个黑球和1个白球2个黑球和2个白球任取1个球，再任取1个球任取1个球任取1个球，再任取1个球取出的两个球同色→甲胜取出的球是黑球→甲胜取出的两个球同色→甲胜取出的两个球不同色→乙胜取出的球是白球→乙胜取出的两个球不同色→乙胜A. 游戏1和游戏3B. 游戏1C. 游戏2 D．游戏36.〈顺义二模〉从{1，2，3，4，5}中随机选取一个数a，从{1，2，3}中随机选取一个数b，则关于x的方程x2+2ax+b2=0有两个不相等的实根的概率是（）A. 15B. 25C. 35D. 45二．填空题（每题5分，共20分）7. 我国西部一个地区的年降水量在下列区间内的概率如下表所示：年降水量/mm ［100，150）［150，200）［200，250）［250，300］概率0.21 0.16 0.13 0.12则年降水量在［200，300］（mm ）范围内的概率是 .8.〈江苏〉现有某类病毒记作X m Y n ，其中正整数m ，n (m ≤7，n ≤9)可以任意选取，则m ，n 都取到奇数的概率为 ．9.〈北京一模〉设不等式组2222x y -≤≤-≤≤⎧⎨⎩，表示的区域为W ，圆C ：(x －2)2＋y 2＝4及其内部区域记为D .若向区域W 内随机投入一点，则该点落在区域D 内的概率为 ．10.〈易错题〉盒子中装有形状、大小完全相同的3个红球和2个白球，从中随机取出一个记下颜色后放回，当取到红球时停止取球．那么取球次数恰为2次的概率是 .三．解答题（14题14分，其余每题12分，共50分）11. 某篮球运动员在同一条件下进行投篮练习，结果如下表所示： 投篮次数n8 10 15 20 30 40 50进球次数m6 8 12 17 25 32 40进球频率m n（1）计算表中进球的频率；（2）这位运动员投篮一次，进球的概率约是多少？12.〈江西高安中学期末考〉已知集合A＝{－2,0,1,3}，在平面直角坐标系中，点M的坐标(x，y)满足x∈A，y∈A.(1)请列出点M的所有坐标；(2)求点M不在y轴上的概率；(3)求点M正好落在区域50x yxy+-<⎪⎩>>⎧⎪⎨，，上的概率．13.〈浙江期中考〉在正方形中随机地撒一把豆子，通过考察落在其内切圆内豆子的数目，用随机模拟的方法可计算圆周率π的近似值，如图1所示.（1）用两个均匀随机数x，y构成的一个点的坐标（x，y）代替一颗豆子，请写出随机模拟的方案；图1（2）以下程序框图（如图2）用以实现该模拟过程，请将它补充完整．（注：rand是计算机在Excel中产生［0，1］区间上的均匀随机数的函数）图214.〈江西模拟〉设f(x)和g(x)都是定义在同一区间上的两个函数，若对任意x∈[]1,2，都有｜f(x)+g(x)｜≤8，则称f（x）和g（x）是“友好函数”，设f(x)=ax,g(x)=bx.（1）若a∈{}-,求f(x)和g(x)是“友好函数”的概率；1,1,41,4,b∈{}（2）若a∈[]-，求f(x)和g(x)是“友好函数”的概率．1,41,4,b∈[]参考答案及点拨一、1. C 点拨：由概率的基本性质，事件A的概率P（A）的值满足0≤P（A）≤1，故A错误；必然事件概率为1，故B错误；不可能事件概率为0，故D错误．故选C.2. C 点拨：从40张扑克牌（红心、黑桃、方块、梅花各10张，且点数都是从1～10）中，任取一张，①“抽出红心”与“抽出黑桃”不可能同时发生，故它们是互斥事件．再由这两个事件的和不是必然事件（还有可能是“方块”或“梅花”），故它们不是对立事件．综上可得，“抽出红心”与“抽出黑桃”是互斥事件，但不是对立事件．②由于“抽出红色牌”与“抽出黑色牌”不可能同时发生，故它们是互斥事件；再由这两个事件的和事件是必然事件，故它们是对立事件．③“抽出的牌点数为5的倍数”与“抽出的牌点数大于9”不是互斥事件，它们可能同时发生（如抽出的牌点数为10），故它们不是互斥事件，更不可能是对立事件．故答案为C.3.C 点拨：易知事件A与B互斥，P（A）=P（B）=0.3，则根据互斥事件的概率加法公式可得P（A+B）=P（A）+P（B）=0.6，故选C．4. A 点拨：记4个兴趣小组分别为1,2,3,4，甲参加1组记为“甲1”，则基本事件为“甲1，乙1；甲1，乙2；甲1，乙3；甲1,乙4;甲2，乙1；甲2，乙2；甲2，乙3；甲2,乙4;甲3，乙1；甲3，乙2；甲3，乙3;甲3,乙4;甲4,乙1;甲4,乙2;甲4,乙3;甲4,乙4”，共16个．记事件A为“甲、乙两位同学参加同一个兴趣小组”，其中事件A有“甲1，乙1；甲2，乙2；甲3，乙3;甲4,乙4”，共4个．因此P(A)＝416＝14.5. D 点拨：对于游戏1，基本事件数有12种，取出两球同色即全是黑球有6种取法，其概率是12，取出颜色不同的概率也是12，故游戏1公平；对于游戏2，基本事件数有2种，两个事件的概率都是12，故游戏2公平；对于游戏3，基本事件数有12种，两球同色的种数有4种，故其概率是13，颜色不同的概率是23，故此游戏不公平，乙胜的概率大．综上知，游戏3不公平．故选D.6.C 学科思想：此题利用转化与化归思想，由方程有两个不相等的实数根得到a与b的关系后求解.根据题意，a是从集合{1，2，3，4，5}中随机抽取的一个数，a有5种情况，b是从集合{1，2，3}中随机抽取的一个数，b有3种情况，则方程x2+2ax+b2=0有3×5=15(种)情况，若方程x2+2ax+b2=0有两个不相等的实根，则Δ=（2a）2－4b2＞0，即a＞b，其中总数有15种，a>b的情况有9种，概率为35.二、7. 0.25 点拨：“年降水量在［200，300］（mm）范围内”由“年降水量在［200，250）（mm）范围内”和“年降水量在［250，300］（mm）范围内”两个互斥事件构成，因此概率=0.13+0.12=0.25.8. 2063点拨：基本事件共有7×9＝63（种），m可以取1，3，5，7，n可以取1，3，5，7，9.所以m，n都取到奇数共有20种，故所求概率为2063.9.8π学科思想：利用数形结合思想，在平面直角坐标系中画出图形，根据几何概型概率公式求解.依题意得，平面区域W的面积等于(2＋2)2＝16，圆C及其内部区域与平面区域W的公共区域的面积等于12×(π×22)＝2π，因此所求的概率等于162π＝8π.10.625点拨：记两个白球为a,b，3个红球为1,2,3，则任意取两个球，其结果有(a,a) ,(a,b) ,(a,1),(a,2),(a,3),(b,a), (b,b), (b,1),(b,2),(b,3),(1,a),(1,b),(1,1),(1,2), (1,3), (2,a),(2,b),(2,1),(2,2),(2,3), (3,a),(3,b),(3,1),(3,2),(3,3)共25种结果，由于取到红球停止，因此第一个球为白球且第二个球为红球，它包含(a,1),(a,2),(a,3), (b,1),(b,2),(b,3)共6种结果，因此所求概率为625.此题容易误认为是“不放回”概率模型而致错，也容易忽视抽取的顺序性而致错.三、11. 解：（1）填入表中的数据依次为0.75,0.80,0.80,0.85,0.83,0.80,0.80.（2）由于上述频率接近0.80，因此，进球的概率约为0.80.12. 解：(1)∵集合A ＝{－2,0,1,3}，点M (x ，y )的坐标满足x ∈A ，y ∈A ，∴M 的坐标共有：4×4＝16（种）情况，分别是：(－2，－2)，(－2,0)，(－2,1)，(－2,3)，(0，－2)，(0,0)，(0,1)，(0,3)，(1，－2)，(1,0)，(1,1)，(1,3)，(3，－2)，(3,0)，(3,1)，(3,3)．(2)点M 不在y 轴上的坐标的情况共有12种，分别是：(－2，－2)，(－2,0)，(－2,1)，(－2,3)，(1，－2)，(1,0)，（1，1），(1,3)，(3，－2)，(3,0)，(3,1)，(3,3)，∴点M 不在y 轴上的概率P 1＝1216＝34. (3)点M 正好落在区域5000x y x y ⎧⎪⎨⎪<>>⎩+－，，上的坐标的情况共有3种，分别是：(1,1)，(1,3)，(3,1)，故点M 正好落在该区域上的概率P 2＝316. 13. 解：（1）具体方案如下：①利用计算机产生两组［0，1］上的均匀随机数，通过变换，得到两组［－1，1］上的均匀随机数； ②统计试验总次数N 和落在阴影内的点数N 1（满足条件x 2+y 2≤1的点（x ，y ）的个数）；③计算频率1N N，即为点落在圆内的概率的近似值； ④设圆的面积为S ，由几何概型概率公式得点落在阴影部分的概率P =4S ．∴4S ≈1N N ．∴S ≈14N N ，即为圆的面积的近似值．又S 圆=πr 2=π，∴π=S ≈14N N，即为圆周率的近似值． （2）由题意，第一个判断框中应填x 2+y 2≤1，其下的处理框中应填m =m +1，退出循环体后的处理框中应填P =m n .14. 解:（1）设事件A =f (x )和g （x ）是“友好函数”，则｜f （x ）+g （x ）｜（x ∈[]1,2）所有的情况有：x －1x ,x +1x ,x +4x ,4x －1x ,4x +1x ,4x +4x,共6种且每种情况被取到的可能性相同. 又当a ＞0,b ＞0时,ax +b x 在0b a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，上递减,在b a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝∞⎭+，上递增;x －1x 和4x －1x在(0,+∞)上递增，∴对x ∈[]1,2可使｜f (x )+g (x )｜≤8恒成立的有x －1x ,x +1x ,x +4x ，4x －1x ，故事件A 包含的基本事件有4种，∴P （A ）=46=23，∴所求概率是23.答图1（2）设事件B =f （x ）和g （x ）是“友好函数”，∵a 是从区间[]1,4中任取的数,b 是从区间[]-1,4中任取的数,∴点(a ,b )所在区域是长为5,宽为3的矩形ABCD ,如答图1,要使x ∈[]1,2时,｜f (x )+g (x )｜≤8恒成立,只需|f (1)+g (1)|=|a +b |≤8且|f (2)+g (2)|=|2a +2b |≤8.∴事件B 包含的点的区域是如答图1所示的阴影部分.∴P (B )=()122341335⨯+⨯+⨯⨯ =1315，∴所求概率是1315.。

2．2 建立概率模型知识点建立不同的古典概型[填一填]一般地，在解决实际问题中的古典概型时，对同一个古典概型，把什么看作一个基本事件(即一次试验的结果)是人为规定的，也就是从不同的角度去考虑，只要满足以下两点：①试验中所有可能出现的基本事件只有有限个，每次试验只出现其中的一个结果；②每个试验结果出现的可能性相同．就可以将问题转化为不同的古典概型来解决，所得可能结果越少，那么问题的解决就变得越简单．[答一答]应该从哪个角度来建立古典概型？提示：一次试验中，常常不会确定基本事件，即对于把什么看作是古典概型中的基本事件会感到困难，其突破方法是结合实例积累经验，循序渐进地掌握．例如，一枚均匀的硬币连续抛掷2次，向上的面有(正，正)、(正，反)、(反，正)、(反，反)4种等可能结果，这是一个古典概型；如果只考虑两次抛掷向上的面是否相同，那么可以认为试验只有两个结果：“向上的面相同”“向上的面一正一反”，这两个结果也是等可能的，也是古典概型；而把出现“2次正面”“2次反面”“1次正面、1次反面”当作基本事件时，就不是古典概型．由此可见，无论从什么角度来建立古典概型，都要满足古典概型的两个特征：①试验的所有可能结果只有有限个； ②每一个试验结果出现的可能性相同． 否则，建立的概率模型不是古典概型．1．古典概型是一种最基本的概型，在应用公式P (A )＝mn 时，关键是正确理解基本事件与事件A 的关系，从而求出m 、n .2．求某个随机事件A 包含的基本事件的个数和试验中基本事件的总数常用的方法是列举法(画树状图和列表)，注意做到不重不漏．3．对于用直接方法难以解决的问题，可以求其对立事件的概率，进而求得其概率，以降低难度.类型一 随机事件中基本事件数的计算【例1】 同室4人各写一张贺卡，先集中起来，则每人从中拿一张别人送出的贺卡的分配方法有多少种？【思路探究】 将四张卡片分别编号，再利用树状图列举出来．【解】 将4张贺卡编号为1,2,3,4，将4个人编号为1,2,3,4，进行不对号排列，画出如图所示的树状图，则共有9种分配方式．规律方法这是一个不对号入座问题，可以计算得3个人不对号入座的方法有2种；4个人不对号入座的方法有9种．一个袋中装有大小相同的红、白、黄、黑4个球，从中先后取出2个球，共有多少种不同的结果？解：解法一：从袋中先后取出2个球，如记(红，白)表示从袋中先取出红球，再取出白球，则所有可能的结果为共有12种不同的结果．解法二：画树状图如图．共有12种不同的结果．类型二 概率模型的建立【例2】 抛掷两枚质地均匀的骰子，求： (1)点数之和是7的概率； (2)出现两个4点的概率．【思路探究】 首先找出所有基本事件，然后利用古典概型的概率公式进行计算． 【解】 作图如下，从图中容易看出，所有基本事件与点集S ＝{(x ，y )|x ∈N *，y ∈N *,1≤x ≤6,1≤y ≤6}中的元素一一对应．因为S 中点的总数是6×6＝36个，所以基本事件总数n ＝36.(1)记“点数之和为7”为事件A ，从图中可看到事件A 包含的基本事件共6个：(6,1)，(5,2)，(4,3)，(3,4)，(2,5)，(1,6)．所以P (A )＝636＝16.(2)记“出现两个4点”为事件B ，从图中可看到事件B 包含的基本事件只有1个：(4,4)．所以P (B )＝136.规律方法 从不同的角度把握问题，进而转化为不同的古典概型，这是我们进行概率计算的重要思想．当所选取的试验可能出现的结果的角度不同时，基本事件的个数也将不同，但是最终所求概率的值是确定的．在建立古典概型时：(1)要尽可能使所有可能出现的结果较少，以便使问题的解决更加简单；(2)建立概率模型时，要求后面所研究的事件都能轻易地表示成若干个基本事件的和．任取一个正整数，求该数的平方值的末位数字是1的概率．解：因为正整数的个数是无限的，所以不属于古典概型．但是一个正整数的平方值的末位数字只取决于该正整数的末位数字，而正整数的末位数字是0,1,2，…，9中的任意一个数字．现任取一个正整数，0,1,2，…，9这10个数字在该正整数的末位是等可能出现的，因此所有的基本事件为0,1,2，…，9，共10个．而任取一个正整数，且该数的平方值的末位数字是1的事件有：1,9，共2个．故所求概率为210＝15.类型三 概率的综合应用【例3】 (1)从含有两件正品a 1、a 2和一件次品b 1的三件产品中，每次任取一件，每次取出后不放回，连续取两次，求取出的两件产品恰有一件次品的概率．(2)从含有两件正品a 1、a 2和一件次品b 1的三件产品中，每次任取一件，每次取出后放回，连续取两次，求取出的两件产品恰有一件次品的概率．【思路探究】 因为取得产品中有一件次品，故可以把事件写出来，直接判断即可． 【解】 (1)每次取出一个，取后不放回地连续取两次，其可能的结果组成的基本事件有6个，即(a 1，a 2)，(a 2，a 1)，(a 1，b 1)，(a 2，b 1)，(b 1，a 1)，(b 1，a 2)．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．用A 表示“取出的两件产品中，恰好有一件次品”这一事件，则事件A 由4个基本事件组成，因而，P (A )＝46＝23.(2)有放回地连续取出两件，其可能的结果有：(a 1，a 1)，(a 1，a 2)，(a 1，b 1)，(a 2，a 1)，(a 2，a 2)，(a 2，b 1)，(b 1，a 1)，(b 1，a 2)，(b 1，b 1)，由9个基本事件组成，由于每一件产品被取到的机会均等，因此可以认为这些基本事件的出现是等可能的．用B 表示“恰有一件次品”这一事件，则事件B 包含4个基本事件，因而，P (B )＝49.规律方法 注意区分“放回”与“不放回”的区别．无放回取球时，取一次少一个球，每次的取法数递减1；有放回取球时，每一次的取法数不发生改变．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．解：事件A ＝{两个小球上的数字为相邻整数}，则A ＝{(1,2)，(2,3)，(3,4)，(4,5)，(5,6)，(6,7)，(7,8)，(8,9)，(9,10)，(10,9)，(9,8)，(8,7)，(7,6)，(6,5)，(5,4)，(4,3)，(3,2)，(2,1)}，故m A ＝18.(1)不放回取球时，总的基本事件数n ＝10×9＝90. 故P (A )＝1890＝15(2)有放回取球时，总的基本事件数n ＝10×10＝100. 故P (A )＝18100＝950.——易错警示——因忽略古典概型中等可能性的判断而出错【例4】 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.【错解分析】 (1)的错误在于改变了原事件的含义，原事件是要求在投掷的所有结果中出现点数同为1,2,3,4,5,6的概率，而不是点数相同时，其中之一的概率；(2)(3)中给出的点数之和为奇数与偶数的11种情况不是等可能事件，如点数之和为2只出现一次：(1,1)，点数之和为3，则出现两次：(2,1)、(1,2)．【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.【纠错心得】 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．从装有编号分别为a ，b 的2个黄球和编号分别为c ，d 的2个红球的袋中无放回地摸球，每一次任摸一球，求：(1)第1次摸到黄球的概率； (2)第2次摸到黄球的概率．解：(1)第1次摸球有4个可能的结果：a ，b ，c ，d ，其中第1次摸到黄球的结果包括：a ，b ，故第1次摸到黄球的概率是24＝0.5.(2)先后两次摸球有12种可能的结果：(a ，b )，(a ，c )，(a ，d )，(b ，a )，(b ，c )，(b ，d )，(c ，a )，(c ，b )，(c ，d )，(d ，a )，(d ，b )，(d ，c )，其中第2次摸到黄球的结果包括：(a ，b )，(b ，a )，(c ，a )，(c ，b )，(d ，a )，(d ，b )，故第2次摸到黄球的概率为612＝0.5.一、选择题1．抛掷一只骰子，落地时向上的点数是5的概率是( D ) A.13 B.14 C.15D.16解析：掷一次骰子相当于做一次试验，因为骰子是均匀的，它有6个面，每个面朝上的机会是相等的，故出现5点的可能性是16.2．将一枚质地均匀的硬币先后抛三次，恰好出现一次正面朝上的概率为( C ) A.12 B.14 C.38D.58解析：总事件数为8个，分别为：(正，正，正)，(正，正，反)，(正，反，正)，(正，反，反)，(反，正，正)，(反，正，反)，(反，反，正)，(反，反，反)．“恰好出现1次正面朝上”的事件为事件A ，包括(正，反，反)，(反，正，反)和(反，反，正)3个．所以，所求事件的概率为38.3．若以连续掷两次骰子分别得到的点数m 、n 作为点P 的横、纵坐标，则点P 在直线x ＋y ＝5下方的概率为( A )A.16B.14C.112D.19解析：试验是连掷两次骰子．共包含6×6＝36个基本事件，事件“点P 在直线x ＋y ＝5下方”，共包含(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(3,1)6个基本事件，故P ＝636＝16.二、填空题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12.解析：从4件产品中不放回的任取两件，共有基本事件总数为4×3÷2＝6.取出的两件中恰有一件次品，则另一件为正品包括1×3＝3(种)可能结果，故恰有一件次品的概率为36＝12.5．袋中有2个白球，2个黑球，从中任意摸出2个，则至少摸出1个黑球的概率是56.解析：设白球为白1，白2，黑球为黑1，黑2，从中摸出2个球的所有情况为白1白2；白1黑1；白1黑2；白2黑1；白2黑2；黑1黑2，共6种，其中至少摸出1个黑球有5种情况，故P ＝56.。

建立概率模型教学分析本节教科书通过例题的四种模型的所有可能结果数越来越少，调动起学生思考探究的兴趣；教师在教学中要注意通过引导学生体会不同模型的特点以及对各种方法进行比较，提高学生分析和解决问题的能力．三维目标1．使学生能建立概率模型来解决简单的实际问题，提高学生分析问题和解决问题的能力．2．通过学习建立概率模型，培养学生的应用能力．重点难点教学重点：建立古典概型．教学难点：建立古典概型．课时安排1课时教学过程导入新课思路1计算事件发生概率的大小时，要建立概率模型，把什么看成一个基本事件是人为规定的．今天我们学习如何建立概率模型，教师点出课题．思路2解决实际应用问题时，要转化为数学问题来解决，即建立数学模型，这是高中数学的重点内容之一，也是高考的必考内容，同样解决概率问题也要建立概率模型，教师点出课题．推进新课新知探究提出问题1．回顾解应用题的步骤？2．什么样的概率属于古典概型？讨论结果：1解应用题的一般程序：1读：阅读理解文字表达的题意，分清条件和结论，理顺数量关系，这一关是基础．2建：将文字语言转化为数学语言，利用数学知识，建立相应的数学模型．熟悉基本数学模型，正确进行建“模”是关键的一关．3解：求解数学模型，得到数学结论．一要充分注意数学模型中元素的实际意义，更要注意巧思妙作，优化过程．4答：将数学结论还原给实际问题的结果．3．同时满足以下两个条件的概率属于古典概型：1试验的所有基本事件只有有限个，每次试验只出现其中一个基本事件；2每一次试验中，每个基本事件出现的可能性相等．4 下面再给出一种更为简单的解法．解法四：只考虑第二个人摸出的球的情况，他可能摸到这4个球中的任何一个，这4种结果出现的可能性是相同的．第二个人摸到白球的结果有2种，因此“第二个人摸到白球”的概率PA＝24＝1点评：画树状图进行列举是计算结果个数的基本方法之一．1利用树状图列出了4个人依次从袋中摸出一球的所有可能结果，共有24种，其中第二个人摸到白球的结果有12种，因此算得“第二个人摸到白球”的概率为12 利用试验结果的对称性，只考虑前两人摸球的情况，所有可能结果减少为12种，简化了模型．解法三只考虑球的颜色，对2个白球不加区别，对2个黑球也不加区别，所有可能结果只有6种．解法四只考虑第二个人摸出的球的情况，所有可能结果变为4种，这个模型最简单．尽管解法二、三、四建立的模型在解决该问题时比解法一简便，但解法一也有它的优势，利用解法一可以计算出4个人顺次摸球的任何一个事件的概率，而解法二、三、四却不能做到．教师要提醒学生，本章古典概率的计算，解法一是最基本的方法．对于一个实际问题，有时从不同的角度考虑，可以建立不同的古典概型来解决变式训练略。