北师大版高中数学必修3教案备课建立概率模型

安边中学高一年级下学期数学学科导学稿执笔人：邹英总第课时备课组长签字：包级领导签字：学生：上课时间：7周集体备课个人空间一、课题：3.2.2.建立概率模型二、学习目标1．理解从不同的角度考虑可以建立不同的概率模型；2．能够建立概率模型来解决简单的实际问题。

三、教学过程【自主预习】阅读教材134-137页一般地，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________(即一次试验的结果)是人为规定的，也就是从不同的______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______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______．就可以将问题转化为不同的________来解决，所得可能结果越____，那么问题的解决就变得越______．【合作探究】合作探究、概率模型的构建例1、任取一个正整数，求该数的平方的末位数字是1的概率。

合作探究、构建不同的概率模型解决问题例2、袋中装有除颜色外其他均相同的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：取出的两球一个是白球，另一个是红球．- 1 -【检测训练】1、一个口袋中有形状、大小都相同的6个小球，其中有2个白球、2个红球和2个黄球。

从中一次随机摸出2个球，试求：（1）2个球都是红球的概率；（2）2个球同色的概率；（3）“恰有1个球是白球的概率”是“2个球都是白球的概率”的多少倍？2、在分别写有1,2，…，9的9张卡片中任意抽取一张，则抽得卡片上的数字能被3整除的概率是( )．A．19B．16C．23D．133、有红心1,2,3和黑桃4,5这5张扑克，将牌点向下置于桌上，现从中任意抽取一张，那么抽到的牌为红心的概率为( )．A．35B．25C．15D．454、甲、乙两人各写一张贺年卡随意送给丙、丁两人中的一人，则甲、乙将贺年卡送给同一人的概率是( )．A．12B．13C．14D．155、20名高一学生，25名高二学生和30名高三学生在一起座谈，如果任意抽其中一名学生讲话，抽到高一学生的概率是______，抽到高二学生的概率是______，抽到高三学生的概率是______．6、100个人依次抓阄，决定1件奖品的归属，求最后一个人中奖的概率．反思栏- 2 -- 3 -。

【规范解答】任取一个正整数，则该数的平方的末位数字
就是0、1、2、3、4、5、6、7、8、9的平方的末位数字，
所有的结果为0、1、4、9、6、5，共有6种情况，故任取一
个正整数，该数的平方的末位数字是1的概率为 1 .
6
构建不同的概率模型解决问题
古典概率模型问题的解决方法 古典概率模型具有很强的实用性，同现实生活的联系也很 紧密，是近几年高考的热点内容，考查的形式灵活多样.解 决这类问题，首先要判定它是否属于古典概型，其关键仍 然是通过列举法去分析每个基本事件发生的个数，以及事 件A所包含的基本事件的个数，最后应用公式求解.
数，列表如下：
由表可知共有6×6=36种结果.
(2)若用(a,b)来表示两枚骰子向上的面的点数，则点数之
和是3的倍数的结果有：
（1,2），（2,1），（1,5），（5,1），（2,4）， （4,2），（3,3），（4,5），（5,4），（3,6）， （6,3），（6,6）共12种. （3）两枚骰子点数之和是3的倍数的概率： P=
事件A包含事件：（1，2），（1，3）；
（2，2），（2，3），（2，4），（2，5）； （3，2），（3，3），（3，4），（3，5）共10个
由古典概型得P(A)=
10 5 = . 12 6
【审题指导】弄懂“传了三次”是怎么一回事及不重不漏列
出所有的基本事件是解答本题的关键，本题的基本事件可用 树状图全部列出，再观察所求事件包含的基本事件即可 .
【规范解答】依据题意画出树状图如图所示：
………………………………………………………………8分 由上图可知，共有27种结果，其中经过三次传球球仍传回 到甲的手中有6种结果，故所求概率为 6 2 . ………12分

(1)注意放回与不放回的区别． (2)在古典概型下，当基本事件总数为 n 时，每个基本事件发生的概率均为n1，要求事 件 A 的概率，关键是求出基本事件总数 n 和事件 A 所包含的基本事件数 m，再由古 典概型概率公式 P(A)＝mn 求事件 A 的概率．
3．编号分别为 A1，A2，…，A16 的 16 名篮球运动员在某次训练比赛中的得分记录如 下：
丙)，(乙，丙)共 3 种；甲被选中的可能结果是(甲，乙)，(甲，丙)，共 2 种，所以 P(“甲
被选中”)＝23. 答案：C
3．从集合 A＝{2，3，－4}中随机选取一个数记为 k，从集合 B＝{－2，－3，4}中随 机选取一个数记为 b，则直线 y＝kx＋b 不经过第二象限的概率为________． 解析：依题意 k 和 b 的所有可能的取法有(2，－2)，(2，－3)，(2，4)，(3，－2)，(3， －3)，(3，4)，(－4，－2)，(－4，－3)，(－4，4)，共 9 种，当直线 y＝kx＋b 不经过 第二象限时，应有 k>0，b<0，满足条件的取法有(2，－2)，(2，－3)，(3，－2)，(3， －3)，共 4 种，所以所求概率为49. 答案：4
上”包含的基本事件的个数共有( )
A．7 个
B．8 个
C．9 个
D．10 个
解析：符合要求的基本事件是(－9，0)，(－7，0)，(－5，0)，(－3，0)，(－1，0)，
(2，0)，(4，0)，(6，0)，(8，0)．
答案：C
3．下列概率模型： ①在平面直角坐标系内，从横坐标和纵坐标都是整数的所有点中任取一点； ②某射手射击一次，可能命中 0 环，1 环，2 环，…，10 环； ③某小组有男生 5 人，女生 3 人，从中任选 1 人做演讲； ④一只使用中的灯泡的寿命长短； ⑤中秋节前夕，某市工商部门调查辖区内某品牌的月饼质量，给该品牌月饼评“优” 或“差”． 其中属于古典概型的是________．

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.。

问题导入：
1.单选题是标准化考试中常用的题型. 如果考生不会做,他从4个备选答案中 随机地选择一个作答,他答对的概率 1/4 是____.
2. 从集合 {1,2,3,4,5} 的所有子集 中任取一个, 这个集合恰是集合 ８/32 {1,2,3} 的子集的概率是____.
3.抛掷两枚均匀的骰子,出现数字之积 为偶数与出现数字之积为奇数的概率 27/36 9/36 分别是_____、______.
2 1
模型2 利用试验结果的对称性,因为是计算“第二个人摸 到红球”的概率，我们可以只考虑前两个人摸球的情 况,
2 1 1 2 2
1
1 2 1
1 2 2 2
2 1 1
这个模型的所有可能结果数为12，第二个摸到红球的结果有6种：
P(A)=6/12=0.5
模型3 只考虑球的颜色，4个人按顺序摸出一个 球所有可能结果
(2)100个人依次抓阄决定1件奖品的归属,求最 后一个人中奖的概率.
分析:只考虑最后一个抓阄的情况,他可能抓到 100个阄中的任何一个,而他抓到有奖的阄的结 果只有一种,因此,最后一个人中奖的概率为 1/100.
小结： 一般来说,在建立概率模型时把什么 看作是基本事件,即试验结果是人为规定 的,也就是说,对于同一个随机试验,可以根 据需要,建立满足我们要求的概率模型。
3.2.2 建立概率模型
温故知新：
1.古典概型的概念 1)试验的所有可能结果(即基本事件)只有有限个,每次 试验只出现其中的一个结果; 2)每一个结果出现的可能 性相同。 2.古典概型的概率公式
m( A包 含 的 基 本 事 件 数 ) P( A) n( 基 本 事 件 总 数 )
3.列表法．
一般来说,在建立概率模型时把什么看作是 基本事件,即试验结果是人为规定的,也就是说,对 于同一个随机试验,可以根据需要,建立满足我们 要求的概率模型

2 说方法· 分类探究 类型一“有放回”与“不放回”的古典概型 【例 1】 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，求取出的两件产品中恰有一件是 次品的概率．
解析：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． 18 9 (1)不放回取球时， 总的基本事件数为 90， 故 P(A)＝ ＝ ＝ 90 45 1 . 5 18 9 (2)有放回取球时，总的基本事件为 100，故 P(A)＝100＝50.
解析：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． 18 9 (1)不放回取球时， 总的基本事件数为 90， 故 P(A)＝90＝45＝ 1 . 5 18 9 (2)有放回取球时，总的基本事件为 100，故 P(A)＝ ＝ . 100 50
(1)记“点数之和出现 7 点”为事件 A， 从图中可以看出事件 A 包含的基本事件共 6 个，(6,1)，(5,2)，(4,3)，(3,4)，(2,5)，(1,6)， 6 1 故 P(A)＝36＝6.

8.
9
2.从含有两件正品a1，a2和一件次品b的3件产品中每次任取一件，每次
取出后不放回，连续取两次. （1）求取出的两件产品中恰有一件次品的概率； （2）若将“每次取出后不放回”这一条件换成“每次取出后放回”， 则取出的两件产品中恰有一件次品的概率是多少？
解：（1）每次取一件，取出后不放回地连续取两次，所有的基本事 件共有6个，分别是（a1，a2），（a1，b），（a2，a1），（a2，b）， （b，a1），（b，a2），其中小括号内第一个字母表示第1次取出 的产品，第二个字母表示第2次取出的产品，可以确定这些基本事件 的出现是等可能的. 用A表示“取出的两件产品中恰有一件次品”这一事件，则A包含的 基本事件是（a1，b），（a2，b），（b，a1），（b，a2）. 事件A由4个基本事件组成，所以P（A）＝ 4 2 .
（1）一共可能出现多少种结果？ （2）出现“2枚正面朝上，1枚反面朝上”的结果有多少种？ （3）出现“2枚正面朝上，1枚反面朝上”的概率是多少？
【解题提示】 分析基本事件→按照先“壹分”，再“贰分”，最后 “伍分”的顺序分类→列举出此试验的所有可能结果. 【解】 （1）先后抛掷壹分、贰分、伍分硬币时，可能出现的结果 共有8种，即（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）用A表示事件“2枚正面朝上，1枚反面朝上”，所有结果有3种， 即（正，正，反），（正，反，正），（反，正，正）.
钟）作为样本分成5组，如下表所示：
组别
候车时间
人数
一
［0，5）
2
二
［5，10）
6
三
［10，15）
4

其他学生和教师对展示内容进行提问和点评，促进互动交流。
教师总结各组的亮点和不足，并提出进一步的建议和改进方向。
6.课堂小结（5分钟）
目标：回顾本节课的主要内容，强调概率的重要性和意义。
过程：
简要回顾本节课的学习内容，包括概率的基本概念、组成部分、案例分析等。
强调概率在现实生活或学习中的价值和作用，鼓励学生进一步探索和应用概率。
10.提高合作能力和解决问题的能力：通过小组讨论和案例分析，学生能够与他人合作，共同解决问题，提高合作能力和解决问题的能力。
内容逻辑关系
①随机事件的定义和分类：必然事件、不可能事件、随机事件
②概率的定义和性质：概率的计算方法，包括古典概率、几何概率和条件概率；概率的基本性质，如互斥事件的概率加法公式、独立事件的乘积公式等。
-互斥事件的概率加法公式：P(A+B) = P(A) + P(B)
-独立事件的乘积公式：P(AB) = P(A) * P(B)
③概率的运用
-抽奖问题：计算获奖的概率
-概率论的基本问题：计算某个事件发生的概率
教学评价与反馈
1.课堂表现：通过观察学生在课堂上的参与程度、提问和回答问题的积极性，以及学生的反应和理解程度，评价学生对概率知识的掌握情况。
布置课后作业：让学生撰写一篇关于概率的短文或报告，以巩固学习效果。
学生学习效果
1.理解概率的基本概念：学生能够理解概率的定义，掌握概率的基本计算方法和性质，如互斥事件的概率加法公式、独立事件的乘积公式等。
2.掌握随机事件的分类：学生能够区分必然事件、不可能事件和随机事件，并能够运用这些概念解决实际问题。
2.数据分析：通过讲解概率的定义和性质，培养学生收集、整理、分析和处理数据的能力，使学生能够运用几何概率和条件概率的方法解决实际问题。

2.2 建立概率模型某渔船要对下个月是否出海打鱼作出决策.如果出海后是好天，可获收益5000元，若出海后天气变坏，将损失2000元；若不出海，无论天气好坏都要承担1000元损失费.你能否根据当地的天所预报,根据实际情况建立概率模型来决策渔船是出海还是不出海吗?我们可以画一方块“囗”称为决策结点，由决策结点向右引出若干条直线表示不同的策略(方案)--称为策略分枝，策略分枝的右端画一个圆圈“○”称为状态结点，由它引出表示不同状态及其发生的概率的分枝称为概率分枝，最后在概率分枝的终点画“△”符号表示这一分枝的最终结果的效益值，正值表收益，负值表示损失.对应的决策树如图所示.以上就是利用树形图法表示决策过程的概率模型方法.你还能想出其它方法建立概率模型吗?研习教材重难点研习点1:建立概率模型的必要性1.建立概率模型的依据如教材（P164）掷骰子的试验:（1）如果观察向上的点数是多少，就把出现1,2,3,4,5,6作为试验所有可能出现的结果. (每个结果出现的概率均为16 ).（2）如果观察向上的点数是奇数还是偶数，则可以把“向上的点数是奇数”和“向上的点数是偶数”作为试验的所有可能结果. (每个结果出现的概率均为12 ).（3）如果观察向上的点数除以3的余数为多少,则其余数可能有三个结果余数为0,1,2,(每个结果出现的概率均为13 ).上述实验的共同特点：①每次试验的结果是有限的，并且是等可能出现的.②以此试验建立一个概率模型，每个结果出现的概率都是相同的. 以掷骰子这个实验的载体,还可以规定更多的实验模型,从而得出更多的概率模型(古典概型).2.建立概率模型的角度对于一个实际问题,有时我们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,所得到的古典概型的所有可能结果数越少,问题的解决就变得越简单.概率模型的构建或对其进行等价转化可以解决一些抽象不易理解的概率问题的求解.具体可以参考课后的专题《一组貌异质同的试验》.应用这样的等价转化的分析方法不仅可以简化概率求解的思维角度,而且可以得出异彩纷呈的一题多解的方法.例题1. 同时抛掷两粒骰子，则下列说法正确的是A.“两粒点数都是5”的概率比“两粒点数都是6”的概率小B.“两粒点数都是1”的概率最小C.“两粒点数相同”的概率都是61D.“两粒点数和为6”的概率不大于“两粒点数都是5”的概率[研析] A 错，事实上相等；B 对，“两粒点数都是1”只有1个基本事件；C 错，比如两粒点数都是1的概率是361，若把“都”字去掉，结论是正确的；D 错，事实上，“两粒点数和为6”的概率比“两粒点数都是5”的概率大. 故应选B. 研习点2:根据需要来建立概率模型1.集合观点下理解建立概率模型一个随机试验连同它的基本事件空间就构成了一个概率模型.对于同一个随机试验,可以根据需要来建立不同的概率模型.下面仍以教科书第164页例2为例应用集合观点来分析说明.2. 随机事件发生的可能性（概率）的计算方法我们重点学习了两种随机事件概率的计算方法：即理论计算和实验估算.②实验估算又分为如下两种情况：第一种：利用实验的方法进行概率估算．要知道当实验次数非常大时，实验频率可作为事件发生的概率的估计值，即大量实验频率稳定于理论概率．第二种：利用模拟实验的方法进行概率估算．如，利用计算器产生随机数来模拟实验的方法．综上所述，目前掌握的有关于概率模型大致分为三类；第一类问题没有理论概率，只能借助实验模拟获得其估计值；第二类问题虽然存在理论概率但目前尚不可求，只能借助实验模拟获得其估计值；第三类问题则是简单的古典概型，理论上容易求出其概率．这里要引起注意的是，虽然我们可以利用公式计算概率，但在学习这部分知识时，更重要的是要体会概率的意义，而不只是强化练习套用公式进行计算．典例2 100个人依次抓阄决定1件奖品的归属，求最后一个人中奖的概率.[研析] 这是日常生活中常见的问题，中奖与否与先抓后抓没有关系，每个人中奖与不中奖的概率都相同.仿照课本例2, 只考虑最后一个人抓阄的情况，他可能抓到100个阄中的任何一个，而他摸到有奖的阄的结果只有一种，因此，最后一个人中奖的概率为1001.探究解题新思路▲基础思维探究题型1.随机事件发生的基本事件数的计算 典例1. 同室4人各写一张贺年卡,先集中起来, 则每人从中拿一张别人送出的贺年卡的分配方法 有 种.【研析】将4张贺年卡编号为1,2,3,4,将4个人编 号为1,2,3,4,进行不对号排列,画出如下树图, 则共有9种分配方式.探索发现这是一个不对号入座问题,可以,计算得三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,5个人不对号入座的方法有52种,6个人呢?试试用树形图来 【拓展·变式】1.同室4人各写一张贺年卡,先集中起来,则每人从中拿一张别人送出的贺年卡的概率为 .题型2.不放回摸球模型典例2. 口袋里装有100个球，其中有1个白球和99个黑球，这些球除颜色外完全相同.100个人依次从中摸出一球，求第81个人摸到白球的概率.【研析】只考虑第81个人摸球的情况.此法不难理解，因为每个人摸到白球的概率都相等，有100个球，而白球只有1个.只考虑第81个人摸球的情况.他可能摸到100个球中的任何一个，这100个球出现的可能性相同，且第81个人摸到白球的可能结果只有1种，因此第81个人摸到白球的概率为1001. 探索发现若将该题条件改一下,改为每个人摸球后放回,则第81个人摸到白球的概率是多少?是否还是1001,两者有区别吗? 1 2 3 4 21 3 4 4 3 4 1 1 3 31 4 42 1 2 2 1 41 323 1 2 21仍然是1001,虽然概率相同,但是两者是有区别的,前一种情况中前一个人摸球后,后一个人摸得的球已经不同,而后一种情况下,前一个人摸球后,后一个人摸得的球仍可以是前一个人摸得的球. 【拓展·变式】2.袋中有红、黄、白色球各一个，它们除颜色外其余都相同，每次任取一个，又放回, 抽取两次．求下列事件的概率．（1）全红;（2）颜色全同;（3）无白 (颜色全同包括都是红色或都是黄色或都是白色；无白指没有白色球). ▲综合思维探究 题型1 学科内综合题典例3. 甲、乙两人做出拳游戏(锤子、剪刀、布).求: (1)平局的概率; (2)甲赢的概率; (3)乙赢的概率.【研析】甲有3种不同的出拳方法,每一种出法是等可能的,乙同样有等可能的3种不同出法.一次出拳游戏共有3×3=9种不同的结果,可以认为这9种结果是等可能的,所以一次游戏(试验)是古典概型,它的基本事件总数为9.平局的含义是两人出法相同.例如都出了锤.甲赢的含义是甲出锤且乙出剪,甲出剪且乙出布,甲出布且乙出锤这3种情况.乙赢的含义是乙出锤且甲出剪,乙出剪且甲出布,乙出布且甲出锤这3种情况.设平局为事件A ,甲赢为事件B ,乙赢为事件C .甲乙布布剪剪锤锤O※※※☉☉☉△△△由上图容易得到:(1)平局含3个基本事件(图中的△); (2)甲赢含3个基本事件(图中的☉); (3)乙赢含3个基本事件(图中的※). 由古典概率的计算公式,可得P (A )=93=31; P (B )=93=31; P (C )=93=31.方法探究本题通过设置问题情境，将实际生活中的一个游戏问题转化为数学问题，在解决实际问题中学到新知识．同时，问题的选取贴近生活，可以感受到学习的亲切感，积极参与数学活动，进一步提高学习数学的信心，在掌握用树状图和列表法求理论概率的同时，可以进一步发展合作交流的意识和良好的反思习惯. 【拓展·变式】3已知|a|＝2，|b|＝5，求|a+b|的值为7的概率.题型2 学科间渗透题典例4. 人类多指基因（T ）是正常指（t ）的显性，白化基因（a ）是正常（A ）的隐性，都在常染色体上，而且都是独立遗传.一个家庭中，父亲是多指，母亲正常，他们有一个白化病和正常指的的孩子，则下一个孩子有白化病的概率为 ;有多指的概率为 .【研析】据题意分析，先推导出双亲的基因型为TtAa （父），ttAa （母）.据题意分析，先推导出双亲的基因型为TtAa （父），ttAa （母）.据单基因分析法（每对基因单独分析），若他们再生育后代，则有概率：P 多指= 12；P 白化病= 14； 方法探究本题应用列表法计算涉及两步实验的随机事件发生的概率,运用已有生物学的的知识和经验，对面临的白化病及六指等新病因知识进行分析、类比，然后把它纳入原有的古典概型应用的知识体系中,寻示解题思维方式. 【拓展·变式】4在上题中求该对夫妻所生的下一个孩子是多指又白化病的概率.题型3 实际应用题典例5. 甲、乙两人用如图所示的两个转盘做游戏，转动两个转盘各1次（1）若两次数字之差的绝对值为0，1或2，则甲胜，否则乙胜．这个游戏对双方公平吗？为什么？ （2）若两次数字和是2的倍数，则甲胜，而若和是3的倍数或5的倍数，则乙胜．这个游戏对双方公平吗？为什么？81 12 344 5 566【研析】（1）用列表的方法可看出所有可能的结果：1 3 4 5 6 8 1 02345 7 2 1 1 2 3 46 4 3 1 0 1 2 4 5 4 2 1 0 1 3 653212TtAA TtAa ttAA ttAaTtAa Ttaa ttAa ttaa ♀tA ta ♂从上表中可以看出两个数字之差的绝对值，为0的有4种可能结果，1的有7种可能结果,2的有6种可能结果,所以甲胜的概率为1730,而乙胜的概率为1330,因此甲胜的可能性比乙大，所以不公平. （2）通过列表可知：1 3 4 5 6 8 12 4 5 6 7 9 23 5 6 7 8 1045 7 8 9 10 12 56 8 9 10 11 13 67910111214出现的两个数字之和是2的倍数有15种，出现的两个数字之和是3的倍数有10种，5的倍数有6种,所以甲胜的概率为1530,而乙胜的概率为1630,因此甲胜的可能性比乙小,所以不公平. 方法探究本题的概率模型同样是转盘做游戏,但其随机事件编制成对产生的随机数的约束,使得命题的空间更为深远,解决此类问题若仍用树图来画,其图形拉得太长,而应用列表方式,则可以将所有的问题化归到条理清晰的网络表中,使问题求解一目了然. 【拓展·变式】5玲玲和倩倩是一对好朋友，她俩都想去观看周杰伦的演唱会，可手头只有一张票，怎么办呢？玲玲对倩倩说：“我向空中抛2枚同样的一元硬币，如果落地后一正一反，就我去；如果落地后两面一样，就你去！”结果倩倩欣然答应．请问：你觉得这个游戏公平吗？ 题型4 阅读理解题典例6. 天星同学为学校联欢会设计了一个“配紫色”的游戏：下面是两个带指针的圆盘，每个圆盘被分成相等的几个扇形．游戏者转动圆盘上的指针，如果A 盘转出了蓝色，B 盘转出了红色，那么他就赢了，因为红色和蓝色在一起配成了紫色，用列表法求游戏获胜的概率．绿黄蓝白红A 转 盘B 转 盘【研析】对于A 转盘，转出黄色、蓝色、绿色的可能性是一样的；对于B 转盘，转出红色、白色的可能性是一样的.列表如下：黄色 蓝色 绿色红色 （红，黄） （红，蓝） （红，绿） 白色（白，黄）（白，蓝）（白，绿）由表格可以看出游戏者获胜的概率为16. 思维指南积极参与数学活动，经历成功与失败，获得成就感，提高学习数学的兴趣. 这样的学习活动中可逐步形成良好的反思意识．充分理解“学习过程是运用已有的知识和经验，对面临的新知识进行分析、类比，然后把它纳入原有知识体系的过程”. 【拓展·变式】6.小芳也制作了如图所示的转盘进行“配紫色”游戏，列出了下表：红蓝红蓝A 转 盘B 转 盘并据此求出游戏者获胜的概率为12.你认为小芳的做法对吗？为什么？如果不正确,你能否将她的方案改一下,让这个游戏合理,使A 转盘转动时，出现“红”、“蓝”的可能性相同？ ▲创新思维探究题型1 开放探究题典例7.把10个小球投到三个空盒子中,要求每个盒子中的小球数都是奇数,求其中一个小盒子中有9个小球的概率?【研析】这是一道伤脑筋的智力游戏题,表面上看来,似乎无解,因这“奇数+奇数+奇数≠偶数”.若是换一种思维模式,把其中一个盒子套在另一个盒子之中,则问题迎刃而解.问题转化为:将10个元素置于三个集合中,使每个集合含有奇数个元素.具体操作如下:首先将10个元素置于两 A转盘B转盘127个集合中,使每个集合含有奇数个元素;然后 将其中一个集合再找一个子集合,使其中有奇 数个元素.如图所示,我们将其记为(1+2)+7 . 进一步讨论,可得如下15组解:(1+2)+7;(1+4)+5; (1+6)+3;(1+8)+1;(3+2)+5;(3+4)+3; (3+6)+1;(5+2)+3;(5+4)+1;(7+2)+1;(1+0)+9;(3+0)+7; (5+0)+5;(7+0)+3;(9+0)+1 .由于小盒子中含有9个小球的有: (1+8)+1; (3+6)+1; (5+4)+1; (7+2)+1; (1+0)+9; (9+0)+1 共6组,所以其中一个小盒子中有9个小球的概率62155P ==. 交流探讨转换思维模式可将复杂问题具体化、简略化,此题还可以把小球和盒子的数目,以及对于每个盒子中放入小球数的要求作些变更,则可产生一系列的新问题,应用此法仍可得解. 【拓展·变式】7.抛掷两枚骰子,求:(1)点数之和出现7点的概率; (2)出现两个4点的概率. 题型2 课标创新题典例8. 从含有两件正品a 、b 和一件次品c 的3件产品中每次任取一件，连续取两次，求取出的两件产品中恰有一件是次品的概率.（1）每次取出不放回； （2）每次取出后放回.【研析】问题的关键在于一种是不放回试验，一种是放回试验.不放回试验，取一件少一件；而放回试验，取一件后，再取一件时情况不变.通过列出所有基本事件解答比较直观易懂.（1）解法一：每次取出后不放回的所有可能结果有（a ，b ），（a ，c ），（b ，a ），（b ，c ），（c ，a ），（c ，b ），其中小括号内左边字母表示第一次取出的产品，右边字母表示第二次取出的产品，共有6个基本事件.其中有一件次品的事件有（a ，c ），（b ，c ），（c ，a ），（c ，b ），共4个基本事件.因此，每次取出后不放回，取出的两件产品中恰有一件次品的概率为3264=. 解法二：取出的两件产品中有一件次品，至于是第一次取出，还是第二次取出可不必考虑，则所有可能结果有（a ，b ），（a ，c ），（b ，c ），共3个基本事件；而恰有一件次品的基本事件有（a ，c ），（b ，c ），共2个.因此结果与解法一相同.（2）解：这是放回试验，第一次被取出的产品，第二次也可能被取出，由于最后关心的是两件产品中有一件次品，因此必须考虑顺序，则所有可能结果有（a ，a ），（a ，b ），（a ，c ），（b ，a ），（b ，b ），（b ，c ），（c ，a ），（c ，b ），（c ，c ），共9个基本事件，其中恰有一件次品的基本事件有（a ，c ），（b ，c ），（c ，a ），（c ，b ），共4个基本事件.因此每次取出后放回，取出的两件产品中恰有一件次品的概率为49. 理念链接放回与不放回是两种区别非常明显的概率模型, 求解过程中应用通法首先建立概率模型，写出所有的基本事件，再写出某事件所含有的基本事件，问题就比较容易解答.(B)岛 (A)岛 (C)岛(D)岛(图一)【拓展·变式】8.我国网球运动员赢得了首枚奥运金牌.若一位网球选手的“赢率”是她赢的场数比参赛场数.如果一位网球选手在一个周末开始时,他的赢率恰好是0.500,在这个周末期间她比赛了四场,赢了三场,输了一场,到这个周末结束时,她的赢率大于0.503 .试估计在这个周末开始之前,她最多可能赢几场? 题型3 奥赛欣赏题典例9. 欧洲有座美丽的城市—哥尼斯堡,普里格尔河蜿蜒其间,形成小岛.河岸与岛屿间有七桥相连(图一)，市民和学生们都喜欢在闲暇时去那里散步,欣赏普里格尔河的美丽风光.不知何时,有人提问:能否不重复地一次接连通过每座桥?【研析】这个生活中的问题,引起了 人们浓厚的兴趣,人们竞相“过桥”;有人还画出地图,描来描去,然而总是找不到合适的路线.人们开始怀疑这是不可能的,但也仅是怀疑而已.结果,欧拉以否定的形式解决了问题: 他用“点”表示河岸与岛屿,用“线”表示桥,画出一张图表示普里格尔河上的七座桥.欧拉进而用笔表示过桥的人,一个人要能接连且不重复地走过七座桥,那么就相当于不重复地一笔画出图二的路线 .但欧拉指出:这是办不到的.因为连接每点的线都是奇数条(这时,点称为奇顶点),而每通过(即入一次出一次)顶点一次,要用去2条线(因不许重复),除非起点(有一次只出不入)或终点(有一次只入不出).因此一个图欲能一笔画出,它的奇顶点就不能多于2个(即没有或恰有2个奇顶点).但图二的奇顶点个数是4,因此一笔画不出,所以“七桥问题”无解 .至此这一历史问题终于得以解决 .方法探究现在提出这样一个问题:如果想在高空建立高架桥,问连接这四个小岛最少需要建几座桥,共有多少种建桥方式?我们可以用欧拉提出的路线图方法来解决这一问题: 如图三, 连接这四个小岛最少需要建3座桥. 建桥的方式共有12种,其解法如下.解法一:将四个小岛连接共可边接出6座 桥,将它们分别编号为路线①、②、③、④、⑤、⑥ ,则从这6条路线中任取三条有20种方法,如下所示:①②③、①②④、①②⑤、①②⑥、①③④、①③⑤、①③⑥、 ①④⑤、①④⑥、①⑤⑥、②③④、②③⑤、②③⑥、②④⑤、 ②④⑥、②⑤⑥、③④⑤、③④⑥、③⑤⑥、④⑤⑥ .其中①②⑥、②③⑤、①④⑤、③④⑥不能连接四个小岛,故建桥方式有20-4=16种 .解法二:将四个小岛间用三条线连接,分别得以下16种情况: AC(图二)BCD(图三)A① ②③④⑤⑥故建桥方式有16种 .七桥问题”虽然无解,但它却带给我们的一种巧妙的的解题方式,只要我们用心去探索,一定会有更多的收获 .【拓展·变式】9现有四个人一起用手机互相发一则短信息,已知他们共发出了三个短信息,问第一个短信息是甲发出的基本事件是多少个?▲高考思维探究典例10. (06·东城)三个人踢毽，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过5次传递后，毽又踢回给甲，则不同的传递方式共有（）A.6种B. 8种C. 10种D.16种【研析】本题考查排列组合问题,利用“树图法”，分类要合理,推理要全面. 按下图同理甲传给丙也可以推出5种情况, 综合有10种传法.故选C.考向指南近几年来对高考题中建立概率模型的考查要求较高,该类问题以应用题的面目呈现,考查了考生对数学建模的理解及分析问题与解决问题的能力.其中随机事件的基本事件数的求解应用树图来解较为清晰直观.【拓展·变式】10.有五根细木棒，长度分别为1,3,5,7,9从中任取三根，能搭成三角形的概率是A.320B.25C.15D.310开拓学习新视野▲课标知识拓展乙丙甲乙甲丙乙甲丙甲丙乙乙丙【专题放送】一组貌异质同的试验在很多资料书上,我们常见到如下一组概率问题,举例如下,题目:把n 个小球以同样的概率分配到N(n ≤N)盒子中的每一个中去,试求下列各事件的概率: (1)A:某指定的n 个盒子中各有一球; (2)B:恰有n 个盒子,其中各有一球; (3)C:某指定盒子中恰有m(m ≤n)个球 .分析:解答本题,要发掘“n 个球以同样的概率分配到N 个盒子中的每一个中去”一语的含义.这名话的意思是说,每一个球被分配到任意一个盒子中去是等可能的,也就是说,每一个球各有N 种不同的去向.所以其事件的总数就是n 个相异元素允许重复的N 元排列的种数,即nN .事件A 相当于把n 个球分别放入n 个固定盒子时的所有情形.注意到盒子是固定的,所以实质上就是对n个作球作全排列.即事件A 的发生的次数为nnA . 事件B 与事件A 相似,实质迥异,其差别在于B 中的n 个盒子,事前并未指定,可以从N 个盒子中任意选取,所以B 发生的次数是A 的nN C 倍 .对于事件C,某指定盒子中的m 个球,可以从n 个球中选取;余下的n-m 个球,放入N-1个盒子时还有一个重复排列问题,两相结合即可求得C 发生的次数 .解:因为n 个球中的每一个都等可能地放入N 个盒子中,共有nN 种可能.(1) n 个球分别放入n 个固定盒子去,相当于n 个球的全排列,因此事件A 发生的次数为nnA ,于是!()nn n nA n P A N N== .(2)对于事件B,n 个盒子可从N 个盒子中任意选取,有n N C 种选法,因而事件B 包含了!nNC n ⋅种可能.于是!!()()!nN n n C n N P B N N N n ⋅==⋅- . (3)事件C 中的m 个球,可以从n 个球中任意选取,有mN C 种选法;其余n-m 个球可以任意分配到另外N-1个盒子中去,有(1)n m N--种分配方法.因而事件C 包含了(1)mn m N C N -⋅-种可能 .于是(1)11()1mn mm n m m n n n C N P C C N N N --⋅-⎛⎫⎛⎫==- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.其实,n 个球在N 个盒子中的分布,是一种理想化的概率模型,可用以描述许多直观背景很不相同的随机试验.为了阐明这一点,下面列举一些貌异质同的试验.①生日.n 个人的生日的可能情形,相当于n 个球放入N=365个盒子中的不同排列(假设一年有365天). ②性别. n 个人的性别的可能情形,相当于n 个球放入N=2个盒子中.③意外事件.如果把n 个意外事件按其发生在星期几来分类,相当于n 个球放入N=7个盒子中. ④掷骰子. 掷n 颗骰子的可能结果,相当于把n 个球放入N=6个盒子中. ⑤抛硬币.抛n 枚硬币的可能结果,相当于把n 个球放入N=2个盒子中.⑥质点入格.n 个质点落于N 个格子中的可能情形,相当于把n 个球放入N 个盒子中.⑦旅客下站.一列火车中有n 名旅客,它在N 个站上都停.旅客下站的各种可能情形,相当于n 个球分到N个盒子中的各种情形.⑧住房分配.n 个人被分配到N 个房间中去住,则人相当于球,房间相当于盒子. ⑨投信. N 封信投入N 个邮箱中去,则信相当于球,邮箱相当于盒子.⑩印刷错误.n 个印刷错误在一本书具有N 页的书中的一切可能情形,相当于n 个球分到N 个盒子中的各种情形.这样的试验还有很多,有兴趣的读者会得到更多的启发,从上面列举的部分试验,不难体会分球入盒的模型的作用,也让我们深刻理解了这一类问题的求解模式,正是这种模型的作用,使它得以成为古典概率中的典型问题,从而为一类实际问题的求解,提供了有效的途径 . ▲领悟数学之妙【数学史话】狄青取胜的秘密公元1053年，北宋大将狄青奉令征讨南方侬智高叛乱，他在誓师时，当着全体将士的面拿出100枚铜钱说：“我把这100枚铜钱抛向空中，如果钱落地后100 枚铜钱都会正面朝上，那么，这次出征定能获胜. ”当狄青把100 枚铜钱都当众抛出后，竟然全部都是正面向上. 狄青又命军士取来100 枚铁钉，把这100 枚铜钱钉在地上，派兵把守，任人观看.于是宋朝部队军心大振，个个奋勇争先，而侬智高部也风闻此事，军心涣散. 狄青终于顺利地平定了侬智高的叛乱.一枚铜钱抛出落下后，正面与反面向上的概率都是12，抛2枚铜钱，出现4种等可能基本事件，即（正，正），（正，反），（反，正），（反，反），所以2枚铜钱抛出落下后两枚都是正面向上的概率等于14.再看抛3枚铜钱：这只要在2枚铜钱的四种结果后面增加第三枚铜钱的结果，即：（ 正，正，正），（ 正，反，正），（ 反，正，正），（ 反，反，正），（ 正，正，反），（正，反，反），（反，正，反），（ 反，反，反），于是抛3枚铜钱共出现328=种等可能的基本事件，其中都是正面朝上的基本事件只有1个，故3枚铜钱都是正面向上的概率为311272=. 依此类推，可知抛100枚铜钱，正面全部向上的概率为10012,这样一个概率非常小的事件竟然发生了，大家觉得很神奇，当然只有归之于神灵的保佑了.狄青胜利班师时，命人拔下铁钉，拿起铜钱，人们发现这100枚铜钱两面都是正面图案，原来这些铜钱是狄青专门铸造的，所以这“100枚铜钱全部正面朝上”的事件是一个必然事件，而在不明内情的人看来却几乎是不可能事件. 狄青正是利用了人们的这个常规想法，使大家都认为几乎不可能发生的事件变成了现实，从而起到了鼓舞本军斗志、削弱敌人士气的巨大作用.。

1．本题列出全部可能的结果采用的是树状图，对于试验 结果不太多的情况，都可采用此法． 2．列出基本事件时要注意问题是否与顺序有关．
将甲、乙两枚骰子先后各抛掷一次，a，b 分别表示抛掷 甲、乙两枚骰子所得的点数，若把点 P(a，b)落在不等式组 x>0， y>0， x＋y≤4
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.
“有放回”与“不放回”的古典概型
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，求取出的两件产品中恰有一件 是次品的概率． 【思路探究】 分别利用列举法列举出可能出现的条件，
●重点难点 重点：建立概率模型解决古典概型在实际生活中的应用． 难点：古典概型中比较复杂的背景问题的概率求值问题．
●教学建议 本节课是在学生已掌握了古典概型的定义及能够解决简 单的概率求值问题的基础上学习的，教师可以例题为主线， 通过学生自己动手发现问题，引导学生自主解决．
●教学流程
演示结束
2．2
建立概率模型
教师用书独具演示
●三维目标 1．知识与技能 (1)使学生进一步掌握古典概型的概率计算公式． (2)能建立概率模型解决实际问题．
2．过程与方法 根据本节课的内容和学生的实际水平，通过两个试验的 观察让学生理解古典概型的特征：试验结果的有限性和每一 个试验结果出现的等可能性，观察类比骰子试验，归纳总结 出古典概型的概率计算公式，体现了化归的重要思想，掌握 列举法，学会运用数形结合、分类讨论的思想解决概率的计 算问题．
4 事件 B 由 4 个基本事件组成，因而 P(B)＝9.

2019-2020年高中数学 第六课时 3.2.2建立概率模型教案 北师大版必修3一、教学目标：1、知识与技能：（1）进一步正确理解古典概型的两大特点，能会从实际问题中识别古典概型模型。

（2）进一步掌握古典概型的概率计算公式：P （A ）=。

2、过程与方法：（1）能运用古典概型的知识解决一些实际问题，通过对现实生活中具体的概率问题的探究，感知应用数学解决问题的方法，体会数学知识与现实世界的联系，培养逻辑推理能力；能运用树状图复杂背景的古典概型基本事件个数的计算；（2）通过模拟试验，感知应用数字解决问题的方法，自觉养成动手、动脑的良好习惯。

3、情感态度与价值观：通过数学与探究活动，体会理论来源于实践并应用于实践的辩证唯物主义观点.二、重点与难点：正确理解掌握古典概型及其概率公式，古典概型中计算比较复杂的背景问题．三、学法与教法：1、与学生共同探讨，应用数学解决现实问题；2、通过模拟试验，感知应用数字解决问题的方法，自觉养成动手、动脑的良好习惯． 四、教学过程 （一）、温故知新1.古典概型的概念1)试验的所有可能结果(即基本事件)只有有限个,每次试验只出现其中的一个结果; 2)每一个结果出现的可能性相同。

2.古典概型的概率公式3.列表法和树状图练习：1.单选题是标准化考试中常用的题型.如果考生不会做,他从4个备选答案中随机地选择一个作答,他答对的概率是____.2. 从集合 {1,2,3,4,5} 的所有子集中任取一个, 这个集合恰是集合 {1,2,3} 的子集的概率是____.3.抛掷两枚均匀的骰子,出现数字之积为偶数与出现数字之积为奇数的概率分别是_____、______.1 2 3 4 5 6 1 1 2 3 4 5 6 2 2 4 6 8 10 12 3 3 6 9 12 15 18 44812162024()()()m A P A n 包含的基本事件数基本事件总数（二）、探究新知1、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？2、同样掷一粒均匀的骰子(1)若考虑向上的点数是多少,则可能出现1,2,3,4,5,6点，共有 6 个基本事件。

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)古典概型的所有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)√[质疑·手记]预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：疑问1：解惑：疑问2：解惑：疑问3：解惑：[小组合作型]“有放回”与“不放回”的古典概型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】分别利用列举法列举出可能出现的事件，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＝2 3.(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)＝49.1．“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)＝512.“有序”与“无序”问题察向上的点数．(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？(3)求以第一次向上的点数为横坐标x，第二次向上的点数为纵坐标y的点(x，y)在直线x－y＝3的下方区域的概率．【精彩点拨】列出一颗骰子先后抛掷两次的所有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．注意：点(x，y)在直线x－y＝3的下方，即x－y>3.【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512.①(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.(3)此问题中含有36个等可能基本事件，记“点(x，y)在直线x－y＝3的下方区域”为事件C，则由图②可知，事件C中含有其中的3个等可能基本事件，所以P(C)＝336＝112，即点(x，y)在直线x－y＝3的下方区域的概率为112.②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＝1 2.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＝1 2.[探究共研型]建立概率模型探究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16.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＝3 8.(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＝1 3.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.[构建·体系]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.13D.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.112 B.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＝112.【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】1 24．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＝7 50.【答案】7 505．一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，【导学号：63580038】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】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＝945＝15.(2)有放回取球时，总的基本事件数为100，故P(A)＝18100＝950.我还有这些不足：(1)(2)我的课下提升方案：(1)(2)学业分层测评(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.23C.16 D.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.25C.310 D.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＝2 5.【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．0.2 B．0.4C．0.6 D．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.13C.14 D.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＝1 2.【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.110 B.18C.16 D.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】3 107．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．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】 827三、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 .1 2 3A(A,1) (A,2) (A,3) B(B,1) (B,2) (B,3) C(C,1) (C,2) (C,3) D (D,1) (D,2) (D,3)女 结果男她参赛的可能事件有4个，故她参赛的概率为P(E)＝412＝1 3.10．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m18＝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a1，a2，(2)班的3人为b1，b2，b3.2次交流活动中，每次随机抽取1名同学发言的基本事件为：(a1，a1)，(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a2，a1)，(a2，a2)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(b1，a1)，(b1，a2)，(b1，b1)，(b1，b2)，(b1，b3)，(b2，a1)，(b2，a2)，(b2，b1)，(b2，b2)，(b2，b3)，(b3，a1)，(b3，a2)，(b3，b1)，(b3，b2)，(b3，b3)，共25种．2次发言的学生恰好来自不同班级的基本事件为：(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(b1，a1)，(b1，a2)，(b2，a1)，(b2，a2)，(b3，a1)，(b3，a2)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.13C.49 D.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.310 B.25C.12 D.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．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＝6 10＝35.【答案】354．一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＝1 3.(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.。