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古典概型2

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3.2.1古典概型 (2)

3.2.1古典概型 (2)
经过一翻思索后，他决定在第一个坛子里只放一个白球， 然后把剩余的49只白球和50只黑球全部放入第二个坛子。 这样一来，如果他幸运地抽中第一个坛子，那必能逃生。 如他抽中第二个坛子，他逃生的概率为49/99。
最终，这个囚犯就这样利用概率的原理和一点运气得以 死里逃生。
基本概念 方法探究 典型例题 课堂训练 课堂小结
我们将具有这两个特征的概率模型称为 古典概率模型
简称：古典概型
基本概念 方法探究 典型例题 课堂训练 课堂小结
问题4：向一个圆面内随机地投射一个点， 你认为这是古典概型吗？为什么？
有限性
等可能性
基本概念 方法探究 典型例题 课堂训练 课堂小结
问题5：某同学随机地向一靶心进行射击，这一试验
的结果有：“命中10环”、“命中9环”、“命中8
31 P( A)
62
P(“出现偶数点”)=P(“2点”)+P(“4点”)+P(“6点”)
= 111 1 666 2
基本概念 方法探究 典型例题 课堂训练 课堂小结
古典概型的概率计算公式：
P(A)
A包含的基本事件的个数 试验的基本事件的总数
使用古典概型概率公式求概率的步骤： （1）判断是不是古典概型； （2）要找出随机事件A包含的基本事件的 个数和试验中基本事件的总数。
【例1】单选题是标准化考试中常用的题型， 一般是从A、B、C、D四个选项中选择一个准 确答案．如果考生掌握了考查的内容，他可以 选择惟一正确的答案．假设考生不会做，他随 机地选择一个答案，问他答对的概率是多少？
解：基本事件共有4个：选择A、选择B、选择 C、选择D．“答对”的基本事件个数是1个．
设事件A为：“他任选一个选项，选对”
试验1：掷一枚质地均匀的硬币一次，观察出现 哪几种基本事件？ 2 种

古典概型2

古典概型2

古典概型(2)一、知识点剖析1、古典概型的定义与特点 掌握要点：古典概型的两个特征:(1)一次试验中，可能出现的结果只有有限个，即有限性；(2)试验中每个基本事件发生的可能性是均等的，即等可能性.在古典概型中，P (A )=试验的基本事件数包含的基本事件数事件A易混易错：要套用古典概型的概率计算公式，首先要确定好基本事件总数。

强调在用古典概型计算概率时，必须要验证所构造的基本事件是否满足古典概型的第二个条件（每个结果出现是等可能的），否则计算出的概率将是错误的.另外如果计算中有重复现象，应注意除掉重复部分.在求事件A 包含的基本事件个数时如果情况不同应注意分类讨论. 2、用排列和组合解决古典概型问题 掌握要点：从n 个不同的元素中取出m(m ≤n)个元素的所有排列的个数，叫做从n 个不同的元素中取出m 个元素的排列。

一般地，从n 个不同元素中取出m （m ≤n ）个元素并成一组，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合。

易混易错：共同点: 都要“从n 个不同元素中任取m 个元素” 不同点: 排列与元素的顺序有关， 而组合则与元素的顺序无关.构造排列分成两步完成，先取后排；而构造组合就是其中一个步骤. 3、有些抽样问题存在放回和不放回的区别 掌握要点： 分类计数原理完成一件事，有n 类办法. 在第1类办法中有m 1种不同的方法，在第2类方法中有m 2种不同的方法，……，在第n 类方法中有m n 种不同的方法，则完成这件事共有n m m m N ++=21分步计数原理完成一件事，需要分成n 个步骤。

做第1步有m 1种不同的方法，做第2步有m 2种不同的方法， ……，做第n 步有m n 种不同的方法，则完成这件事共有n m m m N ∙∙∙= 21 易混易错：有放回抽样与无放回抽样都属等可能事件. 对于具体问题，不知用分步还是分类二、典型题型剖析1、古典概型的定义与特点 方法归纳：在古典概型中，P (A )=试验的基本事件总数包含的基本事件数事件A例题：例1、将骰子先后抛掷2次，计算： （1）一共有多少种不同的结果？（2）其中向上的数之和是5的结果有多少种？ （3）向上的数之和是5的概率是多少？主要过程：有些等可能事件的概率问题中，有时在求m 时，不采取分析的方法，而是结合图形采取枚举的方法，即数出事件A 发生的结果数，当n 较小时，这种求事件概率的方法是常用的.将抛掷2次的所有结果数一一列举出来，如下表所示由上表可知，将骰子先后抛掷2次，一共有36种不同的结果，其中向上的数之和是5的结果有（1，4），（2，3），（3，2），（4，1）共4种，由于骰子是均匀的，将它抛掷2次的所有36种结果是等可能出现的，故向上的数之和是5的概率是.例2、甲、乙两个均匀的正方体玩具，各个面上分别刻有1，2，3，4，5，6六个数字，将这两个玩具同时掷一次.（1）若甲上的数字为十位数，乙上的数字为个位数，问可以组成多少个不同的数，其中个位数字与十位数字均相同的数字的概率是多少? （2）两个玩具的数字之和共有多少种不同结果?其中数字之和为12的有多少种情况?数字之和为6的共有多少种情况?分别计算这两种情况的概率. 主要过程：（1）甲有6种不同的结果，乙也有6种不同的结果，故基本事件总数为6×6=36其中十位数字共有6种不同的结果，若十位数字与个位数字相同，十位数字确定后，个位数字也即确定.故共有6×1=6种不同的结果，即概率为61366 .10，11，12共11种不同结果.从中可以看出，出现2的只有一种情况，而出现12的也只有一种情况，它们的概率均为361，因为只有甲、乙均为1或均为6时才有此结果. 出现数字之和为6的共有（1，5），（2，4），（3，3），（4，2），（5，1）五种情况，所以其概率为365. 强调内容：（1）判断一个试验是否是古典概型，要把握两个特征:(1)一次试验中，可能出现的结果只有有限个，即有限性；(2)试验中每个基本事件发生的可能性是均等的，即等可能性.“等可能性”指的是结果，而不是事件. （2）“等可能性”指的是结果，而不是事件.（3）使用计算公式时，关键是准确写出试验的基本事件数. 2、利用排列组合解决古典概型问题 方法归纳：判断排列还是组合：有序用排列，无序用组合 例 题：例2、今有强弱不同的十支球队，若把它们分两组进行比赛，分别计算： （1）两个最强的队被分在不同组内的概率. （2）两个最强的队恰在同一组的概率. 解：将十支球队平均分成两组，因每支球队分到哪一组的可能性完全相同，所以是等可能性事件．所有基本事件个数为5510522C C A . （1）两个最强的队被分在不同组记为事件A ，则A 中含有基本事件数为44284222C C A A ，故两支最强的队被分在不同组内的概率为：.C；故两个最强的队（2）两个最强的队恰在同一组记为事件B，则B中含有基本事件数为38恰在同一组内的概率为：强调内容：（1）什么时候用排列什么时候用组合：事件结果有顺序时用排列，无顺序时用组合（2）公式的运用3、放回与不放回求概率问题方法归纳：求概率时放回的用分步计数原理，不放回的采用排列组合来解决。

第2讲古典概型

第2讲古典概型

(3)事件“出现点数相等”包含以下6个基本事件(1,1)， (2,2)，(3,3)，(4,4)，(5,5)，(6,6)． (4)事件“出现点数之和大于10”包含以下3个 基本事件(5,6)，(6,5)，(6,6)． 【反思与悟】 基本事件数的探求主要有两种方法：列举 法和树状图法．
【变式1-1】 用红、黄、蓝三种不同颜色给图中3个矩形随 机涂色，每个矩形只涂一种颜色，写出： (1)试验的基本事件； (2)事件“3个矩形颜色都相同”； (3)事件“3个矩形颜色都不同”．
考向三
古典概型的综合应用
【例 3】(2011· 广东 ) 在某次测验中，有 6位同学的平均成绩为 75分．用xn表示编号为n(n＝1,2，…，6)的同学所得成绩，且 前5位同学的成绩如下：
编号n 成绩xn
1 70
2 76
3 72
4 70
5 72
(1)求第6位同学的成绩x6，及这6位同学成绩的标准差s； (2)从前5位同学中，随机地选2位同学，求恰有1位同学成 绩在区间(68,75)中的概率．
解 (1)这个试验的基本事件为： (1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6) (2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6) (3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(3,5)，(3,6) (4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，(4,5)，(4,6) (5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，(5,6) (6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(6,6) (2)事件“出现点数之和大于8”包含以下10个基本事件 (3,6)，(4,5)，(4,6)(5,4)，(5,5)，(5,6)，(6,3)，(6,4)，(6,5)， (6,6)．

数学人教版一轮复习课件：第11章第2讲 古典概型

数学人教版一轮复习课件：第11章第2讲 古典概型

画出树状图如图11-2-1所示.
图 11-2-1
由图12-2-1可知,所有的基本事件共有25个,满足题意的基本事件有10个,故
10
所求概率为
25
=
2
.
5
考法1 古典概型的求法
(2)(排列、组合法)不超过30的素数有2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,共10个,
2
从中随机选取两个不同的数,有C10
古典概型,在高考中常与平面向量、集合、函数、数列、解析几何、
命题分 统计等知识交汇命题,命题角度及背景新颖,考查知识全面,能力要
析预测 求较高.本部分内容重点考查数学建模与数学运算素养.
在2022年高考备考过程中要注意古典概型与数学文化、实际
生活密切联系的问题,要加强实际应用问题的训练.
考点帮·必备知识通关
243 331 112
342 241 244 431 233 214 344 142 134
由此可以估计,恰好第三次就停止摸球的概率为
1
9
1
6
2
9
5
18
A. B. C. D.
考法2 随机模拟的应用
解析 由18组随机数得,恰好在第三次停止摸球的有142,112,241,142,共4
4
组,所以恰好第三次就停止摸球的概率约为
年VIP
月VIP
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享受60次VIP专享文档下载特权，一次发放，全 VIP专享文档下载特权自VIP生效起每月发放一次，每次发放的特权有
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3.2古典概型(2)

3.2古典概型(2)
分析 本题中的基本事件较多, 为了清楚地枚举出所有 可能的基本事件, 可画图枚举如下 :
这种图叫 做树形图 , 实际上只 要画出左 边第一个 树形图即 可推知其 余两个的 结果 .
矩形1 矩形2 矩形3 矩形1 矩形2 矩形3 矩形1 矩形2 矩形3
解
本题的基本事件共有
27 个 如图 .
" 为事件 A , 由图知 ,
3因为抛掷2 次得到的36 种结果是等可能出现的, 记
"向上的点数之和是 3的倍数"为事件 A, 则事件 A的结果 有12 种, 故所求的概率为 P A
答
12 36

1 3
.
先后抛掷 2 次, 共有 36 种不同的结果, 点数之和是 3 1
的倍数有结果共有12 种, 概率为 . 3
第 思考 如图 直观地 二 , 给出了例3 第2 问 次 抛 中的 12种 结 果 , 你 掷 能用此图求出向上 后 向 的点数之和是 4 的 上 的 倍数的结果有多少 点 数 种吗 ?
1 记 " 3 个矩形都涂同一颜色
事件 A 的基本事件有 PA 3 27 1 9 .
1 3 3 个 ,故
1 记 " 3 个矩形颜色都不同
件 B 的基本事件有 P B
答
" 为事件 B , 由图知 , 事
2 3 6个 , 故 2 9 .
的概率为 1 9 , 3 个矩形颜色
果有多少种?
3 两数之和是3 的倍数的概
率是多少?
解
1将骰子抛掷1 次,它出现的点1, 2, 3, 4, 5, 6 这
6 种结果 .
先后抛掷 2 次骰子, 第 1 次骰子向上的点数有 6 种结 果, 对每一种结果, 第 2 次又都有 6 种可能结果, 于是 一共有 6 6 36 种不同的结果 .

新教材高中数学第七章概率2古典概型第2课时互斥事件概率的求法课件北师大版必修第一册

新教材高中数学第七章概率2古典概型第2课时互斥事件概率的求法课件北师大版必修第一册

3
P(D)=1-P()=1-27
8
不完全相同”的概率为9.
பைடு நூலகம்
=
8
.
9
规律方法 较复杂的古典概型问题的转化策略
(1)设法把一个复杂事件分拆为几个互斥事件,然后求出各事件的概率,用
加法公式得出结果.
(2)当直接计算复合条件的事件的概率比较麻烦时,可间接地计算出其对立
事件的概率,再用对立事件的概率公式求解.
则
5
4
2
1
P(A1)= ,P(A2)= ,P(A3)= ,P(A4)= .
12
12
12
12
根据题意知,事件A1,A2,A3,A4彼此互斥,
由互斥事件的概率加法公式,得
(1)取出的 1 球为红球或黑球的概率为
5
4
P(A1∪A2)=P(A1)+P(A2)=12 + 12
(2)取出的 1 球为红球或黑球或白球的概率为 P(A1∪A2∪
1
∴P(B+C+D)=1-P(A)=1-3
=
2
.
3
∵B 与 C+D 互斥,B+C 与 D 互斥,
2
5
∴P(B)=P(B+C+D)-P(C+D)=3 − 12
=
2
5
P(D)=P(B+C+D)-P(B+C)=3 − 12
1
,
4
=
1
,
4
1
1
1
5
P(C)=1-P(A+B+D)=1-(P(A)+P(B)+P(D))=1-( + + )=13

古典概型(2)

复习回顾： 古 典 概 率
概 率 初 步
（1）古典概型的适用条件： ①试验中所有可能出现的基本事件只有有限个； ②每个基本事件出现的可能性相等. （2）古典概型的解题步骤： ①求出总的基本事件数； ②求出事件A所包含的基本事件数，然后利用 公式P(A)=
不重不漏
A包含的基本事件的个数 基本事件的总数
答（1）试验的基本事件的总数为16个
13 （2）出现点数之和大于3的概率为 16 1 （3）出现点数相同的概率为 4
9 探究（1）点数之和为质数的概率为多少？ 16
（2）点数之和为多少时，概率最大且概率是多少？ 5; 1 4
例2 用3种不同颜色给图3-2-3中三个矩形随机涂色，每个 矩形只涂一种颜色，求（1）三个矩形颜色都相同的概率； （2）三个矩形颜色都不同的概率．
9 布），则该试验的基本事件数是______，平局的
1 1 概率是__________，甲赢乙的概率是________， 3 3 1
乙赢甲的概率是___________． 3
例 题 分 析
【例4】同时掷两个骰子,计算： （1）一共有多少种不同的结果？ （2）其中向上的点数之和是5的结果有多少种？ （3）向上的点数之和是5的概率是多少？ （4）两数之和是3的倍数的概率是多少？
出树形图观察基本事件的总数．
图3
1
1
1
1
2
2
2
3
2
3
3
3
变式：一次摸一只球，摸两次，求“出现一只白 球、一只黑球”的概率是多少？
例3与例3的变式有何区别？ 例3是取后再放回，属于有序可重复类型；而变式 是取后不放回，属于有序不重复类型。
在古典概型的实际问题中，我们一定要注意审题， 从而准确的写出实际问题中的基本事件。

古典概型2典型例题

古典概型【典型例题】例1、本班数学兴趣小组有5名男同学，3名女同学。

求下列事件的概率。

(1)8人排成一队，其中甲必须站在排头的概率?(2)8人排成一队，其中甲不能站在排头与排尾的概率?(3)8人排成一队，其中任何两名女同学都不能相邻的概率?分析：此题是关于古典概型中的排列问题。

所有基本事件的总数是8人，全排列，即n=A 88；而某事件包含的基本事件总数也是排列问题，它是三种情形下的各自排法的总数。

(1)题m=77A n=88AP(A)=8877A A =81 (2)题中的m 是在(1)的基础上加深一步，可分两种方法来求。

第一种解法：8人全排列中扣除甲站在排头与排尾的情况，即m=88A -277A 。

第二种解法：甲在中间6个空位中任选一个，其余7人全排列。

即m=16A 77A 。

两种解法所得甲不能站在排头与非尾的概率都是P(B)= 43。

(3)题中m 的求法，应利用插空法分两步来求得。

首先是把5个男生排成—排有55A 种，这时有6个间隙，再把3个女生插入这6个间隙里有36A 种，即m=55A ·36A 。

所以可得任何两名女同学都不能相邻的概率 P(C)=883655·A A A = 145。

例2、甲、乙两人参加普法知识竟赛答题，共有10道不同的题目，其中选择题6道，判断题4道，两人依次各抽一道，试求：(1)甲抽到选择题，乙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?分析：此题是关于古典概型中的组合问题。

(1)甲从选择题中抽到一题的可能结果是16C 个，乙从判断题中抽到一题的可能结果是14C 个，故甲抽到选择题，乙抽到判断题的结果是16C 14C 个，即m=16C 14C 。

又甲、乙依次抽一题的可能结果有110C 19C 个，即n=110C 19C 。

所以甲抽到选择题，乙抽到判断题的概率是P(A)=191101416C C C C =。

(2)此题有两种解法：解法一：用直接法，甲、乙两人中至少有一人抽到选择题可分为三类情形，甲抽到乙没抽到，乙抽到甲没抽到，或甲、乙都抽到，即m=216C 14C +16C 15C ，而n=110C 19C 。

古典概型(2课时)

2019年6月26日星期三10时47分55秒
例4.甲乙两个人做出拳游戏（锤子、剪刀、布），求 (1)平局的概率； (2)甲赢的概率； (3)乙赢的概率
设平局为事件A，甲赢为事件B，乙赢为事件C，由图容易得 到 (1)平局含3个基本事件(图中△) (2)甲赢含3个基本事件(图中⊙) (3)乙赢含3个基本事件(图中※)
答：掷得奇数点的概率为0.5
2019年6月26日星期三10时47分55秒
规范格式
【例2】单选题是标准化考试中常用的题型，一般是 从A、B、C、D四个选项中选择一个准确答案．如果 考生掌握了考查的内容，他可以选择惟一正确的答 案．假设考生不会做，他随机地选择一个答案，问 他答对的概率是多少？
〖解〗是一个古典概型，基本事件共有4个：选择A、选择B、 选择C、选择D．“答对”的基本事件个数是1个．
高的基因记为D,决定矮的基因记为d,则杂交所得第
概 一子代的一对基因为Dd,若第二子代的D,d基因的遗 传是等可能的，求第二子代为高茎的概率。（只要
有基因D则为高茎，只有两个基因全为d时为矮茎）
率
解：如左图Dd与Dd的
Dd
Dd
搭配方式有4种：
初
DD，Dd，dD，dd
D
d
D
d
其中第四种表现为矮
茎，所以第二代为高
点”)P= (“出现偶数点”)=P(“2点”)+P(“4点”)+P(“6
P(“6
1 6
点1”)1 1 1
666 2
=
P（“出现偶数点”）＝
3 6
=“出现偶数点”所包含的基本事件的个数 基本事件的总数
古典概型的概率计算公式为：
P（A）＝
A所包含的基本事件的个数 基本事件的总数

5.古典概型(二).pptx


过 不合格产品。 依次不放回从箱中取出 2 听饮料，得到的两个标记分别记为 x 和 y，
程 则（x,y）表示一次抽取的结果，即基本事件。由于是随机抽取，所以 抽取到任何基本事件的概率相等。用 A 表示“抽出的 2 听饮料中有不合
A A 及 格产品”， 表示“仅第一次抽出的是不合格产品”， 表示“仅第
1
2
学生活动
A 方
二次抽出的是不合格产品”，
表示“两次抽出的都是不合格产品”，
12
A A A 法
则
，
1
和
2
是互斥事件，且
12
A A A A A A A 1 2 12 ,从而 P(A) P( 1) P( 2) P( 12) .
A A A 因为 中的基本事件的个数为 8， 中的基本事件的个数为 8，
1
2
12
中 的 基 本 事 件 的 个 数 为 2 ， 全 部 基 本 事 件 的 总 数 为 30 ， 所 以
P( A) 8 8 2 0.6 . 30 30 30
三、课堂练习：P123 练习 1、2 题
教 学 小 古典概型的概念及其概率公式的应用。 结
课 后 反 思
2
那么取款机将“没收”储蓄卡。另外，为了使通过随机试验的方法取到 储蓄卡中的钱的概率更小，现在储蓄卡可以使用 6 位数字作密码。
教 例 5 ： 某种饮料每箱装 6 听,如果其中有 2 听不合格,问质检人员从中 随机抽出 2 听,检测出不合格产品的概率有多大?
学 解：我们把每听饮料标上号码，合格的 4 听分别记作：1,2,3,4，不合 格的 2 听分别记作 a,b,只要检测的 2 听中有 1 听不合格，就表示查出了
1 什么是古典概型？请举例说明. 2 古典概型的两个特点？ （2）概率的计算公式？ 2、例题讲解: 例 4 ： 假设储蓄卡的密码由 4 个数字组成,每个数字可以是 0,1,2,…,9 十个数字中的任意一个.假设一个人完全忘记了自己 的储蓄卡密码,问他到自动取款机上随机试一次密码就能取到钱 的概率是多少?
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C
3 3
种方法；
②取2个伍分硬币和1个贰分硬币，共有C 32C 31种方法；
③取2个伍分硬币和1个壹分硬币，共有
C
32C
1 4
种方法；
④取１个伍分硬币和2个贰分硬币，共有C 31C 32种不同方法，
所以“总数超过8分”共有：
C
3 3
C
32C
1 3
C
32C
1 4
C
31C
2 3
31
种方法．
∴总数超过8分的概率为
一 般 地,有 如 下 原 理: 分步乘法计数原理 完 成一件事需 要 两 个 步 骤,做 第1步 有m种 不 同 方 法, 做 第2步 有n种 不 同 方 法,那 么 完 成 这 件 事 共 有N m n 种 不 同 的 方 法.
排列数公式 分两个动作：先选取出来 m 个，
再把 m 个进行排序
彼此互斥. 所以代表队里男同学不超过2人
C62C42 C140
C61C43 C140
C44 C140
23 42
.
在一次试验中可能出现的每一个基本结果称为 基本事件.
(1)所有的基本事件只有有限个。 (2)每个基本事件的发生都是等可能的。
我们将满足（1）（2）两个条件的随机试验的概率
模型称为古典概率模型，简称古典概型。
古典概型的概率
如果一次试验的等可能基本事件共有n 个，那么每一个基本事件的概率都是 。
如果某个事件A包含了其中m个基本事件， 那么事件A的概率
31 120
.
变式2. 一个计算机学习小组有男同学6名，女同学4 名．从中任意选出4人组成代表队参加比赛，求 代表队里男同学不超过2人的概率．
解：代表队里男同学不超过2人，即男同学可 以有 2人、1人、或没有.
记代表队里有2名男同学为事件A ，有1名男
同学为事件B ，没有男同学为事件C ，则 A、B、C
Anm = n(n 1)(n m 1)
组合数公式
例2.小明的袋中放有3个伍分硬币、3个贰分硬币和4个壹 分硬币，从中任取3个，求总数超过8分的概率． 分析：视其为等可能事件，进而求概率．
解：从10个硬币中取3个，共有 C130种不同方法． “总数超过8分”的共有以下四种情况：
①取3个伍分硬币，共有