数学北师大版必修3学案3-2-2建立概率模型

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)＝eq\f(m,n)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)＝eq\f(6,36)＝eq\f(1,6).(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)＝eq\f(1,36).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eq\f(2,10)＝eq\f(1,5).类型三概率的综合应用【例3】(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，求取出的两件产品恰有一件次品的概率．(2)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(a1，a2)，(a2，a1)，(a1，b1)，(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．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)＝eq\f(4,6)＝eq\f(2,3).(2)有放回地连续取出两件，其可能的结果有：(a1，a1)，(a1，a2)，(a1，b1)，(a2，a1)，(a2，a2)，(a2，b1)，(b1，a1)，(b1，a2)，(b1，b1)，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)＝eq\f(4,9).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mA＝18.(1)不放回取球时，总的基本事件数n＝10×9＝90.故P(A)＝eq\f(18,90)＝eq\f(1,5)(2)有放回取球时，总的基本事件数n＝10×10＝100.故P(A)＝eq\f(18,100)＝eq\f(9,50).——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eq\f(1,6).(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eq\f(5,5＋6)＝eq\f(5,11).(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eq\f(6,11).【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eq\f(6,36)＝eq\f(1,6).(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＝eq\f(2,4)＝eq\f(1,2).(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－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).【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eq\f(2,4)＝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eq\f(6,12)＝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.eq\f(1,3) B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,5) D.eq\f(1,6)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eq\f(1,6).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.eq\f(1,2) B.eq\f(1,4)C.eq\f(3,8) D.eq\f(5,8)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eq\f(3,8).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.eq\f(1,6) B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,12) D.eq\f(1,9)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＝eq\f(6,36)＝eq\f(1,6).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eq\f(1,2).