第15章 概率 学案（含答案）2024-2025学年高一数学苏教版（2019）必修第二册

第15章　概率
构建《概率》知识网络．
活动一 单元框架
活动二　基本知识整理和提炼　
1. 重点知识．
(1) 正确认识随机现象与概率的意义．
通过日常生活中的大量实例，并动手试验，正确理解随机事件发生的不确定性及其概率的稳定性．
(2) 正确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．
(3) 正确理解互斥事件、对立事件的意义．
互斥事件是对等可能的基本事件分类而产生的，因而两个互斥事件对应的基本事件所组成集合的交集为空集，两个互斥事件不可能同时发生．对立事件是考虑事件的对立面而引入的，这为求解复杂事件的概率提供了一种更加简单的方法．
(4) 熟练掌握以下基本公式及其应用．
①频率计算公式：频率P＝；
②古典概型：P(A)＝；
③互斥事件：P(A＋B)＝P(A)＋P(B)，
P(A1＋A2＋…＋An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)；　
④对立事件：P()＝1－P(A)；
⑤独立事件：P(AB)＝P(A)P(B).
2. 方法要点．
对于古典概型中的计数问题，借助于枚举法、树形图、图表法，通过观察、比较、归纳、类比构建数学模型来解决．
在求比较复杂的事件的概率时，一般转化为求若干个互斥事件和的概率、它的对立事件的概率及独立事件的积．
3. 常见题型．
投掷类问题，抽取(样)问题，涂色问题，数字游戏等．
4. 思想整合．
数学建模与数学应用思想：从实际生活中提取概率模型，同时用概率模型解决实际问题．
集合思想：表示互斥事件的集合两两交集为空集；表示两个对立事件的集合的交集为空集，并集为全集．
分类思想：将复杂的事件分解成几个互斥事件的和．
5. 友情提醒．
(1) 在古典概型中，试验含有n个基本事件，单个基本事件发生的概率为.
(2) 在用分类方法求解时，注意分类既不重复又不遗漏，注意选择适当的分类方法．
活动三　进一步掌握常见概率问题的求法　
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，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？
古典概型的问题，经常用枚举法列出样本空间，再找出所求事件的样本空间，最后根据概率公式计算即可．
　
有标号为1，2，3的3只小球及标号为1，2，3的3只盒子，现在随机地将3只小球放入3只盒子中，每盒一球，求球的编号与盒子的编号完全不同的概率．
例2　根据以往统计资料可知某地车主购买甲种保险的概率为0.5，购买乙种保险的概率为0.3，且各车主至多购买一种保险．
(1) 求该地的1位车主购买甲、乙两种保险中的一种的概率；
(2) 求该地的1位车主甲、乙两种保险都不购买的概率．
若一个事件可以分解成若干个互斥事件，则根据互斥事件的概率公式计算即可；若一个事件的对立事件的概率比较方便解决，则先计算它的对立事件的概率，再用公式计算．
一只不透明的口袋内装有大小相同的5个球，其中3个白球，2个黑球，从中一次摸出2个球．求：
(1) 摸出的都是白球的概率；
(2) 摸出的至少有一个白球的概率．
例3　某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖，每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，摸出的2个球，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．求顾客抽奖1次能获奖的概率．
先判断两个事件是否独立，才可以用公式P(AB)＝P(A)P(B)计算．
(2024连云港期末)已知三种不同的元件X，Y，Z，其中元件X，Y正常工作的概率分别为0.6，0.8，每个元件是否正常工作不受其他元件的影响．
(1) 用元件X，Y连接成系统S(如图)，当元件X，Y都正常工作时，系统S正常工作．求系统S正常工作的概率；
(2) 用元件X，Y，Z连接成系统T(如图)，当元件X正常工作且Y，Z中至少有一个正常工作时，系统T正常工作．若系统T正常工作的概率为0.57，求元件Z正常工作的概率．
1. (2024南通期末)一个水果盘子里有2个苹果和3个桃子，从盘中任选2个，则选中的水果品种相同的概率为(　　)
A. B. C. D.
2. (2024盐城期末)若随机事件A，B满足P(A)＝，P(B)＝，P(A＋B)＝，则P(AB)的值为(　　)
A. B. C. D.
3. (多选)(2024温州期末)某不透明盒子中共有5个大小质地完全相同的小球，其中有3个白球、 2个黑球，现从中随机取两个球，甲表示事件“第一次取到黑球”，乙表示事件“第二次取到白球”，则下列说法中错误的是(　　)
A. 若不放回取球，则甲乙相互独立
B. 若有放回取球，则甲乙相互独立
C. 若不放回取球，则甲乙为互斥事件
D. 若有放回取球，则甲乙为互斥事件
4. (2024上海期末)连续抛掷一颗均匀的正六面体骰子三次，在第一次抛出6点的条件下，三次的点数和不小于10的概率为________．
5. (2023南通期末)有8个相同的小球，上面分别标有数字1，2，3，4，5，6，7，8，“从中任取一个小球，球的数字是奇数”记为事件A，“从中任取一个小球，球的数字是3的倍数”记为事件B.
(1) 试判断A，B是否为相互独立事件，并说明理由；
(2) 求P(A＋B)的值．
第15章　概　　率
本 章 复 习
【活动方案】
例1　(1) 每次取一件，取后不放回地连续取两次，其一切可能的结果组成的样本空间为Ω＝{(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．Ω由6个基本事件组成，而且可以确定这些基本事件的出现是等可能的．用A表示“取出的两件中，恰好有一件次品”这一事件，则A＝{(a1，b1)，(a2，b1)，(b1，a1)，(b1，a2)}，即事件A由4个基本事件组成，所以P(A)＝＝.
(2) 有放回地连续取出两件，其一切可能的结果组成的样本空间为Ω＝{(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．因为每一件产品被取到的机会均等，所以可以确定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，所以P(B)＝.
跟踪训练　基本事件有6个，球与盒子的编号完全不同的事件有2个，所以P＝＝.
例2　用A表示事件“该地的1位车主购买甲种保险”；
B表示事件“该地的1位车主购买乙种保险”；
C表示事件“该地的1位车主购买甲、乙两种保险中的一种”；
D表示事件“该地的1位车主甲、乙两种保险都不购买”．
(1) 由题意可知P(A)＝0.5，P(B)＝0.3，
因为C＝A＋B，
所以P(C)＝P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝0.8.
(2) 因为D＝，
所以P(D)＝1－P(C)＝1－0.8＝0.2.
跟踪训练　(1) 摸出两个球的基本事件有(白1，白2)，(白1，白3)，(白1，黑1)，(白1，黑2)，(白2，白3)，(白2，黑1)，(白2，黑2)，(白3，黑1)，(白3，黑2)，(黑1，黑2)，共10个，其中都是白球的事件有3个，所以P＝.
(2) 至少摸出一个白球的事件有9个，故 P＝.
例3　记事件A1为“从甲箱中摸出的1个球是红球”；
A2为“从乙箱中摸出的1个球是红球”；
B1为“顾客抽奖1次获一等奖”；
B2为“顾客抽奖1次获二等奖”；
C为“顾客抽奖1次能获奖”．
由题意知A1与A2相互独立，A12与1A2互斥，B1与B2互斥，
且B1＝A1A2，B2＝A12＋1A2，C＝B1＋B2.
因为P(A1)＝＝，P(A2)＝＝，
所以P(B1)＝P(A1A2)＝P(A1)P(A2)＝×＝，
P(B2)＝P(A12＋1A2)＝P(A12)＋P(1A2)＝P(A1)P(2)＋P(1)P(A2)＝P(A1)[1－P(A2)]＋[1－P(A1)]P(A2)＝×＋×＝，
故所求概率为P(C)＝P(B1＋B2)＝P(B1)＋P(B2)＝＋＝.
跟踪训练　(1) 记“元件X正常工作”为事件A，“元件Y正常工作”为事件B，“系统S正常工作”为事件M，
则P(A)＝0.6，P(B)＝0.8，
所以P(M)＝P(A)P(B)＝0.6×0.8＝0.48.
(2) 记“元件Z正常工作”为事件C，“系统T正常工作”为事件N，
则P(N)＝P(ABC＋AB＋AC)＝P(ABC)＋P(AB)＋P(AC)
＝P(A)·P(B)·P(C)＋P(A)·P(B)·[1－P(C)]＋P(A)·[1－P(B)]·P(C)
＝0.6×0.8×P(C)＋0.6×0.8×[1－P(C)]＋0.6×0.2×P(C)＝0.57，
解得P(C)＝0.75，即元件Z正常工作的概率为0.75.
【检测反馈】
1. C　根据题意，将2个苹果分别记为1和2，3个桃子编号为A，B，C，从盘中任选两个，有(1，2)，(1，A)，(1，B)，(1，C)，(2，A)，(2，B)，(2，C)，(A，B)，(A，C)，(B，C)，共10种情况．选中的水果品种相同的选法有(1，2)，(A，B)，(A，C)，(B，C)，共4种情况，所以选中的水果品种相同概率为＝.
2. B　由概率的性质，得P(AB)＝P(A)＋P(B)－P(A＋B)＝＋－＝.
3. ACD　记样本点为(x1，x2)，x1，x2分别表示第一次和第二次取到的球，将3个白球、2个黑球分别标记为a，b，c和1，2，则放回抽样的样本空间为Ω1＝{(a，a)，(a，b)，(a，c)，(a，1)，(a，2)，(b，a)，(b，b)，(b，c)，(b，1)，(b，2)，(c，a)，(c，b)，(c，c)，(c，1)，(c，2)，(1，a)，(1，b)，(1，c)，(1，1)，(1，2)，(2，a)，(2，b)，(2，c)，(2，1)，(2，2)}，共有25个样本点，甲事件的样本空间为A1＝{(1，a)，(1，b)，(1，c)，(1，1)，(1，2)，(2，a)，(2，b)，(2，c)，(2，1)，(2，2)}，共有10个样本点，则P(A1)＝＝；乙事件的样本空间为B1＝{(a，a)，(a，b)，(a，c)，(b，a)，(b，b)，(b，c)，(c，a)，(c，b)，(c，c), (1，a)，(1，b)，(1，c)，(2，a)，(2，b)，(2，c)}，共有15个样本点，则P(B1)＝＝.A1B1＝{(1，a)，(1，b)，(1，c)，(2，a)，(2，b)，(2，c)}，共有6个样本点，故甲乙不为互斥事件，且P(A1B1)＝＝P(A1)P(B1)，即甲乙相互独立，故B正确，D错误；不放回抽样的样本空间为Ω2＝{(a，b)，(a，c)，(a，1)，(a，2)，(b，a)，(b，c)，(b，1)，(b，2)，(c，a)，(c，b)，(c，1)，(c，2)，(1，a)，(1，b)，(1，c)，(1，2)，(2，a)，(2，b)，(2，c)，(2，1)}，共有20个样本点，甲事件的样本空间为A1＝{(1，a)，(1，b)，(1，c)，(1，2)，(2，a)，(2，b)，(2，c)，(2，1)}，共有8个样本点，则P(A1)＝＝；乙事件的样本空间为B1＝{(a，b)，(a，c)，(b，a)，(b，c)，(c，a)，(c，b)，(1，a)，(1，b)，(1，c)，(2，a)，(2，b)，(2，c)}，共有12个样本点，则P(B1)＝＝，则A1B1＝{(1，a)，(1，b)，(1，c)，(2，a)，(2，b)，(2，c)}，共有6个样本点，故甲乙不为互斥事件，且P(A1B1)＝＝≠P(A1)P(B1)，即甲乙不相互独立，故A，C错误．故选ACD.
4. 　在第一次抛出6点的条件下，三次的点数和不小于10，等价于后两次的点数和不小于4，设“后两次的点数和不小于4”为事件A，则P(A)＝1－P()＝1－＝.
5. (1) 方法一：Ω＝{1，2，3，4，5，6，7，8}，
A＝{1，3，5，7}，B＝{3，6}．
若A发生，则B发生的概率为；
若A不发生，则B发生的概率为，
所以事件A发生与否不影响事件B发生的概率，因此，A，B为相互独立事件.
方法二：Ω＝{1，2，3，4，5，6，7，8}，
A＝{1，3，5，7}，B＝{3，6}，AB＝{3}，因为P(A)＝＝，P(B)＝＝，P(AB)＝，即P(AB)＝P(A)P(B)，
所以A，B为相互独立事件．
(2) 方法一：因为AB＝{3}，所以A，B不互斥，
由概率性质得P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝＋－＝.
方法二：Ω＝{1，2，3，4，5，6，7，8}，A＝{1，3，5，7}，B＝{3，6}，因为A＋B＝{1，3，5，6，7}．所以P(A＋B)＝.