2.2 古典概型的应用
【课前预习】
知识点一
诊断分析
B [解析] 根据题意可知,样本空间为Ω={(2,1),(3,1),(4,1),(5,1),(1,2),(3,2),(4,2),(5,2),(1,3),(2,3),(4,3),(5,3),(1,4),(2,4),(3,4),(5,4),(1,5),
(2,5),(3,5),(4,5)},共20个样本点,其中两张卡片上的数字一个是奇数一个是偶数的样本点有(2,1),(4,1),(1,2),(3,2),(5,2),(2,3),(4,3),(1,4),(3,4),(5,4),(2,5),(4,5),共12个,故抽得的两张卡片上的数字一个是奇数一个是偶数的概率为=.
知识点二
诊断分析
D [解析] 根据题意易知样本空间中的样本点共有16个,“至少出现一个反面朝上”的对立事件为“都是正面朝上”,都是正面朝上的样本点只有1个,所以至少出现一个反面朝上的概率为1-=,故选D.
【课中探究】
探究点一
例1 B [解析] 设“a1,a2”“b1,b2”“c1,c2”分别表示三对夫妻,由题知,从中随机抽选2人参加采访活动的样本点有(a1,a2),(a1,b1),(a1,b2),(a1,c1),(a1,c2),(a2,b1),(a2,b2),(a2,c1),(a2,c2),(b1,b2),(b1,c1),(b1,c2),(b2,c1),(b2,c2),
(c1,c2),共15个,恰好抽到一对夫妻的样本点有(a1,a2),(b1,b2),(c1,c2),共3个,所以恰好抽到一对夫妻的概率为=.故选B.
变式 D [解析] 设初中部的2位主持人为a,b,高中部的4位主持人为1,2,3,4.从这6位主持人中随机选2位,样本空间中的样本点为{a,b},{a,1},{a,2},{a,3},{a,4},{b,1},{b,2},{b,3},{b,4},{1,2},{1,3},{1,4},{2,3},{2,4},{3,4},共15个,选中的2位主持人恰好一位属于初中部,一位属于高中部包含的样本点为{a,1},{a,2},{a,3},{a,4},{b,1},{b,2},{b,3},{b,4},共8个,故所求概率为,故选D.
拓展 [解析] 由1,2,3组成的三位数为123,132,213,231,312,321,共6个.同理,由1,2,4组成的三位数有6个,由1,3,4组成的三位数有6个,由2,3,4组成的三位数有6个,则共可以组成24个三位数.由题意知,由1,2,3或1,3,4组成的三位数为“有缘数”,共12个,所以这个三位数为“有缘数”的概率为=.
探究点二
例2 解:记事件A为“选取的2封信上的数字为相邻整数”.
(1)从4封信中无放回地随机选取2封,试验的样本空间为Ω1={(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3)},共有12个样本点,事件A={(1,2),(2,1),(2,3),(3,2),(3,4),(4,3)},包含6个样本点.故P(A)==,故无放回地选取2封信,这2封信上数字为不相邻整数的概率为1-=.
(2)从4封信中有放回地随机选取2封,则试验的样本空间为Ω2={(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)},共有16个样本点,事件A={(1,2),(2,1),(2,3),(3,2),(3,4),(4,3)},包含6个样本点,
故P(A)==,故有放回地选取2封信,这2封信上数字为不相邻整数的概率为1-=.
变式 解:(1)每次取出后不放回,连续取两次,则样本空间为Ω1={(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),共有6个样本点.设事件A表示“取出的产品中恰有一件是次品”,则A={(a1,b1),(a2,b1),(b1,a1),(b1,a2)},共4个样本点,所以P(A)==.
(2)每次取出后又放回,连续取两次,则样本空间为Ω2={(a1,a1),(a1,a2),(a1,b1),(a2,a1),(a2,a2),(a2,b1),(b1,a1),(b1,a2),(b1,b1)},共9个样本点.设事件B表示“取出的两件产品中恰有一件是次品”,则B={(a1,b1),(a2,b1),(b1,a1),(b1,a2)},共4个样本点,所以P(B)=.
探究点三
例3 解:(1)设4个白球分别为a,b,c,d,2个红球分别为e,f,事件A为“顾客所获得的减免金额为40元”,则样本空间Ω={ab,ac,ad,ae,af,bc,bd,be,bf,cd,ce,cf,de,df,ef},共15个样本点, A={ab,ac,ad,bc,bd,cd},共6个样本点,所以顾客所获得的减免金额为40元的概率为=.
(2)设事件B为“顾客所获得的减免金额不低于80元”,则B={ef},共1个样本点, 所以顾客所获得的减免金额不低于80元的概率为,故减免金额低于80元的概率P=1-P(B)=.
变式 解:把3个选择题分别记为x1,x2,x3,2个判断题分别记为p1,p2,令(x1,x2)表示“甲抽到x1,乙抽到x2”.事件“甲抽到选择题,乙抽到判断题”包含的样本点有(x1,p1),(x1,p2),(x2,p1),(x2,p2),(x3,p1),(x3,p2),共6个;事件“甲抽到判断题,乙抽到选择题”包含的样本点有(p1,x1),(p1,x2),(p1,x3),(p2,x1),(p2,x2),(p2,x3),共6个;事件“甲、乙两人都抽到选择题”包含的样本点有(x1,x2),(x1,x3),(x2,x1),(x2,x3),(x3,x1),(x3,x2),共6个;“甲、乙两人都抽到判断题”包含的样本点有(p1,p2),(p2,p1),共2个.因此样本空间中样本点的总数为6+6+6+2=20.
(1)“甲抽到选择题,乙抽到判断题”的概率为=,“甲抽到判断题,乙抽到选择题”的概率为=,故“甲、乙两人中有一人抽到选择题,另一人抽到判断题”的概率为+=.
(2)“甲、乙两人都抽到判断题”的概率为=,故“甲、乙两人中至少有一人抽到选择题”的概率为1-=.
拓展 解:从三张卡片中有放回地抽取3次,每次抽取1张卡片,令(i,j,z)表示第1次抽取的卡片上的数字为i,第2次抽取的卡片上的数字为j,第3次抽取的卡片上的数字为z,则样本空间为Ω={(1,1,1),(1,1,2),(1,1,3),(1,2,1),(1,2,2),(1,2,3),(1,3,1),(1,3,2),(1,3,3),(2,1,1),(2,1,2),(2,1,3),(2,2,
1),(2,2,2),(2,2,3),(2,3,1),(2,3,2),(2,3,3),(3,1,1),(3,1,2),(3,1,3),(3,2,1),(3,2,2),(3,2,3),(3,3,1),(3,3,2),
(3,3,3)},共27个样本点.
(1)记事件A为“抽取的卡片上的数字之和为5”,
则A包含的样本点为(1,1,3),(1,2,2),(1,3,1),(2,1,2),(2,2,1),(3,1,1),共6个,所以P(A)==,
所以“抽取的卡片上的数字之和为5”的概率为.
(2)记事件B为“抽取的卡片上的数字不完全相同”,
则其对立事件C为“抽取的卡片上的数字完全相同”,
因为C包含的样本点为(1,1,1),(2,2,2),(3,3,3),共3个,
所以P(B)=1-P(C)=1-=,
所以“抽取的卡片上的数字不完全相同”的概率为.2.2 古典概型的应用
1.D [解析] 设事件A为“出现甲级品”,则P(A)=1-P()=1-(0.03+0.01)=0.96.
2.C [解析] 因为P(C)=0.6,B与C对立,所以P(B)=0.4,又P(A)=0.3,A与B互斥,所以P(A∪B)=P(A)+P(B)=0.3+0.4=0.7,故选C.
3.A [解析] 一枚骰子连续掷两次,样本空间中的样本点总数N=36,m>n包含的样本点为(2,1),(3,1),(3,2),(4,1),(4,2),(4,3),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),共15个,则m>n的概率P==.故选A.
4.B [解析] 设齐王的上等马、中等马、下等马分别为a1,a2,a3,田忌的上等马、中等马、下等马分别为b1,b2,b3,所有比赛的情况如下:(a1,b1),(a2,b2),(a3,b3),齐王获胜;(a1,b1),(a2,b3),(a3,b2),齐王获胜;(a1,b2),(a2,b1),(a3,b3),齐王获胜;(a1,b2),(a2,b3),(a3,b1),齐王获胜;(a1,b3),(a2,b1),(a3,b2),田忌获胜;(a1,b3),(a2,b2),(a3,b1),齐王获胜.共6种情况,其中田忌获胜只包含1种情况,故所求概率P=.故选B.
5.C [解析] 由题知A={2,4},B={1,2,3,4},则={5,6}.在一次试验中,样本空间中的样本点的总数为6,事件A+包含的样本点为2,4,5,6,共4个,∴事件A+发生的概率为=.故选C.
6.C [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个样本点.两条直线相互垂直的情况有5种(4组邻边和1组对角线),共包括10个样本点,所以所求概率P==.故选C.
7.A [解析] 设任取一张奖券,中一等奖、中二等奖、中三等奖、不中奖的事件分别为A,B,C,D,则它们均为互斥事件.由条件可得P(D)=,则易知P(A)+P(B)+P(C)=,又P(B+C)=P(B)+P(C)=,P(A+B)=P(A)+P(B)=,所以P(A)=,P(B)=,P(C)=,所以任取一张奖券,中三等奖的概率为.故选A.
8.BC [解析] 设2个红球为M,N,3个黄球为d,e,f,则不放回地随机摸出2个球,样本空间为Ω={MN,Md,Me,Mf,Nd,Ne,Nf,de,df,ef},共10个样本点.设事件D为“2个球的颜色不同”,则D={Md,Me,Mf,Nd,Ne,Nf},共6个样本点,P(D)==,A错误,B正确.设事件E为“2个球都是红球”,则E={MN},P(E)=,C正确.设事件F为“2个球都是黄球”,则F={de,df,ef},P(F)=,D错误.故选BC.
9.BC [解析] 由题意知,从甲、乙两罐中分别随机抽取1个小球,样本空间中共有20个样本点.“抽取的2个小球标号之和大于5”包含的样本点有(1,5),(1,6),(2,5),(2,6),(3,3),(3,5),(3,6),(4,2),(4,3),(4,5),(4,6),共11个样本点;“抽取的2个小球标号之积大于8”包含的样本点有(2,5),(2,6),(3,3),(3,5),(3,6),(4,3),(4,5),(4,6),共8个样本点.事件A发生的概率为,故A错误.事件A∪B包含的样本点有11个,所以事件A∪B发生的概率为,故B正确.事件A∩B包含的样本点有8个,所以事件A∩B发生的概率为=,故C正确.从甲罐中抽到标号为2的小球,包含的样本点为(2,1),(2,2),(2,3),(2,5),(2,6),共5个样本点,故从甲罐中抽到标号为2的小球的概率为,故D错误.故选BC.
10.0.5 [解析] ∵随机事件A和B互斥,且P(A∪B)=0.7,P(B)=0.2,∴P(A)=P(A∪B)-P(B)=0.7-0.2=0.5,∴P()=1-P(A)=1-0.5=0.5.
11. [解析] 由-P1+=0,得P1=.因为,是方程x2-5x+6=0的两根,所以·=6,所以P2=.因此甲射击一次,不中靶的概率为1-=;乙射击一次,不中靶的概率为1-=.
12. [解析] 一个盒子里装有标号为1,2,3,4的四张标签,随机地依次选取两张标签.若标签的选取是无放回的,则样本空间中的样本点的总数为12,两张标签上的数字为相邻整数包含的样本点有6个,为(1,2),(2,1),(2,3),(3,2),(3,4),(4,3),∴两张标签上的数字为相邻整数的概率是=.若标签的选取是有放回的,则样本空间中的样本点的总数为16,两张标签上的数字为相邻整数包含的样本点有6个,为(1,2),(2,1),(2,3),(3,2),(3,4),(4,3),∴两张标签上的数字为相邻整数的概率是=.
13.解:记派出医生的人数为0,1,2,3,4,5及其以上分别为事件A0,A1,A2,A3,A4,A5,显然它们彼此互斥.
(1)至多派出2名医生的概率为P(A0+A1+A2)=P(A0)+P(A1)+P(A2)=0.18+0.25+0.36=0.79.
(2)方法一:至少派出3名医生的概率为P(A3+A4+A5)=P(A3)+P(A4)+P(A5)=0.1+0.1+0.01=0.21.
方法二:“至少派出3名医生”的对立事件是“至多派出2名医生”,故至少派出3名医生的概率为1-P(A0+A1+A2)=1-0.79=0.21.
14.解:(1)小王摸两次球的样本空间为Ω={(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个样本点,其中满足xy≤3的有(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(3,1),共有5个样本点,所以小王获得笔记本的概率P1=.
(2)由(1)可知,满足xy≥8的有(2,4),(3,3),(3,4),(4,2),(4,3),(4,4),共6个样本点,所以小王获得水杯的概率P2==.
则小王获得饮料的概率P3=1--=,
因为>,所以小王获得水杯的概率大.
15. [解析] 易知样本空间中的样本点共有36个.因为方程无实根,所以Δ=(m+n)2-16<0,可得m+n<4,包含的样本点为(1,1),(1,2),(2,1),共3个.所以所求概率为=.
16.解:(1)由题意可得,m∈{1,2,3,4},n∈{-1,2,4,6,8},则数对(m,n)的样本空间为Ω={(1,-1),(1,2),(1,4),(1,6),(1,8),(2,-1),(2,2),(2,4),(2,6),(2,8),(3,-1),(3,2),(3,4),(3,6),(3,8),(4,-1),
(4,2),(4,4),(4,6),(4,8)},共20个样本点.
(2)因为二次函数f(x)的单调递增区间为[1,+∞),且m>0,二次函数f(x)的图象开口向上,所以二次函数f(x)图象的对称轴为直线x==1,即n=2m.
由(1)可得,样本空间中共有20个样本点,
符合n=2m的样本点为(1,2),(2,4),(3,6),(4,8)共4个,
所以P(A)==.
(3)因为m>0,所以二次函数的图象开口向上,方程|f(x)|=2有4个零点,即方程f(x)=2和f(x)=-2各有2个零点,等价于二次函数f(x)=mx2-nx-1的最小值小于-2,所以<-2,可得n2>4m.
样本空间中符合n2>4m的样本点有(1,4),(1,6),(1,8),(2,4),(2,6),(2,8),(3,4),(3,6),(3,8),(4,6),(4,8),共11个,所以P(B)=.2.2 古典概型的应用
【学习目标】
1.进一步理解古典概型,灵活运用古典概型解决概率问题.
2.理解互斥事件、对立事件.
3.掌握互斥事件的概率加法公式.
◆ 知识点一 古典概型的应用
1.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问题来解决,而所得到的古典概型的样本空间中的样本点越少,问题的解决就变得越简单.
2.古典概型的两类主要问题:“有放回”与“不放回”问题,“有序”与“无序”问题.
【诊断分析】 从写有数字1,2,3,4,5的五张卡片中不放回地依次抽取两张,则抽得的两张卡片上的数字一个是奇数一个是偶数的概率是 ( )
A. B. C. D.
◆ 知识点二 互斥事件的概率计算公式
在一个试验中,如果事件A和事件B是互斥事件,那么有P(A∪B)=P(A)+P(B).这一公式称为互斥事件的概率加法公式.
特别地,P(A∪)=P(A)+P()=1,即P()=1-P(A).
注:(1)概率加法公式的适用条件是事件A与事件B互斥.
(2)该公式可推广为求多个互斥事件的和事件的概率,若事件A1,A2,…,An两两互斥,则P(A1∪A2∪…∪An)=P(A1)+P(A2)+…+P(An),即彼此互斥事件的和事件的概率等于各互斥事件概率的和.
【诊断分析】 同时抛掷四枚质地均匀的硬币,则至少出现一个反面朝上的概率是 ( )
A. B. C. D.
◆ 探究点一 古典概型的应用
例1 从三对夫妻中随机抽选2人参加采访活动,则恰好抽到一对夫妻的概率为 ( )
A. B.
C. D.
变式 某中学团委为庆祝“五四”青年节,举行了以“弘‘五四’精神,扬青春风采”为主题的文艺汇演,初中部推荐了2位主持人,高中部推荐了4位主持人,现从这6位主持人中随机选2位主持文艺汇演,则选中的2位主持人恰好一位属于初中部,一位属于高中部的概率为 ( )
A. B. C. D.
[素养小结]
(1)用古典概型解决问题的关键是求试验的样本空间的样本点总数n和所求事件包含的样本点数m,然后用公式P=计算概率.
(2)求同一事件的概率,可以从不同角度切入,选择不同的试验,建立不同的古典概型.选择可能结果少的试验,可以使问题更简单.
拓展 定义:设一个三位数的百位、十位、个位上的数字依次为a,b,c,当且仅当a,b,c中有两个数字的和等于第三个数字时称该三位数为“有缘数”,如156,178.若a,b,c∈{1,2,3,4},且a,b,c互不相同,则这个三位数为“有缘数”的概率是 .
◆ 探究点二 “不放回”与“放回”抽取问题
例2 一个信箱里装有标号为1,2,3,4的4封大小完全相同的信件,先后随机地选取2封信,根据下列条件,分别求2封信上的数字为不相邻整数的概率.
(1)信的选取方式是无放回;
(2)信的选取方式是有放回.
变式 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,连续取两次,求取出的两件产品中恰有一件是次品的概率.
[素养小结]
抽取问题是古典概型的常见问题,解决此类问题需要注意抽取方式是有放回还是不放回,两种抽取方式对样本点的总数是有影响的.另外,不放回抽样看作无序或有序抽取均可,有放回抽样要看作有序抽取.
◆ 探究点三 互斥、对立事件与古典概型的综合应用
例3 某影院为回馈顾客,拟通过抽球兑奖的方式对观影卡充值满200元的顾客进行减免,规定每人在装有4个白球、2个红球的抽奖箱中一次抽取2个球.已知抽出1个白球减20元,抽出1个红球减40元.
(1)求某顾客所获得的减免金额为40元的概率;
(2)若某顾客去影院充值并参与抽奖,求其减免金额低于80元的概率.
变式 甲、乙两人参加普法知识竞赛,共有5个不同的题目,其中选择题3个,判断题2个,甲、乙两人不放回地各抽一题.
(1)甲、乙两人中有一人抽到选择题,另一人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
[素养小结]
求某些较复杂事件的概率,通常有两种方法:一是将所求事件的概率表示成一些彼此互斥事件的概率的和;二是先求此事件的对立事件的概率,再求此事件的概率.若转化成的彼此互斥的事件较多或用直接法求某一事件的概率较为复杂时,方法二常可使概率的计算得到简化.
拓展 一个盒子里有三张卡片,分别标记为1,2,3,这三张卡片除标记的数字外完全相同.有放回地随机抽取3次,每次抽取1张卡片.
(1)求“抽取的卡片上的数字之和为5”的概率;
(2)求“抽取的卡片上的数字不完全相同”的概率.2.2 古典概型的应用
一、选择题(本大题共9小题,每小题5分,共45分)
1.某产品分为甲、乙、丙三级,其中乙、丙两级均属次品,若生产中出现乙级品的概率为0.03,出现丙级品的概率为0.01,则出现甲级品的概率是 ( )
A.0.04 B.0.98
C.0.97 D.0.96
2.已知随机事件A,B,C中,A与B互斥,B与C对立,且P(A)=0.3,P(C)=0.6,则P(A∪B)= ( )
A.0.3 B.0.6
C.0.7 D.0.9
3.一枚骰子连续掷两次得到的点数分别为m,n,则m>n的概率为 ( )
A. B.
C. D.
4.齐王与田忌赛马,田忌的上等马优于齐王的中等马,劣于齐王的上等马,田忌的中等马优于齐王的下等马,劣于齐王的中等马,田忌的下等马劣于齐王的下等马.某天,齐王与田忌赛马,双方约定:比赛三局,每局各出一匹,每匹马赛一次,赢得两局者为胜,则田忌获胜概率为 ( )
A. B.
C. D.
5.在掷一枚质地均匀的骰子的试验中,用事件A表示“掷出的点数是小于5的偶数”,事件B表示“掷出的点数小于5”.若表示B的对立事件,则在一次试验中,事件A+发生的概率为 ( )
A. B.
C. D.
6.[2023·安徽阜阳三中高一月考] 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 ( )
A. B.
C. D.
7.[2023·四川内江六中高一月考] 在某联欢会上设有一个抽奖游戏.抽奖箱中共有12张奖券,分为一等奖、二等奖、三等奖、无奖四种.从中任取一张,不中奖的概率为,中二等奖或三等奖的概率是.若中一等奖或二等奖的概率是,则任取一张奖券,中三等奖的概率为 ( )
A. B.
C. D.
8.(多选题)袋子中有5个大小、质地完全相同的球,其中2个红球、3个黄球,从中不放回地随机摸出2个球,下列结论正确的是 ( )
A.2个球的颜色不同的概率为
B.2个球的颜色不同的概率为
C.2个球都是红球的概率为
D.2个球都是黄球的概率为
9.(多选题)已知甲罐中有4个相同的小球,标号分别为1,2,3,4;乙罐中有5个相同的小球,标号分别为1,2,3,5,6.现从甲、乙两罐中分别随机抽取1个小球,记事件A表示“抽取的2个小球标号之和大于5”,事件B表示“抽取的2个小球标号之积大于8”,则 ( )
A.事件A发生的概率为
B.事件A∪B发生的概率为
C.事件A∩B发生的概率为
D.从甲罐中抽到标号为2的小球的概率为
二、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分)
10.已知随机事件A和B互斥,且P(A∪B)=0.7,P(B)=0.2,则P()= .
11.两个人射击,甲射击一次,中靶的概率是P1,乙射击一次,中靶的概率是P2.已知,是方程x2-5x+6=0的两根,且P1满足方程-P1+=0,则甲射击一次,不中靶的概率为 ;乙射击一次,不中靶的概率为 .
12.一个盒子里装有标号为1,2,3,4的四张标签,随机地依次选取两张标签,若标签的选取是无放回的,则两张标签上的数字为相邻整数的概率是 ;若标签的选取是有放回的,则两张标签上的数字为相邻整数的概率是 .
三、解答题(本大题共2小题,共20分)
13.(10分)某医院一天内派出医生下乡的人数及其概率如下:
派出医生 的人数 0 1 2 3 4 5及其 以上
概率 0.18 0.25 0.36 0.1 0.1 0.01
(1)求至多派出2名医生的概率;
(2)求至少派出3名医生的概率.
14.(10分)[2023·四川泸县一中高一月考] 某班在一次班会课上推出了一项趣味活动:在一个箱子里放有4个完全相同的小球,小球上分别标记了1,2,3,4.参加活动的学生有放回地摸两次球,每次摸出1个,并分别记录下球的号码数字x,y.奖励规则如下:①若xy≤3,则奖励笔记本1个;②若xy≥8,则奖励水杯1个;③其余情况奖励饮料1瓶.
(1)求小王获得笔记本的概率;
(2)试分析小王获得水杯与获得饮料,哪一个概率大.
15.(5分)同时掷两枚均匀的骰子,得到的点数为m和n,则关于x的方程x2+(m+n)x+4=0无实数根的概率是 .
16.(15分)[2023·黑龙江双鸭山一中高一月考] 已知关于x的二次函数f(x)=mx2-nx-1,令集合M={1,2,3,4},N={-1,2,4,6,8},分别从集合M,N中随机抽取一个数m和n,构成数对(m,n).
(1)写出数对(m,n)的样本空间,并计算样本点共有多少个;
(2)记事件A表示“二次函数f(x)的单调递增区间为[1,+∞)”,求事件A的概率;
(3)记事件B表示“关于x的方程|f(x)|=2有4个零点”,求事件B的概率.(共33张PPT)
§2 古典概型
2.2 古典概型的应用
◆ 课前预习
◆ 课中探究
◆ 备课素材
◆ 备用习题
【学习目标】
1.进一步理解古典概型，灵活运用古典概型解决概率问题．
2.理解互斥事件、对立事件.
3.掌握互斥事件的概率加法公式．
知识点一 古典概型的应用
1.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问题
来解决，而所得到的古典概型的样本空间中的样本点越少，问题的解决就变得
越简单.
2.古典概型的两类主要问题：“有放回”与“不放回”问题，“有序”与“无序”问题.
【诊断分析】
从写有数字1，2，3，4，5的五张卡片中不放回地依次抽取两张，则抽得的两张
卡片上的数字一个是奇数一个是偶数的概率是( )
B
A. B. C. D.
[解析] 根据题意可知,样本空间为,,,,,, ,
,,,,,,,,,,,, ，共20
个样本点,
其中两张卡片上的数字一个是奇数一个是偶数的样本点有, , ,,
,,,,,,, ,共12个,
故抽得的两张卡片上的数字一个是奇数一个是偶数的概率为 .
知识点二 互斥事件的概率计算公式
在一个试验中，如果事件和事件 是互斥事件，那么有
.这一公式称为互斥事件的概率加法公式.
特别地，，即 .
注：（1）概率加法公式的适用条件是事件与事件 互斥.
（2）该公式可推广为求多个互斥事件的和事件的概率，若事件，， ，
两两互斥，则 ，即彼此互
斥事件的和事件的概率等于各互斥事件概率的和.
【诊断分析】
同时抛掷四枚质地均匀的硬币，则至少出现一个反面朝上的概率是( )
D
A. B. C. D.
[解析] 根据题意易知样本空间中的样本点共有16个，“至少出现一个反面朝上”
的对立事件为“都是正面朝上”，都是正面朝上的样本点只有1个，所以至少出现
一个反面朝上的概率为 ，故选D.
探究点一 古典概型的应用
例1 从三对夫妻中随机抽选2人参加采访活动，则恰好抽到一对夫妻的概率为
( )
B
A. B. C. D.
[解析] 设“，”“，”“， ”分别表示三对夫妻，由题知，从中随机抽选
2人参加采访活动的样本点有，，，， ，
，，，，，，， ，
，，共15个,
恰好抽到一对夫妻的样本点有， ，，共3个，
所以恰好抽到一对夫妻的概率为 .故选B.
变式 某中学团委为庆祝“五四”青年节，举行了以“弘‘五四’精神，扬青春风采”
为主题的文艺汇演，初中部推荐了2位主持人，高中部推荐了4位主持人，现从
这6位主持人中随机选2位主持文艺汇演，则选中的2位主持人恰好一位属于初中
部，一位属于高中部的概率为( )
D
A. B. C. D.
[解析] 设初中部的2位主持人为, ，高中部的4位主持人为1，2，3，4.从这6位
主持人中随机选2位，样本空间中的样本点为,，,，,，,， ,
，,，,，,，,，，，，，， ，共
15个，
选中的2位主持人恰好一位属于初中部，一位属于高中部包含的样本点为,,
,,,,,，,,,,,,,，共8个，
故所求概率为 ，故选D．
［素养小结］
（1）用古典概型解决问题的关键是求试验的样本空间的样本点总数 和所求事
件包含的样本点数，然后用公式 计算概率．
（2）求同一事件的概率，可以从不同角度切入，选择不同的试验，建立不同的
古典概型．选择可能结果少的试验，可以使问题更简单．
[解析] 由1，2，3组成的三位数为123，132，213，231，312，321，共6个.
同理，由1，2，4组成的三位数有6个，由1，3，4组成的三位数有6个，
由2，3，4组成的三位数有6个，则共可以组成24个三位数.
由题意知，由1，2，3或1，3，4组成的三位数为“有缘数”，共12个，
所以这个三位数为“有缘数”的概率为 .
拓展 定义：设一个三位数的百位、十位、个位上的数字依次为，， ，当
且仅当,, 中有两个数字的和等于第三个数字时称该三位数为“有缘数”，如156，
178.若，，，且，， 互不相同，则这个三位数为“有缘数”
的概率是__.
探究点二 “不放回”与“放回”抽取问题
例2 一个信箱里装有标号为1，2，3，4的4封大小完全相同的信件，先后随机
地选取2封信，根据下列条件，分别求2封信上的数字为不相邻整数的概率.
（1）信的选取方式是无放回；
解：记事件 为“选取的2封信上的数字为相邻整数”．
从4封信中无放回地随机选取2封，试验的样本空间为 ，，，
，，，，，，，， ，共有12个样本点，
事件，，，，， ，包含6个样本点．
故 ，故无放回地选取2封信，这2封信上数字为不相邻整数的概率为
.
（2）信的选取方式是有放回.
解： 从4封信中有放回地随机选取2封，则试验的样本空间为 ，
，，，，，，，，，， ，
，，，，共有16个样本点，
事件，， ，，， ，包含6个样本点，
故 ，故有放回地选取2封信，这2封信上数字为不相邻整数的概率
为 .
变式 从含有两件正品，和一件次品 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；
解：每次取出后不放回，连续取两次，则样本空间为， ，
，，， （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），共有6个样本点．
设事件 表示 “取出的产品中恰有一件是次品”，
则，，， ，共4个样本点，所以 .
（2）若每次取出后又放回，连续取两次，求取出的两件产品中恰有一件是次品
的概率．
解：每次取出后又放回，连续取两次，则样本空间为， ，
，，，，，， ，共9个样本
点．
设事件表示“取出的两件产品中恰有一件是次品”，则 ，，
，，共4个样本点，所以 .
［素养小结］
抽取问题是古典概型的常见问题，解决此类问题需要注意抽取方式是有放回还
是不放回，两种抽取方式对样本点的总数是有影响的.另外，不放回抽样看作无
序或有序抽取均可，有放回抽样要看作有序抽取.
探究点三 互斥、对立事件与古典概型的综合应用
例3 某影院为回馈顾客，拟通过抽球兑奖的方式对观影卡充值满200元的顾客
进行减免，规定每人在装有4个白球、2个红球的抽奖箱中一次抽取2个球.已知
抽出1个白球减20元，抽出1个红球减40元.
（1）求某顾客所获得的减免金额为40元的概率；
解：设4个白球分别为，，，，2个红球分别为，，事件 为“顾客所获得
的减免金额为40元”，则样本空间,,,,,,,,,,,, ,
,，共15个样本点，,,,,, ，共6个样本点，所以顾客所
获得的减免金额为40元的概率为 .
（2）若某顾客去影院充值并参与抽奖，求其减免金额低于80元的概率.
解：设事件为“顾客所获得的减免金额不低于80元”，则 ，共1个样本
点，所以顾客所获得的减免金额不低于80元的概率为 ，故减免金额低于80元
的概率 .
变式 甲、乙两人参加普法知识竞赛，共有5个不同的题目，其中选择题3个，
判断题2个，甲、乙两人不放回地各抽一题.
解：把3个选择题分别记为，，,2个判断题分别记为，，令 表
示“甲抽到,乙抽到 ”.事件“甲抽到选择题，乙抽到判断题”包含的样本点有
，，，，， ，共6个；
事件“甲抽到判断题，乙抽到选择题”包含的样本点有，，，
，， ，共6个；
事件“甲、乙两人都抽到选择题”包含的样本点有，，，
，， ，共6个；
（1）甲、乙两人中有一人抽到选择题，另一人抽到判断题的概率是多少？
“甲、乙两人都抽到判断题”包含的样本点有， ，共2个.
因此样本空间中样本点的总数为 .
“甲抽到选择题，乙抽到判断题”的概率为 ，
“甲抽到判断题，乙抽到选择题”的概率为 ，
故“甲、乙两人中有一人抽到选择题，另一人抽到判断题”的概率为 .
（2）甲、乙两人中至少有一人抽到选择题的概率是多少？
解：“甲、乙两人都抽到判断题”的概率为 ，故“甲、乙两人中至少有一
人抽到选择题”的概率为 .
［素养小结］
求某些较复杂事件的概率，通常有两种方法：一是将所求事件的概率表示成一
些彼此互斥事件的概率的和；二是先求此事件的对立事件的概率，再求此事件
的概率.若转化成的彼此互斥的事件较多或用直接法求某一事件的概率较为复杂
时，方法二常可使概率的计算得到简化.
拓展 一个盒子里有三张卡片，分别标记为1，2，3，这三张卡片除标记的数
字外完全相同．有放回地随机抽取3次，每次抽取1张卡片．
解：从三张卡片中有放回地抽取3次，每次抽取1张卡片，令 表示第1次抽
取的卡片上的数字为，第2次抽取的卡片上的数字为 ，第3次抽取的卡片上的
数字为，
则样本空间为，，，， ，
，，，，，，， ，
，，，，，，， ，
，，，，， ，共27个样本点.
（1）求“抽取的卡片上的数字之和为5”的概率；
记事件 为“抽取的卡片上的数字之和为5”，
则包含的样本点为，，，，， ，共6个，
所以 ，
所以“抽取的卡片上的数字之和为5”的概率为 .
（2）求“抽取的卡片上的数字不完全相同”的概率．
解： 记事件 为“抽取的卡片上的数字不完全相同”，
则其对立事件 为“抽取的卡片上的数字完全相同”，
因为包含的样本点为，， ，共3个，
所以 ，
所以“抽取的卡片上的数字不完全相同”的概率为 .
应该从哪个角度来建立古典概型？
在一次试验中，常常不能确定样本点，即对于把什么看作是古典概型中的样本
点会感到困难，其突破方法是结合实例积累经验，循序渐进地掌握.
例如：将一枚均匀的硬币连续抛掷2次，结果有（正，正），（正，反），
（反，正），（反，反），共4个样本点，这是一个古典概型.如果只考虑2次抛
掷向上的面是否相同，那么可以认为试验只有2种结果，即“向上的面相同”“向
上的面一正一反”，这2种结果也是等可能的，也是古典概型.若把出现“2次正面”
“2次反面”“1次正面、1次反面”当作样本点，则不是古典概型.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试验的样本空间 的样本点总数有限，即样本空间 为有限样本空间；
②每次试验中，样本空间 的各个样本点出现的可能性相等.
否则，建立的概率模型不是古典概型.
1.互斥事件是应用概率加法公式的前提条件
例1 抛掷一枚质地均匀的骰子，事件表示“向上的点数是奇数”，事件 表示
“向上的点数不超过3”，求 .
解：由题意知，样本空间中共有6个样本点，事件，事件 ，
所以.故 .
2.用树状图求解古典概型问题
求解古典概型概率的计算问题，关键是找出各个事件包含的所有样本点，当这
个事件较为复杂时，利用树状图表示样本点有助于问题的求解，下面举例说明.
例2 有，，，四位贵宾，应分别坐在，，， 四个席位上，现在
这四人均未留意，在四个席位上随意就座.
解：将，，， 四位贵宾的就座情况用
如图所示的树状图表示出来，则样本空间中的
样本点共有24个.
设事件为“这四人恰好都坐在自己的席位上”，
则事件 包含1个样本点，所以 .
（1）求这四人恰好都坐在自己席位上的概率；
（2）求这四人恰好都没坐在自己席位上的概率；
解： 设事件为“这四人恰好都没坐在自己的席位上”，则事件 包含9个样本
点，所以 .
（3）求这四人恰好有一人坐在自己席位上的概率.
解： 设事件为“这四人恰好有一人坐在自己的席位上”，则事件 包含8个样
本点，所以 .
