3.2 古典概型
1
整体设计
教材分析
本节课是必修（数学3）第3章概率第二大节内容——3.2古典概型.
我们可以把它分为2个课时.第一课时主要学习古典概型的概念；第二课时主要是古典概型的运用，通过利用古典概型来解题进一步加深对概念及公式的理解，同时也激发学生对概率的热爱.
第一个课时通过创设问题情境“现有方块J、Q、K和梅花A、2共5张扑克牌，将这些牌正面向下摆放在桌面上，现从中任意抽取一张，试问抽到的牌为方块的概率为多少？”引导学生发现求此事件的概率，如果再进行大量重复试验来求的话，既耗时又不精确.从而激发学生勇于探索的精神，引入古典概型（全称为：古典概率模型）的概念及特点.并围绕创设的问题情境，由学生通过自主探究来得到古典概型的概率计算公式：如果一次试验的等可能基本事件共有n个，那么每一个等可能基本事件发生的概率都是.如果某个事件A包含了其中m个等可能基本事件，那么事件A发生的概率为：P(A)=.
得出古典概型的概率计算公式之后，我们通过例题教学与课堂练习进一步理解古典概型的概念及特点，同时也进一步巩固古典概型的概率计算公式.在每个例题的讲解过程中，步步为营，注重学生的参与性.讲解完每个例题之后，由学生自己谈感受，总结得失.课堂练习主要由学生完成，教师适时作出适当的点拨.
最后的课堂小结也让学生来参与，由他们自己来总结，更利于学生对知识、技能的掌握与提高.
三维目标
1.通过创设问题情境引出古典概型的概念及特点，采用启发式、探究式教学.
2.理解古典概型的概念及特点，会判断一个随机事件是否符合古典概型.
3.通过进行大量重复试验来求问题情境中概率，既耗时又不精确，所以必须找到方法来解决，从而探究出古典概型的概率计算公式.
4.掌握古典概型的概率计算公式.会用列举法列举出随机事件所含的基本事件数.
5.会利用古典概型的概率计算公式来解决一些简单的概率问题,培养学生实事求是的科学态度，激发学生勇于探索、坚持不懈的精神.
重点难点
教学重点:1.理解古典概型的概念及特点.
2.古典概型的概率计算公式的运用.
教学难点:1.会判断一个随机事件是否符合古典概型.
2.会运用古典概型的概率计算公式来解题.
课时安排
2课时
教学过程
第1课时
导入新课
设计思路一：（问题导入）
请同学们思考并回答下面的问题：
现有方块J、Q、K和梅花A、2共5张扑克牌，将这些牌正面向下摆放在桌面上，现从中任意抽取一张，试问抽到的牌为方块的概率为多少？
设计思路二：（实验感知）
在课前，教师布置任务，以数学小组为单位，完成下面两个模拟试验：
试验一：抛掷一枚质地均匀的硬币，分别记录“正面朝上”和“反面朝上”的次数，要求每个数学小组至少完成20次（最好是整十数），最后汇总起来；
试验二：抛掷一枚质地均匀的骰子，分别记录“1点”“2点”“3点”“4点”“5点”和“6点”的次数，要求每个数学小组至少完成60次（最好是整十数），最后汇总起来.
推进新课
新知探究
对于导入思路一：
倘若进行大量重复试验，用“出现方块”这一事件的频率估计概率，不仅工作量大而且还不准确.因此我们不妨这样来解决：把“抽到方块”记为事件A，那么事件A相当于“抽到方块J”、“抽到方块Q”、“抽到方块K”这3种情况，而“抽到梅花”相当于“抽到梅花A”、“抽到梅花2”
这2种情况，由于是任意抽取的，因此，认为出现这5种情况的可能性都相等.当出现方块J、Q、K这3种情形之一时，事件A就发生，因而有P(A)=.
在一次试验中可能出现的每一个基本结果称为基本事件（elementary
event）.如在上面的问题中“抽到方块”即为一个基本事件.如果在一次试验中，每个基本事件发生的可能性都相同，则称这些基本事件为等可能基本事件.
上面的问题有这样两个特点：
(1)试验中所有可能出现的基本事件只有有限个，即具有有限性；（2）每个基本事件出现的可能性相等即具有等可能性.我们将满足上述条件的概率模型称为古典概型（classical
probability
model）.?
倘若一次试验的等可能基本事件共有n个，那么每一个等可能基本事件发生的概率都是.如果某个事件A包含了其中m个等可能基本事件，那么事件A发生的概率为P(A)=
.
对于导入思路二：
在课上，学生展示模拟试验的操作方法和试验结果，并与同学交流活动感受.
教师最后汇总方法、结果和感受，并提出问题.
1.用模拟试验的方法来求某一随机事件的概率好不好？为什么？
（不好，要求出某一随机事件的概率，需要进行大量的试验，并且求出来的结果是频率，而不是概率.）
2.根据以前的学习，上述两个模拟试验的每个结果之间都有什么特点？
（在试验一中随机事件只有两个，即“正面朝上”和“反面朝上”，并且它们都是互斥的，由于硬币质地是均匀的，因此出现两种随机事件的可能性相等，即它们的概率都是；
在试验二中随机事件有六个，即“1点”“2点”“3点”“4点”“5点”和“6点”，并且它们都是互斥的，由于骰子质地是均匀的，因此出现六种随机事件的可能性相等，即它们的概率都是.）
我们把上述试验中的随机事件称为基本事件，它是试验的每一个可能结果.
基本事件有如下的两个特点：
（1）任何两个基本事件是互斥的；
（2）任何事件（除不可能事件）都可以表示成基本事件的和.
特点（2）的理解：在试验一中，必然事件由基本事件“正面朝上”和“反面朝上”组成；在试验二中，随机事件“出现偶数点”可以由基本事件“2点”“4点”和“6点”共同组成.因此有：
（1）试验中所有可能出现的基本事件只有有限个；（有限性）
（2）每个基本事件出现的可能性相等.（等可能性）
我们将满足上述条件的概率模型称为古典概型（classical
probability
model）.?
在实验一中，出现正面朝上的概率与反面朝上的概率相等，即
P（“正面朝上”）＝P（“反面朝上”），
P（“出现正面朝上”)＝.
在试验二中，出现各个点的概率相等，即P（“1点”）＝P（“2点”）＝P（“3点”）＝P（“4点”）＝P（“5点”）＝P（“6点”），所以P（“1点”）＝P（“2点”）＝P（“3点”）＝P（“4点”）＝P（“5点”）＝P（“6点”）＝.
进一步地，还可以计算这个试验中任何一个事件的概率，例如，
P（“出现偶数点”）＝P（“2点”）＋P（“4点”）＋P（“6点”）＝，
即P（“出现偶数点”）＝.
根据上述两则模拟试验，可以概括总结出，古典概型计算任何事件的概率计算公式为
P（A）＝.
因此有：如果一次试验的等可能基本事件共有n个，那么每一个等可能基本事件发生的概率都是.如果某个事件A包含了其中m个等可能基本事件，那么事件A发生的概率为P(A)=
.
应用示例
思路1
例1
为了考查玉米种子的发芽情况，在1号、2号、3号培养皿中各种一粒玉米种子，（1）列举全体等可能基本事件；(2)下列随机事件由哪些等可能基本事件组成.
事件A：三粒都发芽；事件B：恰有两粒发芽；事件C：至少有一粒发芽.
分析：根据实际问题，在正确理解等可能事件的含义的基础上来列举等可能事件，再根据所列举的等可能事件来确定某一个随机事件由哪些等可能事件组成.
解：（1）按1号、2号、3号培养皿的顺序，玉米种子发芽的情况可能出现的结果有（发芽，发芽，发芽），（发芽，发芽，不发芽），（发芽，不发芽，发芽），（不发芽，发芽，发芽），（发芽，不发芽，不发芽），（不发芽，发芽，不发芽），（不发芽，不发芽，发芽），（不发芽，不发芽，不发芽），即1号培养皿有两种可能结果，对于1号培养皿的每种可能结果2号培养皿又有两种可能结果，对于1号、2号培养皿的每种可能结果，3号培养皿又有两种可能结果，所以共有2×2×2=8种不同的结果.因此全体等可能基本事件是：（发芽，发芽，发芽），（发芽，发芽，不发芽），（发芽，不发芽，发芽），（不发芽，发芽，发芽），（发芽，不发芽，不发芽），（不发芽，发芽，不发芽），（不发芽，不发芽，发芽），（不发芽，不发芽，不发芽）.
（2）事件A由一个基本事件组成即（发芽，发芽，发芽），事件B由3个基本事件组成即（发芽，发芽，不发芽），（发芽，不发芽，发芽），（不发芽，发芽，发芽），事件C由7个基本事件组成即（发芽，发芽，发芽），（发芽，发芽，不发芽），（发芽，不发芽，发芽），（不发芽，发芽，发芽），（发芽，不发芽，不发芽），（不发芽，发芽，不发芽），（不发芽，不发芽，发芽）.
点评：(1)枚举法是一种重要的计数方法，在用枚举法计数时特别需要注意的是不重复不遗漏；
(2)正确理解等可能事件的意义，能够正确地将某一个事件分解成等可能基本事件是解决古典概型问题的关键.
例2
一只口袋内装有大小相同的5只球，其中3只白球，2只黑球，从中一次摸出两只球.
（1）共有多少个基本事件？
（2）摸出的两只球都是白球的概率是多少？
分析：可以用枚举法找出所有的等可能基本事件.
解：（1）分别记白球为1，2，3号，黑球为4，5号，从中摸出2只球，有如下基本事件〔摸到1，2号球用有序实数对（1，2）表示〕：
（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（2，3），（2，4），（2，5），（3，4），（3，5），（4，5），因此，共有10个基本事件.
（2）记事件A=“摸出的两只球都是白球”，（1）中的10个基本事件发生的可能性相同，事件A包含了3个基本事件，即（1，2），（1，3），（2，3），如下图所示，根据古典概型的概率计算公式可得：P(A)=.
答：（1）共有10个基本事件；（2）摸出的两只球都是白球的概率是.
点评：运用枚举法列举构成各个事件的基本事件是直接有效的方法，我们必须掌握这种方法，在运用枚举法时要做到不重复不遗漏.
例3
豌豆的高矮性状的遗传由其一对基因决定，其中决定高的基因记为D，决定矮的基因记为d，则杂交所得第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则其就是高茎，只有两个基因全是d时，才显现矮茎）.
分析：由于第二子代的D，d基因的遗传是等可能的，所以可以将各种可能的遗传情形都枚举出来：
解：Dd与Dd的搭配方式有4种：DD，Dd，
dD，dd，即总共有4个等可能基本事件；其中只有第四种“dd”1种表现为矮茎，即事件“第二子代为高茎”共包含了3个等可能基本事件，故事件“第二子代为高茎”的概率为=75%.
答：第二子代为高茎的概率为75%.
点评：应用枚举法时也可以用树形图来列举出所有的基本事件.
例4
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正确答案.如果考生掌握了考查的内容，他可以选择唯一正确的答案.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？
分析：解决这个问题的关键，即讨论这个问题什么情况下可以看成古典概型.如果考生掌握或者掌握了部分考查内容，这都不满足古典概型的第2个条件——等可能性，因此，只有在假定考生不会做，随机地选择了一个答案的情况下，才可以化为古典概型.
解：这是一个古典概型，因为试验的可能结果只有4个：选择A、选择B、选择C、选择D，即基本事件共有4个，考生随机地选择一个答案是选择A，B，C，D的可能性是相等的.从而由古典概型的概率计算公式得：
P(“答对”)＝＝＝0.25.
点评：解答本题的关键是判断随机事件是否适合古典概型，如果是古典概型则运用古典概型概率计算公式进行计算.
例5
现有一批产品共有10件，其中8件为正品，2件为次品.
（1）如果从中取出一件，然后放回，再取一件，求连续3次取出的都是正品的概率；
（2）如果从中一次取3件，求3件都是正品的概率.
分析：（1）为返回抽样；（2）为不返回抽样.
解：（1）有放回地抽取3次，按抽取顺序（x,y,z）记录结果，则x,y,z都有10种可能，所以试验结果有10×10×10=103种；设事件A为“连续3次都取正品”，则包含的基本事件共有8×8×8=83种，因此，P(A)=
=0.512.
（2）可以看作不放回抽样3次，顺序不同，基本事件不同，按抽取顺序记录（x,y,z），则x有10种可能，y有9种可能，z有8种可能，所以试验的所有结果为10×9×8=720种.设事件B为“3件都是正品”，则事件B包含的基本事件总数为8×7×6=336,
所以P(B)=
≈0.467.
点评：关于不放回抽样，计算基本事件个数时，既可以看作是有顺序的，也可以看作是无顺序的，其结果是一样的，但不论选择哪一种方式，观察的角度必须一致，否则会导致错误.对于问题（2）还可以有如下解法：看作不放回3次无顺序抽样，先按抽取顺序（x,y,z）记录结果，则x有10种可能，y有9种可能，z有8种可能，但（x,y,z），（x,z,y），（y,x,z），（y,z,x），（z,x,y），（z,y,x），是相同的，所以试验的所有结果有10×9×8÷6=120，按同样的方法，事件B包含的基本事件个数为8×7×6÷6=56，因此P(B)=
≈0.467.
思路2
例1
有5段线段，它们的长度分别为2，4，6，8，10，从中任取三段，能构成三角形的概率是（ ）
分析：用枚举法将从5段线段中任取三段的等可能基本事件列举出来，再根据三角形的三边必须满足两边之和大于第三边来确定事件“任取三段线段能构成三角形”的等可能基本事件数.
从5段长度分别为2，4，6，8，10的线段任取三段共有（2，4，6），（2，4，8），（2，4，10），（2，6，8），（2，6，10），（2，8，10），（4，6，8），（4，6，10），（4，8，10）（6，8，10）等10种情况，即共有10个等可能基本事件，能够构成三角形必须满足“两边之和大于第三边”，因此能够作为三角形三边的线段长为（4，6，8），（4，8，10），（6，8，10）三种，即事件A“能够构成三角形”含有3个等可能基本事件，所以有P(A)=
.
答案：D
点评：根据概率的计算公式P(A)=，必须要解决m,n的值是多少的问题，这可以运用枚举法来解决；对于本题运用枚举法时还可以有如下方法：因为任取三个数后剩下两个数，因此取三个数与取两个数的情况是相同的，因此只要列举取两个数的情况，如下：（2，4），（2，6），（2，8），（2，10），（4，6），（4，8），（4，10），（6，8），（6，10），（8，10），共10种情况，共有10个等可能基本事件，能够构成三角形必须满足“两边之和大于第三边”，因此能够作为三角形三边的线段长为（4，6，8），（4，8，10），（6，8，10）三种，即事件A“能够构成三角形”含有3个等可能基本事件，所以有P(A)=
.
例2
掷一颗骰子，观察掷出的点数，求掷得奇数点的概率.
分析：掷骰子有6个基本事件，具有有限性和等可能性，因此是古典概型.
解：这个试验的基本事件共有6个，即（出现1点）、（出现2点）……（出现6点），所以基本事件数n=6，事件A=（掷得奇数点）=（出现1点，出现3点，出现5点），其包含的基本事件数m=3.所以，P（A）=.
点评：利用古典概型的计算公式时应注意两点：
（1）所有的基本事件必须是互斥的；
（2）m为事件A所包含的基本事件数，求m值时，要做到不重复不遗漏.
例3
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，求取出的两件产品中恰有一件次品的概率.
分析：将符合“每次任取一件，每次取出后不放回，连续取两次”的所有结果一一列举出来，就得到等可能基本事件的总数，用同样的方法得到符合“取出的两件产品中恰有一件次品”所包含的基本事件总数，就可以得到本题的解答.
解：每次取出一个，取后不放回地连续取两次，其一切可能的结果组成的基本事件有6个，即（a1，a2），（a1，b2），（a2，a1），（a2，b1），（b1，a1），（b2，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“取出的两种中，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）=.
点评：本题是不放回问题，注意与有放回问题的区别.
例4
袋中有红、白色球各一个，有放回地抽三次，写出所有基本事件的全集，并计算下列事件的概率：
(1)三次颜色恰有两次同色；
(2)三次颜色全相同；
(3)三次抽取的红球多于白球.
分析：运用枚举法列出基本事件总数,然后再计算某个事件包含的基本事件总数.
解：每个基本事件为(x,y,z)，其中x,y,z分别取红、白球，全集U={(红，红，红)，(红，红，白)，(红，白，红)，(白，红，红)，(白，白，红)，(白，红，白)，(红，白，白)，(白，白，白)}，从而n=8.
（1）记事件A为“三次颜色恰有两次同色”，因为A中含有基本事件的个数m=6，
所以P(A)=；
（2）记事件B为“三次颜色全相同”，因为B中含有基本事件的个数m=2，
所以P(B)=
；
（3）记事件C为“三次抽取的红球多于白球”，因为C中含有基本事件的个数m=4，
所以P(C)=.
点评：对于第(3)小题，因为三次取球，红、白色球的个数必定不相等，故红球多于白球与白球多于红球的概率相等，都是0.5.
例5
在一个口袋中装有10个标有1到10这十个整数的小球，从口袋中任意取出一个小球，记下它的标号x，然后第二次再从口袋中任意取出一个小球，记下它的标号y，试求：
(1)x+y是10的倍数的概率；
(2)xy是3的倍数的概率.
分析：运用枚举法列出基本事件总数以及某一个事件包含的基本事件数.
解：先后两次取出小球，第一次取出的小球有10种不同的结果，第二次取出的小球也有10种不同的结果，而且对于第一次的每一个结果第二次有10种结果与它对应，所以先后两次取出小球共有10×10=100个不同的结果，故基本事件个数是100个.
(1)因为x+y是10的倍数，它包含下列情况：（1，9），（2，8），（3，7），（4，6），（5，5），（6，4），（7，3），（8，2），（9，1），（10，10）共10种基本事件，因此所求事件“x+y是10的倍数”的概率P==0.1.
(2)因为xy是3的倍数，所以x是3的倍数或y是3的倍数，又1到10这十个数可以分为是3的倍数和不是3的倍数两类，记A=｛3,6,9｝，B=｛1,2,4,5,7,8,10｝，当x∈A，y∈B时，xy是3的倍数共有3×7=21种，当y∈A，x∈B时，xy是3的倍数也有3×7=21种，当x∈A，y∈A时，xy是3的倍数共有3×3=9种，因此所求事件“xy是3的倍数”的概率P==0.51.
答：(1)x+y是10的倍数的概率为0.1；
(2)xy是3的倍数的概率为0.51.
点评：运用等可能事件的概率公式时，一定要将基本事件总数和满足条件的事件总数求正确，枚举法和分类讨论是解决这类问题行之有效的常用方法.
知能训练
1.先后抛掷两枚均匀的硬币，出现一枚正面、一枚反面的概率是（ ）
2.在所有的两位数中，任取一个数，则这个数能被2或3整除的概率为（ ）
3.从甲、乙、丙、丁四人中选3人作代表参加某个会议，则甲一定当选的概率为________________
.
4.有4个房间安排3个人住宿，每个人可以住进任一房间，且住进房间是等可能的，求：
(1)事件“指定的3个房间各有1人”的概率；
(2)事件“第1号房间有1人，第2号房间有2人”的概率.（每个房间最多可以住3人）
解答：
1.C 2.B
3.从四人中选出3人共有4种等可能结果（甲，乙，丙），(甲，乙，丁)
，(甲，丙，丁)
，(乙，丙，丁)，其中甲一定当选的有3种，故甲一定当选的概率为P==0.75.
4.(1)运用枚举法可得基本事件总数是43，记“指定的3个房间各有1人”为事件A，则A中包含的基本事件数为3×2=6个，所以P(A)=
.
(2)
记“第1号房间有1人，第2号房间有2人”为事件B，则B中包含的基本事件数为3个，所以P(B)=
.
课堂小结
数学是一门严谨的科学，而用进行大量重复试验来估计事件的概率，既麻烦又不准确，因此在一些特殊的情况下，我们可以构造出计算事件概率的通用方法，从而直接得到概率的准确值.就是运用古典概型的概率计算公式来计算相应事件的概率，比较简单.运用古典概型的概率计算公式计算事件的概率时，一定要验证该试验中所构造的基本事件是否满足古典概型的第二个条件，即每个结果出现是等可能的，否则计算出的概率将是错误的.利用“数形结合”的方法即画树形图的方法来得到基本事件的个数，可以帮助我们大大简化计算量，而且还很直观.尤其是树形图可以帮助我们来枚举随机试验包含的所有基本事件，不容易遗漏.
作业
课本习题3.2 1～5.
设计感想
根据本课时教学内容的特点，采用引导发现和归纳概括相结合的教学方法，通过提出问题、思考问题、解决问题等教学过程，观察对比、概括归纳古典概型的概念及其概率公式，再通过具体问题的提出和解决，来激发学生的学习兴趣，调动学生的主体能动性，让每一个学生充分地参与到学习活动中来.使学生在教师创设的问题情景中，通过观察、类比、思考、探究、概括、归纳和动手尝试相结合，体现学生的主体地位，培养学生由具体到抽象，由特殊到一般的数学思维能力，形成实事求是的科学态度，增强锲而不舍的求学精神.本节课的教学通过提出问题，引导学生发现问题，经历思考交流概括归纳后得出古典概型的概念，由两个问题的提出进一步加深对古典概型的两个特点的理解；再通过学生观察类比推导出古典概型的概率计算公式.这一过程能够培养学生发现问题、分析问题、解决问题的能力.在解决概率的计算上，鼓励学生尝试枚举和画出树形图，让学生感受求基本事件个数的一般方法，从而化解由于没有学习排列组合而学习概率这一教学困惑.3.4 互斥事件
1
整体设计
教材分析
本节的内容主要是互斥事件及其概率，为了能简洁地叙述相关内容，可以通过实例来叙述，如在粉笔盒里装有3支红粉笔，2支绿粉笔，1支黄粉笔，现从中任取1支，记事件A为取得红粉笔，记事件B为取得绿粉笔，则A与B不能同时发生，即A与B是互斥事件.互斥事件定义中事件A与事件B不可能同时发生是指若事件A发生，事件B就不发生或者事件B发生，事件A就不发生.
对立事件的定义中的两个事件必有一个发生，它的前提条件是这两个事件为互斥事件.因此，对立事件可以理解为：事件A与B不能同时发生，且事件A与B中“必有一个发生”即指事件A不发生，事件B就一定发生或者事件A发生，事件B就不发生.如，投掷一枚硬币，事件A为正面向上，事件B为反面向上，则事件A与事件B必有一个发生且只有一个发生.事件A的对立事件通常记作A.
如果事件A与B互斥，那么事件A+B发生(即A、B中有一个发生)的概率，等于事件A、B分别发生的概率的和，即P(A+B)=P(A)+P(B)，此公式可以由特殊情形中的既是互斥事件又是等可能性事件推导得到.一般地，如果事件A1，A2，…，An两两互斥，那么事件A1+A2+…+An发生(即A1，A2，…，An中有一个发生)的概率，等于这n个事件分别发生的概率的和，即P(A1+A2+…+An)=P(A1)+P(A2)+…+P(An).
对立事件是一种特殊的互斥事件.特殊有两点：其一，事件个数特殊(只能是两个事件)；其二，发生情况特殊(有且只有一个发生).若A与B是对立事件，则A与B互斥且A+B为必然事件，故A+B发生的概率为1，即P(A+B)=P(A)+P(B)=1.
从集合的角度来看，事件A、B互斥，是指事件A所含的结果组成的集合与事件B所含的结果组成的集合的交集为空集，则有P(A+B)=card(A+B)/card(I)=（card(A)+card(B)）/card(I)=card(A)/card(I)+card(B)/card(I)=P(A)+P(B)；事件A与B对立，是指事件B所含的结果组成的集合，是全集中由事件A所含的结果组成的集合的补集，即A∩B=?，且A∪B=I.
图1
图2
公式P(A+)=P(A)+P()=1的常用变形公式为P(A)=1-P()或P()=1-P(A)，在解题中会经常用到.
本节基本方法是将较复杂事件表示为若干两两互斥事件的和，利用概率加法公式计算互斥事件和的概率，或当一事件的对立事件的概率易求时，将该事件概率的计算转化为对立事件的概率，简化计算.解题时应注意互斥事件或对立事件的条件是否满足.
三维目标
1.理解互斥事件、对立事件的概念和实际意义，能够运用互斥事件的概率加法公式计算一些事件的概率，会利用两个对立事件的概率和等于1来简化一些概率的计算.
2.通过对互斥事件、对立事件概念的理解及其概率的计算，进一步理解随机事件概率的意义，从而掌握互斥事件、对立事件与古典概型、几何概型的区别与联系.
3.通过对互斥事件的概率的计算，进一步理解随机事件的概率的意义，提高分析问题和解决问题的能力.
4.通过对互斥事件、对立事件概念的理解及其概率的计算，培养学生类比推理、信息迁移能力和转化的数学思想.
5.结合互斥事件、对立事件的概念及其概率的计算，培养学生的辩证唯物主义观点和用对立统一规律分析问题的方法.
重点难点
教学重点：1.理解互斥事件的概率加法公式.
2.会运用互斥事件的概率加法公式计算一些事件的概率.
教学难点：1.用定义判断较复杂的事件是否互斥.
2.会运用互斥事件的概率加法公式计算一些事件的概率.
课时安排
2课时
教学过程
第1课时
导入新课
设计思路一：（实例导入）
在1个盒内放有10个大小相同的小球，其中有7个红球，2个绿球，1个黄球，从中任取一个球.请同学们思考下列事件的概率：
事件A：得到红球；事件B：得到绿球；事件C：得到红球或者绿球.
设计思路二：（情境导入）
体育考试的成绩分为四个等级：优、良、中、不及格，某班50名学生参加了体育考试，结果如下：
优
85分及以上
9人
良
75～84分
15人
中
60～74分
21人
不及格
60分以下
5人
体育考试的成绩的等级为优、良、中、不及格的事件分别记为A，B，C，D.
问题1：在同一次考试中，某一位同学能否既得优又得良？
问题2：从这个班任意抽取一位同学，那么这位同学的体育成绩为“优良”（优或良）的概率分别是多少？
问题3：如果将“体育成绩及格”记为事件E，那么E与D能否同时发生？它们之间有什么关系？
推进新课
新知探究
对于导入思路一：
1.互斥事件的有关概念
在1个盒内放有10个大小相同的小球，其中有7个红球，2个绿球，1个黄球，从中任取一个球.则事件A“得到红球”的概率为；事件B“得到绿球”的概率为；事件C“得到红球或者绿球”的概率为.
下面来研究以下问题：
“得到红球”和“得到绿球”这两个事件之间有什么关系，可以同时发生吗？问题（3）中的事件“得到红球或者绿球”与问题（1）（2）中的事件有何联系，它们的概率间的关系如何？
如果从盒中摸出1个球是红球，即事件A发生，那么事件B就不发生；如果从盒中摸出1个球是绿球，即事件B发生，那么事件A就不发生.就是说，事件A与B不可能同时发生.这种不可能同时发生的两个事件叫做互斥事件(exclusive
events).
一般地，如果事件A1，A2，…An中的任何两个都是互斥的，那么就说A1，A2，…An彼此互斥.
从集合的角度看，n个事件彼此互斥，是指各个事件所含的结果组成的集合彼此不相交.
2.互斥事件有一个发生的概率
设A、B是两个互斥事件，那么A＋B表示这样一个事件：在同一试验中，A与B中有一个发生就表示它发生.那么事件A＋B的概率是多少？
在上面的问题中“从盒中摸出1个球，得到红球或绿球”就表示事件A＋B.
由于从盒中摸出1个球有10种等可能的方法，而得到红球或绿球的方法有7＋2种，所以得到红球或绿球的概率
P（A＋B）＝，
另一方面
P（A）＝，P（B）＝，
由，我们看到
P（A＋B）＝P（A）＋P（B）.
这就是说，如果事件A，B互斥，那么事件A＋B发生（即A，B中有一个发生）的概率，等于事件A，B分别发生的概率的和.
一般地，如果事件A1，A2，…An彼此互斥，那么事件A1＋A2＋…＋An发生（即A1，A2，…An中有一个发生）的概率，等于这个事件分别发生的概率的和，即
P（A1＋A2＋…＋An）＝P（A1）＋P（A2）＋…＋P（An）.
3.对立事件
如果事件A与事件B是互斥事件，并且事件A与事件B中必有一个事件发生，则称事件A与事件B为对立事件（complementary
events）.事件A的对立事件记为A.
对立事件与互斥事件的关系
对立事件必定是互斥事件，两个互斥事件或对立事件不能同时发生.对立事件有且只有一个发生，而互斥事件可能两个都不发生，即互斥事件至多有一个发生.
从集合的角度来看，表示互斥事件与对立事件的集合的交集都是空集，但对立事件的并集是全集，而两个互斥事件的并集不一定是全集.如图所示：
注：椭圆表示全集
左图是集合表示的互斥事件之间的关系，右图是集合表示的对立事件之间的关系.
由于对立事件A与必定有一个发生，因此A+是必然事件，所以P(A)+P()=P(A+)=1，由此，可以有如下的重要公式P()=1－P(A).
对于导入思路二：
对于问题1，在同一次体育考试中，同一人不可能既得优又得良，即事件A和B是不可能同时发生的.不能同时发生的两个事件称为互斥事件（exclusive
events）.
对于本例中的事件，其中任意两个都是互斥的.一般地，如果事件A1，A2，…，An中的任何两个都是互斥事件，就说事件A1，A2，…，An彼此互斥.
设A，B为互斥事件，当事件A，B有一个发生，我们把这个事件记作A+B.在上述关于体育考试成绩的问题2中，事件A+B就表示事件“优”或“良”，那么，事件A+B发生的概率是多少呢？
用古典概型的求概率公式，可以得到事件A发生的概率P(A)=，事件B发生的概率P(B)=
.因此有P(A+B)=P(A)+P(B).
如果事件A，B为互斥，那么事件A+B发生的概率，等于事件A，B分别发生的概率的和，即P(A+B)=P(A)+P(B).
一般地，如果事件A1，A2，…，An两两互斥，那么事件A1+A2+…+An发生(即A1，A2，…，An中有一个发生)的概率，等于这n个事件分别发生的概率的和，即P(A1+A2+…+An)=P(A1)+P(A2)+…+P(An).
在上述关于体育考试成绩的问题3中，事件E与D不可能同时发生，但是必然有一个发生.由分析可知，事件E与D是互斥事件，但是比互斥事件的条件要强.
如果两个互斥事件必有一个发生，则称这两个事件为对立事件（complementary
events）.事件A的对立事件记为A.
对立事件与互斥事件有何异同？
互斥事件和对立事件都是对两个事件而言的，它们既有区别又有联系.在一次试验中，两个互斥的事件有可能都不发生，也可能有一个发生；而两个对立的事件则必有一个发生，但不可能同时发生.所以，两个事件互斥，它们未必对立；反之，两个事件对立，它们一定互斥.也就是说，两个事件对立是这两个事件互斥的充分不必要条件.
对立事件是一种特殊的互斥事件.特殊有两点：其一，事件个数特殊(只能是两个事件)；其二，发生情况特殊(有且只有一个发生).若A与B是对立事件，则A与B互斥且A+B为必然事件，故A+B发生的概率为1，即P(A+B)=P(A)+P(B)=1.
从集合的角度来看，事件A、B互斥，是指事件A所含的结果组成的集合与事件B所含的结果组成的集合的交集为空集，则有P(A+B)=card(A+B)/card(I)=（card(A)+card(B)）/card(I)=card(A)/card(I)+card(B)/card(I)=P(A)+P(B)；事件A与B对立，是指事件B所含的结果组成的集合，是全集中由事件A所含的结果组成的集合的补集，即A∩B=，且A∪B=I.
图1
图2
公式P(A+)=P(A)+P()=1的常用变形公式为P(A)=1-P()或P()=1-P(A)，在解题中会经常用到.
应用示例
思路1
例1
一个射手进行一次射击，记“命中的环数大于8”为事件A，“命中的环数大于5”为事件B
,“命中的环数小于4”为事件C
，“命中的环数小于6”为事件D.那么A、B、C、D
中有多少对互斥事件？
分析：判断两个事件是否是互斥事件，主要依据是互斥事件的概念即两个事件不能同时发生.
解：由于一个射手进行一次射击，“命中的环数大于8”与“命中的环数小于4”不能同时发生，也就是事件A与事件C不能同时发生，所以，事件A与事件C是互斥事件.同样道理，事件A与事件D，事件B与事件C，事件B与事件D也是互斥事件，因此，事件A、B、C、D
中有四对互斥事件，即A与C，A与D，B与C，B与D.
点评：在判断两个事件是否是互斥事件时，紧紧抓住关键词“两个事件不能同时发生”，如果满足条件就是互斥事件.对于对立事件则首先是互斥事件，还要满足条件“其中一个不发生，则另一个必定发生”.
例2
某人射击1次，命中7～10环的概率如下表所示：
命中环数
10环
9环
8环
7环
概率
0.12
0.18
0.28
0.32
(1)求射击1次，至少命中7环的概率；(2)求射击1次，命中不足7环的概率.
分析：若将“射击1次，命中k环”记为事件Ak(k∈N,且k≤10)，事件Ak两两不可以同时发生，因此，事件Ak两两互斥，考虑用互斥事件有一个发生的概率的计算方法来计算.
解：记事件“射击1次，命中k环”为Ak
(k∈N,且k≤10),则事件Ak彼此互斥.
（1）记“射击1次，至少命中7环”为事件A，那么当A10,A9,A8或A7之一发生时，事件A发生.由互斥事件的概率加法公式，得
P(A)=P(A10+A9+A8+A7)=P(A10)+P(A9)+P(A8)+P(A7)=0.12+0.18+0.28+0.32=0.9.
(2)事件“射击1次，命中不足7环”是事件“射击1次，至少命中7环”的对立事件，即A表示事件“射击1次，命中不足7环”.根据对立事件的概率公式，得
P()=1－P(A)=1－0.9=0.1.
答：此人射击1次，至少命中7环的概率为0.9；命中不足7环的概率为0.1.
点评：在解有关互斥事件的概率问题时，有时为了问题解答的简洁，往往采用间接的解题方法来求解，例如，要求某一个事件A的概率时，可以先求这一个事件A的对立事件A的概率，再通过公式P(A)=1－P(A)来求解.
例3
黄种人群各种血型的人所占的比例如下表所示：
血型
A
B
AB
O
该血型的人所占比例（%）
28
29
8
35
已知同种血型的人可以输血，O型血可以输给任一种血型的人，任何人的血都可以输给AB型血的人，其他不同血型的人不能互相输血.小明是B型血，若小明因病需要输血，问：
（1）任找一个人，其血可以输给小明的概率是多少？
（2）任找一个人，其血不能输给小明的概率是多少？
分析：由于每个人的血型是确定的，因此，对于任何一个人所具有的血型对应的事件是互斥的.
解：（1）对任一人，其血型为A，B，AB，O型血的事件分别记为A′,B′,C′,D′，它们是互斥的.由已知，有
P(A′)=0.28,P(B′)=0.29,P(C′)=0.08,P(D′)=0.35.
因为B，O型血可以输给B型血的人，故“可以输给B型血的人”为事件B′+D′.根据互斥事件的概率加法公式，有
P()=P(B′)+P(D′)=0.29+0.35=0.64.
（2）由于A，AB型血不能输给B型血的人，故“不能输给B型血的人”为事件A′+C′.根据互斥事件的概率加法公式，有
P(A′+C′)=P(A′)+P(C′)=0.28+0.08=0.36.
答：任找一个人，其血可以输给小明的概率是0.64，其血不能输给小明的概率是0.36.
点评：第（2）问也可以这样解：因为事件“其血可以输给B型血的人”与事件“其血不能输给B型血的人”是对立事件，故由对立事件的概率公式，有
P(B′+D′)=1－P(B′+D′)=1－0.64=0.36.
例4
（1）某家庭电话响第一声时被接的概率为，响第二声时被接的概率为，响第三声时被接的概率为，响第四声时被接的概率为，求电话在响第五声之前被接的概率.
（2）有10件产品分为3个等级，其中一级品有4件，二级品3件，三级品3件，从这10件产品中任意取出2件，试求：①所取2件产品中有1件一级品、1件二级品的概率；②所取2件产品中至少有1件是一级品的概率；③所取2件产品是同等级产品的概率.
分析：根据题意，事件“所取2件产品中至少有1件是一级品”可以分为事件“所取2件产品中恰有1件一级品”和“所取的2件产品都是一级品”，这两个事件是互斥事件；事件“所取2件产品是同等级产品”可以分为“所取2件产品都是一级品”“所取2件产品都是二级品”“所取2件产品都是三级品”这三个互斥事件，因而可以运用互斥事件有一个发生的概率的计算方法来求解.
解：（1）假设“电话在响第n声被接”为事件Ai（i=1，2，3，4，5），则电话在响第5声之前时被接的概率为P（A5）=P（A1）+
P（A2）+P（A3）+P（A4）=+++=.
（2）①记事件A为“所取2件产品中有1件一级品、1件二级品”，则P(A)=.②记事件B为“所取2件产品中至少有1件是一级品”，记事件B1为“所取2件产品中恰有1件一级品”，事件B2为“所取的2件产品都是一级品”，由于B1、B2不能同时发生，所以B1、B2是互斥事件，所以P(B)=P(B1)+P(B2)=.
③记事件C为“所取2件产品是同等级产品”，事件C1为“所取2件产品都是一级品”，事件C2为“所取2件产品都是二级品”，事件C3为“所取2件产品都是三级品”，而事件C1、C2、C3是彼此互斥事件，因此，事件C的概率为P(C)=P(C1)+P(C2)+P(C3)==.
点评：本题运用n个彼此互斥事件概率的计算公式P(A1+A2+…+An)=P(A1)+P(A2)+…+P(An)，它实际上是公式P(A+B)=P(A)+P(B)的推广；另外用把某一个事件分解为若干个彼此互斥的事件的方法来解决有关概率问题，是求解概率问题常用的方法.
思路2
例1
一只口袋内装有大小一样的4只白球和4只黑球，从中一次任意摸出2只球.记摸出2只白球为事件A，摸出1只白球和1只黑球为事件B.问：事件A与B是否为互斥事件？是否为对立事件？
分析：可以根据互斥事件和对立事件的概念来判断.
解：由于事件A与事件B不可能同时发生，所以事件A与B互斥.因为从口袋中一次可以摸出2只黑球，不符合对立事件所满足的条件，即“事件A与事件B是互斥事件，且事件A与事件B中必定有一个发生”，所以事件A与B不是对立事件.
点评：要判断是否是互斥事件或对立事件，必须从互斥事件和对立事件的概念出发，紧扣相应概念的条件，若满足相应条件，就是互斥事件或对立事件，否则就不是.
例2
某地区的年降水量在下列范围内的概率如下表所示：
年降水量（单位：mm）
［100,150)
［150,200)
［200,250)
［250,300)
概 率
0.12
0.25
0.16
0.14
（1）求年降水量在［100,200)（mm）范围内的概率；（2）求年降水量在［150,300)（mm）范围内的概率.
分析：分别记年降雨量在［100,150)、［150,200)、［200,250)、［250,300)为事件A、B、C、D，事件A、B、C、D不可能同时发生，所以，它们是互斥事件，可以运用互斥事件的概率的计算公式计算相应事件的概率.
解：（1）因为事件“年降雨量在［100,200)”是互斥事件A与B有一个发生的情况，所以事件A与B有一个发生的概率为P(A+B)＝P(A)+P(B)＝0.12+0.25=0.37，即年降雨量在［100,200)的概率为0.37.
（2）由于事件“年降雨量在［150,300)”是互斥事件B、C、D有一个发生的情形，所以，互斥事件B、C、D有一个发生的概率为
P(B+C+D)＝P(B)+P(C)+P(D)＝0.25+0.16+0.14=0.55，
因此，年降雨量在［150,300)的概率为0.55.
点评：正确判断所要求解的问题的概率类型，选择正确的计算公式，是解概率问题的关键所在.
例3
同时抛掷两枚骰子，试求向上一面的点数至少有一个是5点或6点的概率.
分析：由于事件“向上一面的点数至少有一个是5点或6点”可以分为“向上一面的点数只有一个是5点而没有6点”“向上一面的点数只有一个是6点而没有5点”“向上一面的点数有一个是5点，一个是6点”“向上一面的点数两个都是5点或都是6点”这四个事件，这四个事件不可能同时发生，因此是彼此互斥事件.
解：记事件A为“向上一面的点数至少有一个是5点或6点”，事件B为“向上一面的点数只有一个是5点而没有6点”，事件C为“向上一面的点数只有一个是6点而没有5点”，事件D为“向上一面的点数有一个是5点，一个是6点”，事件E为“向上一面的点数两个都是5点或都是6点”，事件A可以分为四个彼此互斥事件B、C、D、E，所以事件A的概率为P(A)=P(B)+P(C)+P(D)+P(E)=
.
答：所求向上一面的点数至少有一个是5点或6点的概率为.
点评：在求某一个事件的概率时，可以将该事件分解为若干个彼此互斥事件，再运用彼此互斥事件概率的计算方法来求解.这种方法是求解概率问题常用的方法之一.
例4
一个盒子中装有6只灯泡，其中2只是次品，4只是正品，有放回地从中任取两次，每次取一只灯泡，试求下列事件的概率：(1)取到的2只灯泡都是次品；(2)取到的2只灯泡中正品、次品各一只；(3)取到的2只灯泡中至少有一只正品.
分析：问题（1）可以用古典概型的概率的求解方法来解；问题（2）、（3）由于满足互斥事件的条件，所以考虑运用互斥事件有一个发生的概率的求解方法来解答.
解：从6只灯泡中有放回地任取两只，共有62＝36种不同取法.
(1)取到的2只都是次品情况为22＝4种.因而所求概率为.
(2)由于取到的2只灯泡中正品、次品各一只有两种可能：第一次取到正品，第二次取到次品；第一次取到次品，第二次取到正品.即两个基本事件，而这两个事件符合互斥事件的条件，因而所求概率为P=.
(3)由于“取到的两只灯泡中至少有一只正品”有两种可能即“取到的两只灯泡中恰好有一只正品和一只次品”和“取到的两只灯泡中两只都是正品”，对于事件“取到的两只灯泡中恰好有一只正品和一只次品”的概率由（2）可知为，又由于“取到的两只灯泡中两只都是正品”的可能有42=16，因此，事件“取到的两只灯泡中两只都是正品”的概率为，由于事件“取到的两只灯泡中至少有一只正品”是互斥事件“取到的两只灯泡中恰好有一只正品和一只次品”和“取到的两只灯泡中两只都是正品”有一个发生的情形，所以，事件“取到的两只灯泡中至少有一只正品”的概率为.
点评：由于事件“取到的两只灯泡中至少有一只正品”是事件“取到的两只都是次品”的对立事件，因而问题（3）还可以运用对立事件概率的求法来解答.因此，所求事件“取到的两只灯泡中至少有一只正品”概率为P=1-.运用对立事件的概率求解是求解概率问题常用的方法.
知能训练
课本本节练习.
解答：
1.事件A与B互斥不对立；事件A与C互斥且对立；事件A与D不互斥.
2.D
3..
4.分别记“年降水量在［600,800)”“年降水量在［800,1
000)”“年降水量在［1
000,1
200)”“年降水量在［1
200,1
400)”“年降水量在［1
400,1
600］”为事件A1、A2、A3、A4、A5，则事件A1、A2、A3、A4、A5彼此互斥.
（1）记“年降水量在［800,1
200）”为事件A，那么当A2、A3之一发生时，事件A发生.由互斥事件的概率加法公式，得
P(A)=P(A2+A3)=P(A2)+P(A3)=0.26+0.38=0.64.
（2）记“该地区发生涝灾”为事件B，根据题意，当A4、A5之一发生时，事件B发生.由互斥事件的概率加法公式，得
P(B)=P(A4+A5)=P(A4)+P(A5)=0.16+0.08=0.24.
答：年降水量在［800，1
200）内的概率为0.64；该地区可能发生涝灾的概率为0.24.
点评：互斥事件的正确判断和互斥事件有一个发生的概率的正确计算，是建立在对互斥事件概念的正确及深入理解的基础上的，所以，在解决概率计算的问题时，要紧紧抓住相关概念和公式.
课堂小结
今天这节课我们主要学习了互斥事件及其发生的概率，学习了互斥事件、对立事件.
不能同时发生的两个事件称为互斥事件.两个互斥事件必有一个发生，则称这两个事件为对立事件.互斥事件概率的加法公式为P(A1+A2+…+An)=P(A1)+P(A2)+…+P(An).对立事件是一种特殊的互斥事件.特殊之处有两点：其一，事件个数特殊(只能是两个事件)；其二，发生情况特殊(有且只有一个发生).若A与B是对立事件，则A与B互斥且A+B为必然事件，故A+B发生的概率为1，即P(A+B)=P(A)+P(B)=1.
今天还学习了一种求概率的方法，那就是将较复杂事件表示为若干两两互斥事件的和，利用概率加法公式计算互斥事件和的概率，或当一事件的对立事件的概率容易求解时，将该事件概率的计算转化为对立事件的概率，简化计算.解题时应注意互斥事件或对立事件的条件是否满足.从集合的角度，借助图形，来看互斥事件、对立事件，有利于接受与理解.
作业
课本习题3.4 1～6.
设计感想
本节课的主要内容是互斥事件及其概率.因此，对以下内容要加以重视：互斥事件定义中事件A与事件B不可能同时发生是指若事件A发生，事件B就不发生或者事件B发生，事件A就不发生.对立事件的定义中的两个事件必有一个发生，它的前提条件是这两个事件为互斥事件.因此，对立事件可以理解为：事件A与B不能同时发生，且事件A与B中“必有一个发生”即指事件A不发生，事件B就一定发生或者事件A发生，事件B就不发生.对立事件是一种特殊的互斥事件.特殊有两点：其一，事件个数特殊(只能是两个事件)；其二，发生情况特殊(有且只有一个发生).若A与B是对立事件，则A与B互斥且A+B为必然事件，故A+B发生的概率为1，即P(A+B)=P(A)+P(B)=1.
另外，本节课概率计算的基本方法是将较复杂事件表示为若干两两互斥事件的和，利用概率加法公式计算互斥事件和的概率，或当一事件的对立事件的概率易求时，将该事件概率的计算转化为对立事件的概率，简化计算.解题时应注意互斥事件或对立事件的条件是否满足.3.2 古典概型
第2课时
新课导入
设计思路一：（问题导入）
请同学们思考下面的问题：在一个有50名学生的班级，至少有两位同学生日在同一天的概率是多少？
设计思路二：（情境导入）
（1）掷一枚质地均匀的硬币，结果只有2个，即“正面朝上”或“反面朝上”，它们都是随机事件.
（2）一个盒子中有10个完全相同的球，分别标以号码1，2，3，…，10，从中任取一球，只有10种不同的结果，即标号为1，2，3…，10.
根据上述情况，你能发现它们有什么共同特点？
推进新课
新知探究
对于导入思路一：
50个人的生日问题，这里的基本事件是什么呢？那一定是n个人的生日情况的所有可能性，共有多少个基本事件？事件“至少有一对生日相同”所包含的基本事件的个数如何来统计呢？是否符合古典概型呢？如果说你能够说明它是古典概型，能够清楚地找到基本事件，能够分析好事件“至少有一对生日相同”包含了多少个基本事件，就能够利用古典概型的概率计算公式计算出概率.
在同学们讨论的过程中，回顾复习有关古典概型的相关内容：
基本事件的概念：
在一次试验中出现的每一个结果称为基本事件.
等可能事件的意义：
如果在一次试验中，每一个基本事件发生的可能性都相同，那么称这些基本事件为等可能事件.
古典概型的两个特点：
(1)试验中所有可能出现的基本事件只有有限个，即具有有限性；
（2）每个基本事件出现的可能性相等即具有等可能性.
古典概型的概率的计算方法：
倘若一次试验的等可能基本事件共有n个，那么每一个等可能基本事件发生的概率都是.如果某个事件A包含了其中m个等可能基本事件，那么事件A发生的概率为P(A)=
.
对于导入思路二：
通过学生的讨论、分析和总结，复习古典概型的有关知识.
古典概型具有的两个特点：
(1)试验的等可能基本事件共有n个，那么每一个等可能基本事件发生的概率都是.如果某个事件A包含了其中m个等可能基本事件，那么事件A发生的概率为P(A)=
.
从集合的角度看古典概型概率的计算问题.
在一次试验中，等可能出现的n个结果组成一个集合I，这n个结果就是集合I的n个元素.各基本事件均对应于集合I的含有1个元素的子集，包含m个结果的事件A对应于集合I的含有m个元素的子集，因此从集合的角度看，事件A发生的概率等于子集A含有的元素的个数与集合I含有的元素个数的比值.
应用示例
思路1
例1
从字母a,b,c,d中任意取出两个不同字母的试验中，有哪些基本事件？
分析：我们可以按照字母排列的顺序，把所有可能的结果都列出来.利用树形图可以将它们之间的关系列出来.
（树形图）
解：所求的基本事件共有6个：A={a,b}，B={a,c}，C={a,d}，D={b,c}，E={b,d}，F={c,d}.
点评：我们一般用列举法列出所有基本事件的结果，画树形图是列举法的基本方法，一般分布完成的结果(两步以上)可以用树形图进行列举.
例2
从标有1，2，3，…，8，9的9张卡片中任取2张，那么这2张卡片的数字之和为偶数的概率为________________.
解析：记“从标有1，2，3，…，8，9的9张卡片中任取2张卡片的数字之和为偶数”为事件A，从标有1，2，3，…，8，9的9张卡片中任取2张，共有36种等可能结果，即共有36个等可能基本事件，要使事件A发生，则取出的两张卡片可以分为两类：一类是卡片上的数字都为偶数，共有6种等可能结果即6个等可能基本事件；另一类是卡片上的数字都为奇数，共有10种等可能结果即共有10个等可能基本事件，因此
，事件A包含的基本事件总数为16个，所以P(A)=.
答案：
点评：本题在计算事件“从标有1，2，3，…，8，9的9张卡片中任取2张卡片的数字之和为偶数”时采用了分类讨论的方法.分类讨论是非常重要的数学思想方法.另外，本题还可以设置以下的问题，如“从标有1，2，3，…，8，9的9张卡片中任取2张卡片的数字之和为奇数的概率”，“从标有1，2，3，…，8，9的9张卡片中任取2张卡片的数字之积为偶数的概率”等.
例3
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？
分析：本题可以考虑用枚举法得到等可能基本事件的总数，再通过所列举出来的等可能基本事件得到事件“向上的点数之和是5”所包含的基本事件的总数，最后运用古典概型的概率公式求解.
解：（1）掷一个骰子的结果有6种，我们把两个骰子标上记号1，2以便区分，由于1号骰子的结果都可以与2号骰子的任意一个结果配对，我们用一个“有序实数对”来表示组成同时掷两个骰子的一个结果（如表），其中第一个数表示1号骰子的结果，第二个数表示2号骰子的结果.（可由列表法得到）
由表中可知同时掷两个骰子的结果共有36种.
（2）在上面的结果中，向上的点数之和为5的结果有4种，分别为：?
（1，4），（2，3），（3，2），（4，1）.
（3）由于所有36种结果是等可能的，其中向上点数之和为5的结果（记为事件A）有4种，因此，由古典概型的概率计算公式可得
P（A）＝＝.
点评：枚举法是解决计算等可能基本事件总数和某一个事件所包含的基本事件总数最有效的方法，而在枚举时可以用列表、树形图等方法.
例4
用三种不同颜色给下图中的三个矩形随机染色，每个矩形只涂一种颜色，求：
（1）3个矩形颜色都相同的概率；
（2）3个矩形颜色都不同的概率.
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：
解：本题的基本事件共有27个，见上图.
（1）记“3个矩形都涂同一颜色”为事件A，由上图可知，事件A的基本事件有1×3=3个，故P(A)=.
（2）“3个矩形颜色都不同”为事件B，由上图可知，事件B的基本事件有2×3=6个，
故P(B)=
.
答：（1）3个矩形颜色都相同的概率为；
（2）3个矩形颜色都不同的概率为.
点评：本例体现了“数形结合”的巧妙性与重要性.运用这种树形图，可以很轻松地得到等可能事件的总数以及某一事件所包含的基本事件的总数.
例5
一个口袋有6个球，其中4个白球，2个黑球，求下列各事件的概率：
(1)从中任意取出2个，连续取出的2个都是白球；
(2)从中取出一个，然后放回后再摸出一个，两次摸出的球是一黑一白；
(3)从中摸出一个是黑球，放回后再摸出一个是白球；
(4)从中摸出两个球，一个是黑的，一个是白的；
(5)从中摸出两个球，先摸出的是黑球，后摸出的是白球.
分析：
本题可以考虑用枚举法计算等可能基本事件的总数，此外，分清“有放回”和“不放回”是正确解答本题的关键.
解：(1)记“连续取出的2个都是白球”为事件A，任意取出两个球，共有15个等可能基本事件，而事件A包含了其中的6个基本事件，所以P(A)==0.4.
(2)记“从中取出一个，然后放回后再摸出一个，两次摸出的球是一黑一白”为事件B，从中摸出一个，放回后再摸出一个，共有6×6=36个等可能基本事件，而事件B包含了其中的2×4×2=16个基本事件，所以P(B)=
.
(3)记“从中摸出一个是黑球，放回后再摸出一个是白球”为事件C，从中摸出一个，放回后再摸出一个，共有6×6=36个等可能基本事件，而事件C包含了其中的4×2=8个基本事件，所以P(C)=.
(4)记“从中摸出两个球，一个是黑的，一个是白的”为事件D，从口袋中任意取出两个球，共有15个等可能基本事件，而事件D包含了其中的8个基本事件，所以P(A)=
.
(5)记“从中摸出两个球，先摸出的是黑球，后摸出的是白球”为事件E，从中先后摸出两个球，共有6×5=30个基本事件，而事件E包含了其中的8个基本事件，所以P(E)=.
点评：
在解本题时注意：一要分清“放回”和“不放回”，二要弄清取球时是否有先后顺序，这样才能正确解答“取球”问题.
思路2
例1
在盒子中有十个相同的球，分别标为号码1，2，…10，从中任取一球，求此球的号码为偶数的概率.
分析：用枚举法正确计算出事件“从十个标有号码为1，2，…10的球中任取一个”的基本事件总数以及正确计算事件“从十个标有号码为1，2，…10的球中任取一个，所取的球的号码为偶数”包含的基本事件总数，最后用公式计算概率.
解：记事件A“所取球的号码为偶数”，因为是从十个标有号码为1，2，…10的球中任取一个，所以该试验有10个可能的结果，即该试验有10个基本事件，且是等可能的.事件A“所取球的号码为偶数”发生就是指所取球的号码为2，4，6，8，10，共包含5个基本事件，所以P(A)=510=.
答：所取球的号码为偶数的概率为.
点评：求一个事件的概率，可以从不同的角度来考虑，因而有不同的解法.对于本题一定要认清该试验的基本事件是什么，否则引起混淆并导致谬误.本题还有如下解法：该试验共有2个可能的结果，即所取球的号码为偶数，所取球的号码为奇数，且是等可能的.所以所取球的号码为偶数的概率为.
例2
同时抛掷两颗骰子，计算向上一面的点数之和为奇数的概率.有人解答如下：点数和为奇数，可取3，5，7，9，11共5种可能结果，点数之和为偶数，可取2，4，6，8，10，12共6种可能结果，因此，出现点数之和为奇数的概率为.这样的解答正确吗？如有错误，说明理由，并给出正确的解答.
分析：正确理解古典概型的特点，再求出等可能事件的总数以及某一个事件所包含的基本事件总数，最后计算概率.
解：题中的解答是错误的，因为点数之和为奇数和偶数的11种可能结果不是等可能的，因而不能用古典概型来求解.正确解答如下：
抛掷两颗骰子共有n=36种等可能的结果，即共有n=36个等可能基本事件，其中点数之和为奇数的事件A含有的等可能的结果即事件A包含等可能基本事件的个数为m=18，所以P(A)==0.5.
点评：
在解古典概型的问题时，一定要满足古典概型的两个特征：
（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.此外本题还可以有如下的解法：
解法一：抛掷两颗骰子共有基本事件：偶偶、偶奇、奇偶、奇奇，即n=4，其中点数之和为奇数的事件A包含的基本事件数为m=2，所以P(A)=0.5.
解法二：抛掷两颗骰子共有基本事件：向上一面的奇偶性相同、向上一面的奇偶性相异，即n=2，其中点数之和为奇数的事件A包含的基本事件数为m=1，所以P(A)=0.5.
例3
甲、乙两人参加知识竞赛，共有10个不同的题目，其中选择题6个，判断题4个，甲、乙两人依次各抽一题.
(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：要解决本题所涉及的概率计算问题，首先要计算各个事件所包含的基本事件的总数.
解：甲、乙两人依次从10个不同的题目中随机地各抽取一题，其中一人抽取时有10种可能的结果，接下来抽取时，第一人抽取的每一个结果对应第二人的有9种可能的结果，即可能出现的结果有10×9=90种可能的结果，因此，事件“甲、乙两人依次从10个不同的题目中随机地各抽取一题”共有90个等可能基本事件.
(1)甲从6道选择题中抽取一题的可能结果有6种，乙在甲抽完后在4道判断题中抽取一题的可能结果有4种，因此，甲抽到选择题，乙抽到判断题的可能结果有6×4=24种，即事件“甲抽到选择题，乙抽到判断题”包含的等可能基本事件有24个，所以，事件“甲抽到选择题，乙抽到判断题”的概率为P=.
(2)甲、乙两人中至少有一人抽到选择题可以分为以下三种情形：
①甲抽到选择题，乙抽到选择题，可能的结果有6×5=30种；
②甲抽到选择题，乙抽到判断题，可能的结果有6×4=24种；
③甲抽到判断题，乙抽到选择题，可能的结果有4×6=24种；
所以甲、乙两人中至少有一人抽到选择题的可能结果有30+24+24=78种，即事件“甲、乙两人中至少有一人抽到选择题”包含的等可能基本事件总数为78种.所以，事件“甲、乙两人中至少有一人抽到选择题”的概率为P=.
点评：对于(2)还可以用如下的方法解答：甲、乙两人都抽到判断题的可能结果为4×3=12种，所以，事件“甲、乙两人中至少有一人抽到选择题”包含的等可能基本事件总数为90－12=78种，因此，事件“甲、乙两人中至少有一人抽到选择题”的概率为P=.这种解法在计算事件“甲、乙两人中至少有一人抽到选择题”包含的等可能基本事件总数时采用逆向思维的方式，先求事件“甲、乙两人都抽到判断题”
包含的等可能基本事件总数，再用事件“甲、乙两人依次从10个不同的题目中随机地各抽取一题”的等可能基本事件的总数90减去事件“甲、乙两人都抽到判断题”
包含的等可能基本事件总数12得到事件“甲、乙两人中至少有一人抽到选择题”包含的等可能基本事件总数.值得注意的是采用逆向思维的方式解决概率问题是常用的方法.
知能训练
1.从5名学生中选出3人作代表，其中某甲被选中的概率为________________.
2.有甲、乙两把不同的锁，各配有2把钥匙，则从4把钥匙中任取2把，能打开甲、乙两把锁的概率为________________.
3.将10本不同的书排在书架上（同一层），其中指定的3本书恰好放在一起的概率为________________.
4.从1，2，3，4，7中任选4个不同的数字填入等式中的空格，能使等式成立的概率为________________.
5.从所有的三位正整数中任取一个数，它既是2的倍数又是5的倍数的概率为________________.
解答:
1.
2.
给钥匙编号，甲锁的两把：A1,A2，乙锁的两把B1,B2选出的2把中，只要有A，有B就可以了.
3. （指定的三本书放在一起，看作一个元素）
P(A)=.
4. 注意到只有3个算式可以满足：3×4=12，2×7=14，3×7=21，但注意到乘法满足交换律，故P=.
5.
三位数共有900个（从100到999）,其中既被2整除又被5整除即为被10整除，这样的数只有90个，∴P=.
点评：选择合适的解题角度，采用直接或间接（如逆向思维）的思想方式解决有关的概率问题.
课堂小结
求一个事件的概率，可以有不同的解法，但一定要认清该试验的基本事件是谁，否则要引起混淆并导致谬误.用数形结合的方法可以大大简化我们的思维量.如果从正面考虑一个问题比较困难或难以入手时，我们可以从这个问题的反面去分析、考虑.在解有关概率问题时，可以按照如下步骤进行：
第一步：先判断该试验是否符合古典概型；第二步：求出该试验共包含多少个等可能的基本事件，记为n；第三步：求出要求概率的事件A包含了多少个基本事件，记为m；第四步：根据古典概型的概率计算公式的P(A)=；第五步：写出答.
作业
课本习题3.2 6～10.
设计感想
由于上一节课中已经学习了古典概型的概念及特点，所以本节课主要是运用古典概型知识来解决一些实际问题，进一步巩固对古典概型的理解.注重学生的参与.课堂练习主要由学生完成，教师适时作出适当的点拨.最后的课堂小结要由学生来参与完成，最好由学生自己来总结，更利于学生对知识、技能的掌握与提高.
习题详解
习题3.2
1..
2.记A={买到一等品}，B={买到合格品}.
从100件产品中买了1件，共有100个等可能的基本事件，符合古典概型.
买到的1件为一等品共包含28个基本事件，买到的1件为合格品共包含93个基本事件，
所以根据古典概型求概率的计算公式得：
P(A)=,P(B)=
.
答：他买到一等品的概率为，买到合格品的概率为.
3.从64块小正方体中任取一块，共有64个等可能的基本事件.事件“取出的一块至少有一面涂有红漆”共包含8+24+24=56个基本事件，故所求事件的概率为.
答：取出的一块至少有一面涂有红漆的概率为.
4.连续3次抛掷同一颗骰子，共有33=27个基本事件，且是等可能的，符合古典概型.3次掷得的点数之和为16共包含（4，6，6），（6，4，6），（6，6，4，），（5，5，6），（5，6，5），（6，5，5），这样6个基本事件，根据古典概型的求概率计算公式，得所求事件的概率为P=.
答：3次掷得的点数之和为16的概率为.
5.（1）令1≤6n≤100，n∈N，解得1≤n≤16，故任取其中一张，这张卡片上写的数是6的倍数的结果共有16个.
（2）从100张卡片中任取其中一张，共有100个等可能的基本事件，符合古典概型.
又因为任取其中一张，这张卡片上写的数是6的倍数的结果共有16个，所以根据古典概型的求概率计算公式，得所求事件的概率为P=.
答：（1）任取其中一张，这张卡片上写的数是6的倍数的结果共有16个.
（2）任取其中一张，这张卡片上写的数是6的倍数的概率为.
6.该试验共有两个等可能的基本事件：甲排在乙前面值班，甲排在乙后面值班.故事件“甲排在乙前面值班”的概率为.
答：甲排在乙前面值班的概率为.
7.
8.从一副52张的扑克牌中抽取一张，共有52个等可能的基本事件，符合古典概型.
（1）事件“抽出一张7”包含4个基本事件，故P(抽出一张7)=
；
（2）事件“抽出一张方块”包含13个基本事件，故P(抽出一张方块)=
；
（3）事件“抽出一张方块7”包含4个基本事件，故P(抽出一张方块7)=.
答：（1）抽出一张7的概率为；
（2）抽出一张方块的概率为；（3）抽出一张方块7的概率为.
9.该试验共有4个等可能的基本事件，符合古典概型.
事件“首先到站的车就是这位乘客所要乘的汽车”包含2个基本事件，故根据古典概型的求概率计算公式，得所求事件的概率为.
答：首先到站的车就是这位乘客所要乘的汽车的概率为.
10.从10件产品中任意抽检2件，共有10×9÷2=45个等可能的基本事件.
（1）记事件A
=“2件都是正品”，则事件A发生相当于从8件正品中任意抽检2件，共包含8×7÷2=28个基本事件.故P(A)=.
（2）记事件B
=“1件是正品，1件是次品”，则事件B发生相当于从8件正品和2件次品中各任意抽检1件，共包含8×2=16个基本事件.故P(B)=
.
（3）记事件C
=“这批产品被退货”，则事件C发生就是指抽检的2件产品都是次品，共包含1个基本事件.故P(C)=.
答：（1）2件都是正品的概率为；
（2）1件是正品，1件是次品的概率为；（3）这批产品被退货的概率为.
11.该试验共有=15个等可能的基本事件，符合古典概型.
（1）事件“2只球都是红球”包含1个基本事件，故P(2只球都是红球)=
；
（2）事件“2只球同色”包含3个基本事件，故P(2只球同色)=
=15；
（3）事件“恰有1只球是白色”包含4个基本事件，故P(恰有1只球是白色)=，P(2只球都是白球)=
，所以P(恰有1只球是白色)是P(2只球都是白球)的4倍.
答：（1）2只球都是红球的概率为；
（2）2只球同色的概率为；
（3）恰有1只球是白色的概率为，是2只球都是白球的概率的4倍.
12.
13.列出所有比赛的情况，如下表：
由上述表格可知，田忌获胜的概率为.第3章 概 率
本章概述
一、课标要求
本章通过对随机现象的研究，学习认识客观世界的方法.多年来，学生学习数学，主要研究确定的现象，对于不确定现象的规律知之甚少.通过本章的学习，使学生进一步了解不仅确定性现象有规律，可以预知结果，可以用数学方法去研究，而且不确定现象也有规律可循，同样也能用数学方法去研究.使学生初步形成用科学的态度、辩证的思想、用随机观念去观察、分析、研究客观世界的态度，寻求并获得认识世界的初步知识和科学态度.
1.在具体情境中了解随机事件发生的不确定性及频率的稳定性，进一步了解概率的意义以及概率与频率的区别.
2.通过实例，理解古典概型概率的计算公式，会用列举法计算随机事件所包含的基本事件数以及事件发生的概率.
3.了解随机数的意义，能运用模拟方法（包括计算机产生随机数来模拟）根据概率，初步体会几何概型的意义.
4.通过实例，了解两个互斥事件的概率加法公式.
5.通过阅读相关材料，了解人类认识随机现象的过程.
6.使学生能初步利用概率知识对实际问题进行分析，并进行理性思考，学会对纷繁复杂的事物进行探索，养成透过事物表面现象把握事物本质所在的思维方法，培养学生理性思维能力与辩证思维能力、创新意识与探究能力、数学建模能力和实践能力，以及表达、交流的能力，增强学生的辩证唯物主义世界观，进一步树立科学的人生观、价值观.
7.注重体现数学的文化价值与美学价值，增强学生的审美观，丰富学生的文化底蕴，提高学生的人文素质.
二、本章编写意图与教学建议
人们在认识自然的过程中，对自然现象进行大量的观察，通过观察得到大量的数据，再对得到的数据进行分析，找出其内在的规律.人们发现，有些现象并不像万有引力定律那样可以得到完全确定的规律.现实世界中发生的事件大多是随机事件，人们通过对随机事件的大量重复试验的结果进行理性的探讨，发现了随机事件也不是毫无规律可循.研究这些规律，最终导致了概率的诞生.
学生在初中已经接触了概率的初步知识，本章则是在此基础上开始系统地学习概率知识.本章又是高中阶段第一次学习这一内容，在后续的学习中还将继续学习概率的其他内容，因此，在高中阶段概率的学习中，起到了承前启后的作用，由于与概率计算密切相关的内容还没有学习，因此，在涉及有关计算的问题时采用枚举法，而在用枚举法时一定要做到既不重复也不遗漏，应该按照一定的顺序来计算有关数据，也可以用表格或树形图来进行有关数据的计算.
本章包括了随机事件的概率、古典概型、几何概型以及互斥事件有一个发生的概率等内容.概率的核心问题是要让学生了解随机现象及概率的意义，为了让学生能更深入地理解，可以列举日常生活中的实例，由此正确理解随机事件发生的不确定性及其频率的稳定性，从而加深对概率的理解；古典概型从随机事件发生频率的稳定性导入，通过对频率稳定性研究得出随机事件的发生与否有一定的规律可循，从而得出概率的统计定义.在教学中让学生通过实例理解古典概型的特征是试验结果的有限性和每一个试验结果出现的等可能性，使学生学会把一些实际问题转化为古典概型；从古典概型到几何概型，是从有限到无限的延伸，在几何概型的教学中抓住较强直观性的特点.在教学中有意识地适当地运用现代信息技术辅助教学.
在教学中要能做到：
(1)注意概念的区别与联系，类似的概念不能够混淆，例如概率与频率，互斥事件与对立事件；
(2)在运用公式时注意是否符合公式运用的前提条件；
(3)注意顺向思维与逆向思维的合理运用，遵循“正难则反”的原则；
(4)注意学习前辈的学习和研究的思维方法，能通过对大量事件的观察抽象出事件的本质.
在本章的教学中应注重培养学生学习的信心，提高学生学习数学的兴趣，使学生形成锲而不舍的钻研精神和科学态度；培养学生的数学思维能力，逐步地发展独立获取数学知识的能力，形成批判性的思维习惯，发展数学应用意识和创新意识；通过本章的学习，让学生感受数学与现实世界的重要联系，逐步形成辩证的思维品质；养成准确，清晰，有条理地表述问题以及解决问题的过程的习惯，提高数学表达和交流的能力；进一步拓展学生的视野，逐步认识数学的科学价值、应用价值和文化价值.
三、教学内容及课时安排建议
本章教学时间约需8课时：
3.1随机事件及其概率
1课时
3.2古典概型
2课时
3.3几何概型
2课时
3.4互斥事件
2课时
本章复习
1课时
3.1 随机事件及其概率
整体设计
教材分析
本节课是概率这一章的第一节课，所以有必要在上新课之前向学生简要地介绍概率论的发展、概率趣话以及概率的应用，以此激发学生对科学的探究精神和严肃认真的科学态度.随机事件及其概率为一课时.
本节课主要学习随机现象、必然事件、不可能事件、随机事件的概念.通过抛掷硬币试验，探究随机事件的概率，揭示概率的本质，引出随机事件概率的求法，同时让学生体验数学的奥秘与数学美，激发学生的学习兴趣.
通过实例说明一个随机事件的发生是存在着统计规律性的，一个随机事件发生的频率总是在某个常数附近摆.我们给这个常数取一个名字，叫做这个随机事件的概率.它从数量上反映了这个事件发生的可能性的大小.它是0～1之间的一个数.将这个事件记为A，用P(A)表示事件A发生的概率.对于任意一个随机事件A，P(A)必须满足如下基本要求：0≤P(A)≤1.
怎样确定一个事件发生的概率呢？可以从实际问题出发，创设问题情境.具体设计如下：首先利用多媒体展示奥地利遗传学家孟德尔（G.Mendel，1822～1884）用豌豆进行杂交试验的结果表格，通过商讨分析得到孟德尔是用某种性状发生的频率来估计生物遗传的基本规律的.然后依次展示抛掷硬币的模拟试验结果、π的前n位小数中数字6出现的频率、鞋厂某种成品鞋质量检验结果，通过商讨分析分别得出：掷硬币的模拟试验结果中，当模拟次数很大时，正面向上的频率值接近于常数0.5，并在其附近摆动；π的前n位小数中数字6出现的频率中数字6在π的各位小数数字中出现的频率值接近于常数0.1，并在其附近摆动；鞋厂某种成品鞋质量检验结果中，当抽取的样品数很多时，优等品的频率接近于常数0.95，并在其附近摆动.
三维目标
1.通过具体的例子了解随机现象，了解必然事件、不可能事件、随机事件的概念.采用实验探究法，按照思考、交流、实验、观察、分析、得出结论的方法进行启发式教学.使学生了解一个随机事件的发生既有随机性，又在大量重复试验中存在着一种客观规律性——频率的稳定性，以引出随机事件概率的意义和计算方法.
2.理解随机事件在大量重复试验的情况下，它的发生呈现的规律性.
3.掌握概率的统计定义及概率的性质.引导学生对身边的事件加以注意、分析，发挥学生的主体作用，设计好探究性试验.指导学生做简单易行的试验，让学生无意识地发现随机事件的某一结果发生的规律性，理论联系实际，激发学生的学习积极性.
4.通过概率论的介绍，激发学生对科学的探究精神和严肃认真的科学态度.发动学生动手试验，体验数学的奥秘与数学美，激发学生的学习兴趣.培养学生的辩证唯物主义观点，增强学生的科学意识.
重点难点
教学重点:1.随机现象的定义，必然事件、不可能事件、随机事件的定义.
2.概率的统计定义，概率的基本性质.
教学难点:随机事件的定义，随机事件发生存在的统计规律性.
课时安排
1课时
教学过程
导入新课
设计思路一：（情境导入）
在第二次世界大战中，美国曾经宣布：一名优秀数学家的作用超过10个师的兵力.这句话有一个非同寻常的来历.
1943年以前，在大西洋上英美运输船队常常受到德国潜艇的袭击，当时，英美两国限于实力，无力增派更多的护航舰，一时间，德军的“潜艇战”搞得盟军焦头烂额.
为此，有位美国海军将领专门去请教了几位数学家，数学家们运用概率论分析舰队与敌潜艇相遇是一个随机事件，从数学角度来看这一问题，它具有一定的规律性.一定数量的船（为100艘）编队规模越小，编次就越多（为每次20艘，就要有5个编次），编次越多，与敌人相遇的概率就越大.美国海军接受了数学家的建议，命令舰队在指定海域集合，再集体通过危险海域，然后各自驶向预定港口.结果奇迹出现了：盟军舰队遭袭被击沉的概率由原来的25％降为1％，大大减少了损失，保证了物资的及时供应.
设计思路二：
（问题导入）
观察下列现象，各有什么特点？
(1)在标准大气压下，水加热到100
℃沸腾；
(2)抛一石块，下落；
(3)同性电荷互相吸引；
（4）实心铁块丢入水中，铁块上浮；
（5）射击一次，中靶；
（6）掷一枚硬币，反面向上.
解答：（1）、（2）两种现象必然发生，（3）、（4）两种现象不可能发生，（5）、（6）两种现象可能发生，也可能不发生.
推进新课
新知探究
1.随机现象
由上述事例可知现实生活中有很多现象，这些现象在一定条件下，可能发生也可能不发生.
在一定条件下事先就能断定发生或不发生某种结果，这种现象就是确定性现象.在一定条件下，某种现象可能发生，也可能不发生，事先不能断定出现哪种结果，这种现象就是随机现象.
对于某个现象，如果能让其条件实现一次，就是进行了一次试验，试验的每一种可能的结果，都是一个事件.
在上述现象中，我们如果把（1）、(2)的条件实现一次，则（1）、(2)的现象一定会出现“沸腾”与“下落”，“沸腾”与“下落”都是一个事件.对于在一定条件下必然要发生的事件，叫做必然事件(certain
event)；我们如果把(3)、（4）的条件各实现一次，则“吸引”与“上浮”也都是一个事件，但这两个事件都是不可能发生的.在一定条件下不可能发生的事件，叫做不可能事件(impossible
event)；当(5)、(6)的条件各实现一次，则“中靶”与“反面向上”也都是一个事件，这两个事件，可能发生，也可能不发生.在一定条件下可能发生也可能不发生的事件，叫做随机事件(random
event).
必然事件与不可能事件反映的都是在一定条件下的确定性现象，而随机事件反映的是随机现象.
我们一般用大写的英文字母表示随机事件，例如随机事件A、随机事件B等，另外我们常常将随机事件简称为事件.
2.随机事件的概率
由于随机事件具有不确定性，因而从表面上看，似乎偶然性在起着支配作用，没有什么必然性.但是，人们经过长期的实践并深入研究后，发现随机事件虽然就每次试验结果来说具有不确定性，然而在大量重复试验中，它却呈现出一种完全确定的规律性.
历史上曾有人做过抛掷硬币的大量重复试验，结果如下表：
从表中我们可以看到，当抛掷硬币的次数很多时，出现正面的频率值是稳定的，接近于常数0.5，在它左右摆动.
对于给定的随机事件A，在相同的条件下，随着试验次数的增加，事件A发生的频率mn总在某个常数附近摆动并趋于稳定，因此，可以用这个常数来刻画随机事件A发生的可能性的大小，并把这个常数称为随机事件A的概率（probability），记作P(A).
必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0.因此0≤P(A)≤1
.
对于概率的统计定义，教师应说明以下几点：
（1）求一个事件的概率的基本方法是通过大量的重复试验；
（2）只有当频率在某个常数附近摆动时，这个常数才叫做事件A的概率；
（3）概率是频率的稳定值，而频率是概率的近似值；
（4）概率反映了随机事件发生的可能性的大小.
应用示例
思路1
例1
给出下列事件：①某人练习打靶，一枪命中十环；②手机没电，接听电话；③抛一枚硬币，结果正面向上；④冰棒在烈日下融化；⑤一粒植物种子，播种后发芽；⑥向上抛一只不锈钢杯子，结果杯口向上.其中随机事件的个数是（ ）
A.3 B.4 C.5 D.6
解析：判断事件是否是随机事件，可以依据随机事件的概念判断，也就是该事件在一定条件下，是否可能发生也可能不发生，如果可能发生也可能不发生，则该事件为随机事件.由随机事件的概念可知：①③⑤⑥是随机事件.
答案：B
点评：判断某一事件是否是随机事件依据随机事件的概念，同样判断某一事件是否是必然事件或是不可能事件也是依据相应的概念，因此，本题中的②是不可能事件，④是必然事件.
例2
指出下列事件中，哪些是不可能事件？哪些是必然事件？哪些是随机事件？
（1）若a、b、c
都是实数，则a(bc)=(ab)c
；
（2）没有空气，动物也能生存下去；
（3）在标准大气压下，水在温度90°时沸腾；
（4）直线y=k(x+1)过定点(－1,0)；
（5）某一天内某人接听电话20次；
（6）一个袋内装有形状、大小相同的一个白球和一个黑球，从中任意摸出1个球为白球.
分析：根据必然事件、随机事件和不可能事件的定义来判断.
解：由必然事件的定义可知（1）、（4）是必然事件；由随机事件的定义知（5）、（6）是随机事件；由不可能事件的定义可知(2）、（3）是不可能事件.
点评：要判断一个事件是必然事件、随机事件还是不可能事件，应紧紧抓住这些事件的定义，从定义出发来作出判断.
例3
任取一个由50名同学组成的班级（称为一个标准班），至少有两位同学的生日在同一天（记为事件T）的概率是0.97，据此，我们知道( )
A.取定一个标准班，事件T发生的可能性为97%
B.取定一个标准班，事件T发生的概率大约是97%
C.任意取定10
000个标准班，其中必有9
700个班有事件T发生
D.随着抽取的班级数n的不断增大，事件T发生的频率逐渐接近0.97，并在它附近摆动
解析：根据随机事件的概率的定义必须进行大量试验，才能得出某一随机事件的概率，因此，本题应从定义出发来研究.
对于取定的一个标准班来说，T要么发生要么不发生，所以A，B都不对；对任意取定的10
000个标准班，也可能出现极端情况，如T都不发生，因此C也不对；据概率的统计定义知，选项D正确.
答案：D
点评：利用概率的统计定义计算随机事件的概率，需要大量重复的试验.对某一个随机事件来说，在一次试验中不一定发生，但在大量重复试验下它的发生又呈现一定的规律.通过对概率的定义的感悟，感受数学学科的实验性，体会偶然与必然的辩证统一.
例4
对某电视机厂生产的电视机进行抽样检测的数据如下：
（1）计算表中优等品的各个频率；
（2）该厂生产的电视机优等品的概率是多少？
分析：利用概率的定义来求解本题.
解：（1）各次优等品的频率为
0.8，
0.92，
0.96，
0.95，
0.956，
0.954；
（2）优等品的概率是0.95.
点评：通过本题进一步理解概率的定义，领悟概率其实是某一随机事件发生的可能性的大小.
例5
历史上曾有人做过抛掷硬币的大量随机试验，结果如下：
（1）计算表中正面向上的频率；(2)试估计事件“正面向上”的概率.
分析：先运用频率计算的方法计算频率，再运用概率的定义确定事件“正面向上”的概率.
解：(1)表中频率自上而下依次为：0.518
1，0.506
9，0.501
6，0.500
5，0.499
6；
（2）由(1)的结果发现：当抛掷的次数很多时，“正面向上”的频率接近于常数0.5，在它附近摆动，所以抛掷一枚硬币，正面向上的概率约为0.5.
点评：通过计算随机事件发生的频率来估计随机事件的概率是求随机事件概率常用的方法.
思路2
例1
指出下列事件中哪些是必然事件，哪些是不可能事件，哪些是随机事件.
（1）我国东南沿海某地明年将受到3次热带风暴的侵袭；
（2）若a为实数，则|a|≥0；
（3）某人开车经过10个交叉路口都遇到绿灯；
（4）一个正六面体的六个面分别标有数字1、2、3、4、5、6，将该正六面体连续抛掷两次，向上的一面数字之和大于12.
分析：要判断某一事件是必然事件、随机事件还是不可能事件，可以依据必然事件、随机事件以及不可能事件的定义来判断.
解：由必然事件、随机事件和不可能事件的定义可知：（2）是必然事件；（1）、（3）是随机事件；（4）是不可能事件.
点评：
对于某一事件是必然事件、随机事件还是不可能事件的判断依据是定义，其关键是看事件本身是如何发生的.
例2
在一只口袋中装有形状与大小都相同的2只白球和3只黑球，从中任意取出3只球，试编拟一些事件，使它们分别为随机事件、必然事件和不可能事件.
分析：要编拟一些事件，使其为随机事件、必然事件和不可能事件，就是在一定条件下，所编拟的事件必定发生则为必然事件，必定不发生则为不可能事件，可能发生也可能不发生则为随机事件.
解：事件A：任意取出3只球，恰有1只球是白球，则事件A是随机事件；
事件B：任意取出3只球，至少有1只球是黑球，则事件B是必然事件；
事件C：任意取出3只球，都是白球，则事件C是不可能事件.
点评：本题在编拟随机事件、必然事件和不可能事件时，是开放性问题，因此根据相应的概念来编拟，答案不唯一.除了上述解答外，还可以是其他答案，例如：
事件A：任意取出3只球，至少有1只球是白球，则事件A是随机事件；
事件B：任意取出3只球，至多有2只球是白球，则事件B是必然事件；
事件C：任意取出3只球，没有一只黑球，则事件C是不可能事件.
例3
用一台自动机床加工一批零件，从中抽出100个逐个进行直径检验，结果如下：
从这100个螺母中，任意抽取一个，求事件A（6.92
6.96），事件D（d≤6.89）的频率并求这几个事件发生的概率约为多少？
分析：分别求出事件A（6.926.96），事件D（d≤6.89）的频率，再根据这几个事件的频率得出概率.
解：事件A的频率为17+=0.43，概率约为0.43；
事件B的频率为=0.93，概率约为0.93；
事件C的频率为=0.04，概率约为0.04；
事件D的频率为=0.01，概率约为0.01.
点评：根据概率的统计定义求随机事件的概率的常用方法是先求随机事件发生的频率，再由频率得出随机事件发生的概率.
例4
某射手在同一条件下进行射击，结果如下表所示：
（1）填写表中击中靶心的频率；
（2）这个射手射击一次，击中靶心的概率约是多少？
分析：击中靶心的频率=击中靶心的次数÷射击的次数，再根据概率的统计定义可知：击中靶心的概率应为频率在某一常数P的左右摆动，则常数P即为该事件的概率.
解：（1）表中击中靶心的频率依次为0.8，0.95，0.88，0.92，0.89；
（2）因频率在常数0.89的左右摆动，所以射手射击一次，击中靶心的概率约是0.89.
点评：在运用概率的统计定义求某一事件的概率时，应该先求频率，再根据频率来求该事件的概率.
知能训练
一、课本3.1.1随机现象练习.
解答:
1.C
2.(1)随机事件；(2)不可能事件；(3)必然事件；(4)不可能事件；(5)随机事件；(6)随机事件.
3.必然事件：③；不可能事件：⑤；随机事件：①②④.
4.必然事件：太阳每天都从东方升起；不可能事件：电灯在断电时发亮；随机事件：同时抛两枚硬币，正面都向上.
二、课本3.1.2随机事件的概率练习.
解答：
1.不对.
2.不同意，随机事件的发生概率与该事件以前是否发生无关，故下次发生的概率仍为.
3.不一定，第10个人治愈的概率仍为10%.
点评：通过练习，进一步加深必然事件、不可能事件、随机事件以及概率的概念的理解.
课堂小结
本节课主要研究了以下内容：
1.随机事件、必然事件、不可能事件的概念.
2.随机事件A的概率：一般地，如果随机事件A在n次试验中发生了m次，当试验的次数n很大时，我们可以将事件A发生的频率作为事件A发生的概率的近似值，即P(A)≈.
3.由于随机事件A在各次试验中可能发生，也可能不发生，所以它在n次试验中发生的次数（称为频数）m可能等于0（n次试验中A一次也不发生），可能等于1（n次试验中A只发生一次），……也可能等于n（n次试验中A每次都发生）.我们说，事件A在n次试验中发生的频数m是一个随机变量，它可能取得0、1、2、…、n这n+1个数中的任一个值.于是，随机事件A的频率也是一个随机变量，它可能取得的值介于0与1之间，即0≤P（A）≤1.特别，必然事件的概率为1，即P(Ω)=1，不可能事件的概率为0，即P(?)=0.这里说明随机事件的频率究竟取得什么值具有随机性.然而，经验表明，当试验重复多次时随机事件的频率又具有稳定性.
4.说明：①求一个事件概率的基本方法是做大量的重复试验；②当频率在某个常数附近摆动时，这个常数叫做事件A的概率；③概率是频率的稳定值，而频率是概率的近似值；④概率从数量上反映了随机事件发生的可能性的大小；⑤必然事件的概率是1，不可能事件的概率是0，因此0≤P（A）≤1.
作业
课本习题3.1 1、2.
设计感想
本节课是概率这一章的第一节课，所以有必要在上新课之前向学生简要地介绍概率的发展、概率趣话以及概率的应用，以激发学生对科学的探究精神和严肃认真的科学态度.随机事件及其概率分为两部分，第一部分主要学习随机现象、必然事件、不可能事件、随机事件的概念.通过抛掷硬币试验，探究随机事件的概率，揭示概率的本质，引出随机事件概率的求法，同时让学生体验数学的奥秘与数学美，激发学生的学习兴趣.第二部分是随机事件的概率.怎样确定一个事件发生的概率呢？设计时，从实际问题出发，创设问题情境.除了已有设计之外还可以有如下设计：首先利用多媒体展示奥地利遗传学家孟德尔（G.Mendel，1822～1884）用豌豆进行杂交试验的结果表格，通过商讨分析得到孟德尔是用某种性状发生的频率来估计生物遗传的基本规律的.然后依次展示抛掷硬币的模拟试验结果、π的前n位小数中数字6出现的频率、鞋厂某种成品鞋质量检验结果，通过商讨分析分别得出：掷硬币的模拟试验结果中，当模拟次数很大时，正面向上的频率值接近于常数0.5，并在其附近摆动；π的前n位小数中数字6出现的频率中数字6在π的各位小数数字中出现的频率值接近于常数0.1，并在其附近摆动；鞋厂某种成品鞋质量检验结果中，当抽取的样品数很多时，优等品的频率接近于常数0.95，并在其附近摆动.最终得出概率的统计定义.
习题详解
习题3.1
1.（1）随机事件 （2）不可能事件 （3）随机事件 （4）必然事件 （5）不可能事件
（6）必然事件 （7）随机事件 （8）随机事件
2.D.
3.(1)
（2）概率约为0.81.
4.
估计：随机数表中各个数字出现的频率为0.1.
5.约500次.
6.由学生经过试验自主完成.
7.略.可参考下表：G.Dewey曾经统计过438
023个字母，得到各个字母出现的频率如下表：3.3 几何概型
第2课时
导入新课
设计思路一：（问题导入）
下图是卧室和书房地砖的示意图，图中每一块地砖除颜色外完全相同，小猫分别在卧室和书房中自由地走来走去.在哪个房间里，小猫停留在黑砖上的概率大？
卧室（书房）
设计思路二：（情境导入）
在概率论发展的早期，人们就已经注意到只考虑那种仅有有限个等可能结果的随机试验是不够的，还必须考虑有无限多个试验结果的情况.例如一个人到单位的时间可能是8：00
至9：00之间的任何一个时刻；往一个方格中投一个石子，石子可能落在方格中的任何一点……这些试验可能出现的结果都是无限多个.
推进新课
新知探究
对于导入思路一：
由于地砖除颜色外完全相同，小猫自由地走来走去，因此，小猫可能会停留在任何一块地砖上，而且在任何一块地砖上停留的可能性相同，对于这样一个随机事件的概率，有如下的结论：
对于一个随机试验，如果我们将每个基本事件理解为从某特定的几何区域内随机地抽取一点，而该区域内每一点被取到的机会都一样，这样就可以把随机事件与几何区域联系在一起.如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度（面积或体积）成比例，则称这样的概率模型为几何概率模型，简称几何概型.几何概型与古典概型一样也是一种等可能事件的概率模型，它的特点是：
（1）试验中所有可能出现的结果，也就是基本事件有无限多个.
（2）基本事件出现的可能性相等.
实际上几何概型是将古典概型中的有限性推广到无限性，而保留等可能性，这就是几何概型.
几何概型的概率计算方法如下：
一般地，在几何区域D中随机地取一点，记事件“该点落在其内部一个区域d内”为事件A，则事件A发生的概率为
P(A)=
.
这里要求D的测度不为0，其中“测度”的意义依D确定，当D分别是线段、平面图形和立体图形时，相应的“测度”分别是长度、面积和体积等.
对于导入思路二：
（1）几何概率模型：如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度（面积或体积）成比例，则称这样的概率模型为几何概率模型.
（2）几何概型的概率公式：
P（A）=.
（3）几何概型的特点：1°试验中所有可能出现的结果（基本事件）有无限多个.
2°每个基本事件出现的可能性相等.
应用示例
思路1
例1
取一个边长为2a的正方形及其内切圆（如图所示），随机向正方形内丢一粒豆子，求豆子落入圆内的概率.
分析：由于是随机丢豆子，故可以认为豆子落入正方形内任意一点都是机会均等的，这符合几何概型的条件，可以看成几何概型.于是利用几何概型求概率的公式，豆子落入圆中的概率应该等于圆面积与正方形面积的比.
解：记“豆子落入圆内”为事件A，则
P(A)=.
答：豆子落入圆内的概率为.
点评：在解题时，首先要区分是古典概型还是几何概型，这两种随机事件的概率类型虽然每一个事件的发生都是等可能的，但是几何概型是有无数个基本事件的情形，古典概型是有有限个基本事件的情形.此外，本例可以利用计算机模拟，过程如下：
（1）在Excel软件中，选定A1，键入“=（rand（）-0.5）
2”.
（2）选定A1，按“ctrl+C”.选定A2～A1
000，B1～B1
000，按“ctrl+V”.此时，A1～A1
000，B1～B1
000均为［-1，1］区间上的均匀随机数.
（3）选定D1，键入“=power（A1，2）+
power（B1，2）”；再选定D1，按“ctrl+C”；选定D2～D1
000，按“ctrl+V”，则D列表示A2+B2.
（4）选定F1，键入“=IF（D1＞1，1，0）”；再选定F1，按“ctrl+C”；选定F2～F1
000，按“ctrl+V”，则如果D列中A2+B2＞1，F列中的值为1，否则F列中的值为0.
（5）选定H1，键入“FREQUENCY（F1：F10，0.5）”，表示F1～F10中小于或等于0.5的个数，即前10次试验中落到圆内的豆子数；类似的，选定H2，键入“FREQUENCY（F1：F20，0.5）”，表示前20次试验中落到圆内的豆子数；选定H3，键入“FREQUENCY（F1：F50，0.5）”，表示前50次试验中落到圆内的豆子数；选定H4，键入“FREQUENCY（F1：F100，0.5）”，表示前100次试验中落到圆内的豆子数；选定H5，键入“FREQUENCY（F1：F500，0.5）”，表示前500次试验中落到圆内的豆子数；选定H6，键入“FREQUENCY（F1：F1
000，0.5）”，表示前1
000次试验中落到圆内的豆子数.
（6）选定I1，键入“H1
4/10”，表示根据前10次试验得到圆周率π的估计值；选定I2，键入“H2
4/10”，则I2为根据前20次试验得到圆周率π的估计值；类似操作，可得I3为根据前50次试验得到圆周率π的估计值，I4为根据前100次试验得到圆周率π的估计值，I5为根据前500次试验得到圆周率π的估计值，I6为根据前1
000次试验得到圆周率π的估计值.如图：
例2
如图，在等腰直角三角形ABC中，在斜边AB上任取一点M，求AM小于AC的概率.
分析：在线段AB上取一点C′，使得线段AC′的长度等于线段AC的长度.那么原问题就转化为求AM小于AC′的概率.所以，当点M位于下图中的线段AC′上时，AM＜AC，故线段AC′即为区域d.区域d的测度就是线段AC′的长度，区域D的测度就是线段AB的长度.
解：在AB上截取AC′=AC.
于是P(AM答：AM小于AC′的概率为.
变式训练：若将例2改为：如下图，在等腰直角三角形ABC中，过直角顶点C在∠ACB内部任作一条射线CM，与线段AB交于点M，求AM小于AC的概率.
解：此时，应该看作射线CM落在∠ACB内部是等可能的.公式中的区域D是∠ACB（内部），而区域d求法应该与原题是一样的，即在线段AB上取一点C′，使得线段AC′的长度等于线段AC的长度（如图），那么区域d就是∠ACC′（内部）.从而区域d的测度就是∠ACC′的度数，区域D的测度就是∠ACB的度数.∠ACC′==67.5°，所以所求事件的概率为.
点评：由此可见，背景相似的问题，当等可能的角度不同时，其概率是不一样的.此题可参考习题3.3的第6题.
例3
(会面问题)甲、乙二人约定在
12
点到下午
5
点之间在某地会面，先到者等一个小时后即离去.设二人在这段时间内的各时刻到达是等可能的，且二人互不影响.求二人能会面的概率.
分析：两人相约的时间都是5小时，设X
,Y
分别表示甲、乙二人到达的时刻，因此，0≤X≤5,0≤Y≤5，这样两人到达的时刻就构成一个正方形，而两人能会面必须满足|X－Y|≤1，而这个不等式所表示的是一个带状的，位于正方形内的图形，由于两人到达的时刻是随机的，而且，在每一个时刻到达的可能性是相同的，因此，符合几何概型所具有的特点，可以运用几何概型概率的计算方法来计算.
解：记A={二人能会面}.以
X
,Y
分别表示甲、乙二人到达的时刻，于是0≤X≤5,0≤Y≤5,即点M落在图中的阴影部分.所有的点构成一个正方形，即有无穷多个结果.
由于每人在任一时刻到达都是等可能的，所以落在正方形内各点是等可能的，符合几何概型的条件.
二人会面的条件是：|X－Y|≤1,故正方形的面积为5×5=25，阴影部分的面积为5-2××42=9.二人能会面的概率为.
点评：
建立适当的数学模型，是解决几何概型问题的关键.对于“碰面问题”可以模仿本题建立数学模型.
例4
如图，随机投掷一个飞镖扎在靶子上，假设飞镖既不扎在黑色的靶心，也不扎在两个区域之间，更不会脱靶，求飞镖扎在下列区域的概率：(1)编号为25的区域；(2)编号在6到9之间的区域；(3)编号为奇数的区域.（每一个小区域的面积相同）
分析：由于飞镖是随机投掷到靶子上，并且落在靶子的每一个位置的可能性相同，因此，符合几何概型的特点.
解：
假设靶子的每一个区域的面积为1个单位，则靶子所在圆的面积为28个单位.
（1）记事件A为“飞镖扎在编号为25的区域”，
则P(A)=
.
（2）记事件B为“飞镖扎在编号为6到9之间的区域”，则P(B)=
.
（3）记事件C为“飞镖扎在编号为奇数的区域”，则P(C)=.
答：（1）飞镖扎在编号为25的区域的概率为；(2)飞镖扎在编号在6到9之间的区域的概率为；(3)飞镖扎在编号为奇数的区域的概率为.
点评：仔细研读题目，从题目提供的信息进行分析，寻找适当的解题方法，是解决本题的要害所在.
思路2
例1
在1
L高产小麦种子中混入了一粒带麦锈病的种子，从中随机取出10
mL，含有麦诱病种子的概率是多少
分析：病种子在这1
L种子中的分布可以看作是随机的，取得的10
mL种子可视为区域d，所有种子可视为区域D.
解：取出10
mL麦种，其中“含有病种子”这一事件记为A，则
P(A)=.
答：含有麦诱病种子的概率为.
点评：由于病种子是随机地处在容器中，它可以位于容器的任何一个位置，而且在每一个位置的可能性相同，符合几何概型的特点，所以运用几何概型概率的计算方法来解决本题.
例2
假设你家订了一份报纸，送报人可能在早上6:30～7:30之间把报纸送到你家，你父亲离开家去工作的时间在早上7:00～8:00之间，问你父亲在离开家前能得到报纸(称为事件A)的概率是多少？
分析：由于两人到达和离开的时刻是随机的，而且，在每一个时刻到达或离开的可能性是相同的，因此，符合几何概型所具有的特点，可以运用几何概型概率的计算方法来计算.
解：如图，以横坐标x表示报纸送到时间，纵坐标y表示父亲离家时间建立平面直角坐标系，假设随机试验落在方形区域内任何一点是等可能的，所以符合几何概型的条件.根据题意，只要点落到阴影部分，就表示父亲在离开家前能得到报纸，即事件A发生，所以
P(A)==87.5%.
点评：建立适当的数学模型，该模型符合几何概型的特点，这是解答本题的关键所在.另外我们还可以运用计算机产生随机数来模拟该试验.设X是0到1之间的均匀随机数，Y也是0到1之间的均匀随机数.如果Y+7＞X+6.5，即Y＞X-0.5，那么父亲在离开家前能得到报纸.计算机模拟的方法：
（1）选定A1，键入函数“=rand（）”；
（2）选定A1，按“ctrl+C”，选定A2～A50，B1～B50，按“ctrl+V”.此时，A1～A50，B1～B50均为［0，1］区间上的均匀随机数.用A列的数加7表示父亲离开家的时间，B列的数加6.5表示送报人送到报纸的时间.如果A+7＞B+6.5，即A-B＞-0.5，则表示父亲在离开家前能得到报纸.
（3）选定D1，键入“=A1-B1”；再选定D1，按“ctrl+C”，选定D2D50，按“ctrl+V”.
（4）选定E1，键入函数“=FREQUENCY（D1：D50，-0.5）”，E1表示统计D列中小于或等于-0.5的数的个数，即父亲在离开家前不能得到报纸的频数.
（5）选定F1，键入“=（50-E1）/50.F1表示统计50次试验中，父亲在离开家前能得到报纸的频率.
下面是我们在计算机上做的50次试验，得到的结果是P(A)=0.88，如图：
例3
假设一个直角三角形的两直角边的长都是0到1之间的随机数，试求斜边长小于34的事件的概率.
分析：由于直角边的长是0到1之间的随机数，因此设两直角边的长分别为x,y，而x,y满足0≤x≤1,0≤y≤1，斜边长=，x,y可以落在0≤x≤1,0≤y≤1所表示的图形的任何一个位置，而且在每个位置的可能性相同，满足几何概型的特点.
解：设两直角边的长分别为x,y，则0≤x≤1,0≤y≤1，斜边长=，如右图，样本空间为边长是1的正方形区域，而满足条件的事件所在的区域的面积为.因此，所求事件的概率为P=.
点评：根据已知条件，构造满足题目条件的数学模型，再运用几何概型的概率计算方法来计算某个事件发生的概率，是一种常用的求解概率问题的方法.
例4
甲、乙两人相约于中午12点到13点之间在某一个地方碰面，并约定先到者等候20分钟后可以离开，试设计模拟方法估计两人能碰面的概率.
分析：当两人到达碰面地点的时间相差在20分钟之内时，两人能碰面.我们可以用两个转盘来模拟两人到达碰面地点的时间.
解：
运用转盘模拟的方法.具体步骤如下：
（1）做两个带指针（分针）的转盘，标上刻度在0到60来表示时间，如右图；
（2）每个转盘各转m次，并记录转动得到的结果，以第一个转盘的结果x表示甲到达碰面地点的时间，以第二个转盘的结果y表示乙到达碰面地点的时间；
（3）统计两人能碰面（满足|x－y|<20）的次数n；
（4）计算的值，即为两人能碰面的概率的近似值（理论值为）.
点评：实施模拟的方法除了转盘模拟的方法外，还可以运用现代信息技术即计算机来模拟，具体操作如下：
（1）新建一个电子表格文件，在A1的位置输入：=RAND( )?60，产生一个0到60的随机数x；
（2）将A1位置处的表达式复制到B1处，这样又产生一个0到60的随机数y；
（3）在C1的位置处输入：=IF（A1-B1<=-20，0，IF（A1-B1<20，1，0），判断两人能否碰面（即是否满足|x－y|<20），如果是，就返回数值1，否则返回数值0；
（4）将第一行的三个表达式复制100行，产生100组这样的数据，也就是模拟了100次这样的试验，并统计每次的结果；
（5）在C101处输入：=SUM(C1:C100)/100统计这100次重复试验中正好两人能碰面的频率，即事件“两人能碰面”发生的概率的近似值.
知能训练
课本本节练习4、5.
解答:
4.设A={射线OA落在∠xOT内}.因为射线OA落在∠xOT内是随机的，也就是射线OA可以落在∠xOT内任意一个位置，这符合几何概型的条件，区域d的测度是60，区域D的测度是360，根据几何概型的概率计算公式，得P(A)=.
5.运用计算机模拟的结果大约为2.7左右.
点评：根据实际问题的背景，判断是否符合几何概型的特点，如是则选择符合题意的“测度”，运用求几何概型概率的方法来解决问题，此外我们还可以设计符合问题的模拟方法来模拟得到问题的近似解.
课堂小结
在这节课上我们主要是运用几何概型求解一些问题的概率，以及运用模拟的方法求某一个事件的概率的近似值.结合上节课的内容可以知道，几何概型的概率问题仍然是随机事件的概率，与古典概型的区别是古典概型所含的基本事件的个数是有限个，而几何概型所包含的基本事件的个数是无限的.对于几何概型我们着重研究如下几种类型：（1）与长度有关的几何概型；（2）与面积有关的几何概型；（3）与体积有关的几何概型；(4)与角度有关的几何概型.其中我们对与面积有关的几何概型和与体积有关的几何概型要求重点掌握.
作业
课本习题3.3 4、5、6.
设计感想
几何概型是区别于古典概型的又一随机事件的概率模型，在解决实际问题时首先根据问题的背景，判断该事件是属于古典概型还是几何概型，这两者的区别在于构成该事件的基本事件的个数是有限个还是无限个.在使用几何概型的概率计算公式时，一定要注意其适用条件：每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度成比例.
随机数在日常生活中，有着广泛的应用，我们可以利用计算器或计算机来产生均匀随机数，从而来模拟随机试验，其具体方法是：建立一个概率模型，它与某些我们感兴趣的量（如概率值、常数）有关，然后设计适当的试验，并通过这个试验的结果来确定这些量.这种方法也是我们研究问题常用的方法.
习题详解
习题3.3
1.记A={灯与两端距离都大于2
m}.因为把一盏灯挂在绳子上的位置是随机的，也就是说灯挂在绳子上的位置可以是绳子上任意一点，这符合几何概型的条件，
根据P=，得P(A)=
.
答：灯与两端距离都大于2
m的概率为13.
2.记A={所投的点落入小正方形内}.由于是随机投点，故可以认为所投的点落入大正方形内任意一点都是机会均等的，这符合几何概型的条件，可以看成几何概型.于是利用几何概型求概率的公式，所投的点落入小正方形内的概率应该等于小正方形内面积与大正方形面积的比，即
P(A)=.
答：所投的点落入小正方形内的概率为.
3.记A={所投的点落在梯形内部}.由于是随机投点，故可以认为所投的点落入矩形内的任意一点都是机会均等的，这符合几何概型的条件，可以看成几何概型.于是利用几何概型求概率的公式，所投的点落入梯形内部的概率应该等于梯形面积与矩形面积的比，即
P(A)=.
答：所投的点落在梯形内部的概率为.
4.设A={该点落在正方形内}.因为该点落在正方形内是随机的，也就是该点可以落在正方形内任意一个位置，这符合几何概型的条件，根据几何概型的求概率计算公式，得P(A)=.
答：乘客到达站台立即乘上车的概率为.
5.分析：直接求“硬币落下后与格线有公共点”的概率比较困难，可以考虑先求“硬币落下后与格线无公共点”的概率，再求“硬币落下后与格线有公共点的概率”.
解：因为直径等于2
cm的硬币投掷到正方形网格上是随机的，也就是硬币可以落在正方形网格上任意一个位置，这符合几何概型的条件.
要求“硬币落下后与格线无公共点”的概率，根据几何概型的求概率计算公式：
P(A)=，因为每个小正方形的边长都等于6
cm，硬币的直径为2
cm，设有n个小正方形，则区域d的测度为n·π·12，区域D的测度n·62，故“硬币落下后与格线无公共点”的概率为，而事件“硬币落下后与格线有公共点”是“硬币落下后与格线无公共点”的对立面，所以事件“硬币落下后与格线有公共点”的概率为1－.
答：硬币落下后与格线有公共点的概率为1－.
6.贝特朗算出了三种不同的答案，三种解法似乎又都有道理.人们把这种悖论称为概率悖论，或贝特朗奇怪论.
贝特朗的解法如下：
解法一：任取一弦AB，过点A作圆的内接等边三角形（如图1）.因为三角形内角A所对的弧，占整个圆周的.显然，只有点B落在这段弧上时，AB弦的长度才能超过正三角形的边长a，故所求概率是.
解法二：任取一弦AB，作垂直于AB的直径PQ.过点P作圆的内接等边三角形，交直径于N，并取OP的中点M（如图2）.容易证明QN=NO=OM=MP.我们知道，弦长与弦心距有关.一切与PQ垂直的弦，如果通过MN线段的，其弦心距均小于QN，则该弦长度就大于等边三角形边长，故所求概率是.
解法三：任取一弦AB.作圆的内接等边三角形的内切圆（如图3），这个圆是大圆的同心圆，而且它的半径是大圆的，它的面积是大圆的，设M是弦AB的中点，显然，只有中点落在小圆内时，AB弦才能大于正三角形的边长.因此所求的概率是.
图1 图2 图3
细细推敲一下，三种解法的前提条件各不相同：
第一种假设了弦的端点在四周上均匀分布；第二种假设弦的中点在直径上均匀分布；第三种假设弦的中点在小圆内均匀分布.由于前提条件不同，就导致三种不同的答案.这是因为在那时候概率论的一些基本概念（如事件、概率及可能性等）还没有明确的定义，作为一个数学分支来说，它还缺乏严格的理论基础，这样，对同一问题可以有不同的看法，以致产生一些奇谈怪论.3.3 几何概型
1
整体设计
教材分析
这部分是新增加的内容.几何概型是另一类等可能性概型，它与古典概型的区别在于试验的结果不是有限个，利用几何概型可以很容易举出概率为0的事件不是不可能事件的例子，概率为1的事件不是必然事件的例子.
随机模拟中的统计思想是用频率估计概率，这一点与古典概型是一致的.
本节的教学需要一些实物模型为教具，如教科书中的长度3米的绳子模型、例1中的随机撒豆子的模型等.教学中应当注意让学生实际动手操作，以使学生相信模拟结果的真实性，然后再通过计算机或计算器产生均匀随机数进行模拟试验，得到模拟的结果.在这个过程中，要让学生体会结果的随机性与规律性，体会随着试验次数的增加，结果的精度会越来越高.
随机数的产生与随机模拟的教学中要充分使用信息技术，让学生亲自动手产生随机数，进行模拟活动.
第一个课时主要讲授几何概型的特点及其概率计算公式和运用几何概型解决求某一个事件的概率的例题教学；第二课时主要是通过例题教学及用计算机随机模拟试验（运用Excel软件），以及课堂练习加强学生对几何概型的巩固.
几何概型也是一种概率模型，它与古典概型的区别是试验的可能结果不是有限个.它的特点是在一个区域内均匀分布，所以随机事件的概率大小与随机事件所在区域的形状、位置无关，只与该区域的大小有关.如果随机事件所在区域是一个单点，由于单点的长度、面积、体积均为0，则它出现的概率为0，但它不是不可能事件；如果一个随机事件所在区域是全部区域扣除一个单点，则它出现的概率为1，但它不是必然事件.
教材中例1的教学可以分解为如下步骤：（1）把问题抽象成几何概型.随机撒一把豆子，每个豆子落在正方形内任何一点是等可能的，则落在某个区域的豆子数只与这个区域的面积大小有关（近似成正比），而与区域的位置和形状无关，这符合几何概型的条件，可以看成几何概型.
（2）利用几何概型求概率的公式，得到P(豆子落入圆内)=.
（3）启发引导学生探究圆周率π的近似值，用多种方式来模拟.
三维目标
1.通过解决具体问题的实例去感受几何概型的概念，掌握基本事件等可能性的判断方法.
2.理解几何概型的意义、特点，会用公式计算几何概率.
3.通过解决具体问题，体会数学在生活中的重要作用，培养严谨的思维习惯.
4.学会依据具体问题的实际背景分析问题、解决问题的能力.
重点难点
教学重点:1.体会随机模拟中的统计思想.
2.用样本估计总体.
3.理解几何概型的定义、特点、会用公式计算几何概率.
教学难点:1.等可能性的判断与几何概型和古典概型的区别.
2.把求未知量的问题转化为几何概型求概率的问题.
课时安排
2课时
教学过程
第1课时
导入新课
设计思路一：（问题导入）
根据下述试验，回答问题：一个实验是这样做的，将一条5米长的绳子随机地切断成两条，事件T表示所切两段绳子都不短于1米的事件，试问事件T发生的概率.
设计思路二：（情境导入）
根据下列游戏，回答相应问题：
游戏规则如下：由边长为1米的四方板构成靶子，并将此板分成四个边长为1/2米的小方块（如图）.由游戏者向板中投镖，事件A表示投中阴影部分为成功.试问投中阴影部分即事件A发生的概率.
推进新课
新知探究
我们先来解决“导入”中设计思路一中的问题.
分析：类似于古典概型，我们希望先找到基本事件组，即找到其中每一个基本事件.注意到每一个基本事件都与唯一一个断点一一对应，故设计思路一中的实验所对应的基本事件组中的基本事件就与线段AB上的点一一对应.若把离绳AB首尾两端1的点记作M、N，则显然事件T所对应的基本事件所对应的点在线段MN上.由于在古典概型中事件T的概率为T包含的基本事件个数/总的基本事件个数，但这两个数字（T包含的基本事件个数、总的基本事件个数）在引例1中是无法找到的，不过用线段MN的长除以线段AB的长表示事件T的概率似乎也是合理的.
线段AB长5，线段AM、BN长为1，则线段MN长为3
解：P（T）=3/5.
此结果用第一节的统计的方法来验证是正确的.
从上面的分析可以看到，对于一个随机试验，如果我们将每个基本事件理解为从某个特定的几何区域内随机地抽取一点，而该区域内每一点被取到的机会都一样；而一个随机事件的发生则理解为恰好取到上述区域内的某个指定区域内的点.这样就可以把随机事件与几何区域联系在一起.这里的区域可以是线段、平面图形、立体图形等.
用这种方法处理随机试验，称为几何概型（geometric
probability
model）
一般地，在几何区域D中随机地取一点，记事件“该点落在其内部一个区域d内”为事件A，则事件A发生的概率
P(A)=.
这里要求D的测度不为0，其中“测度”的意义依D确定，当D分别是线段、平面图形和立体图形时，相应的“测度”分别是长度、面积和体积等.
类似于设计思路一的解释，完全可以把设计思路二中的实验所对应的基本事件组与大的正方形区域联系在一起，即事件组中的每一个基本事件与大正方形区域中的每一个点一一对应，则事件A所包含的基本事件就与阴影正方形中的点一一对应，这样我们用阴影正方形的面积除以大正方形的面积表示事件A的概率是合理的.这一点我们完全可以用设计思路一的方法验证其正确性.
解：P（A）=（1/2）2/12=1/4.
在某些情况中，可把实验中基本事件组中的每一个基本实验与某一个几何区域D中的点一一对应起来，这个区域可以是一段曲线（一维区域），或一个平面区域（二维区域）.这样在实验中某一事件A，就可与几何区域D中的子区域d表示了，如下图：
试验：从D中随机地取一点；
事件发生：所取的点属于d；
事件未发生：所取的点不属于d.
这样事件A的概率如何计算呢？
在设计思路一中，P(A)=子区域d的长度/区域D的长度=3/5.
在设计思路二中，P(A)=子区域d的面积/区域D的面积=1/4.
从上面的分析可以看到，对于一个随机试验，如果我们将每个基本事件理解为从某个特定的几何区域内随机地抽取一点，而该区域内每一点被取到的机会都一样；而一个随机事件的发生则理解为恰好取到上述区域内的某个指定区域内的点.这样就可以把随机事件与几何区域联系在一起.这里的区域可以是线段、平面图形、立体图形等.
用这种方法处理随机试验，称为几何概型（geometric
probability
model）?
一般地，在几何区域D中随机地取一点，记事件“该点落在其内部一个区域d内”为事件A，则事件A发生的概率
P(A)=
.
这里要求D的测度不为0，其中“测度”的意义依D确定，当D分别是线段、平面图形和立体图形时，相应的“测度”分别是长度、面积和体积等.
通过对以上两个设计思路的分析，我们看到事件A的概率用子区域d的大小与几何区域D大小的比值来表示是合理的.当子区域d和几何区域D是一维区域时，它们的大小用它们的长度来表示；当子区域d和几何区域D是二维区域时，它们的大小用它们的面积来表示；当子区域d和几何区域D是三维区域时，它们的大小用它们的体积来表示.
为定义统一，若几何区域的大小我们称为这个区域的“测度”，则
P(A)=子区域d的测度/区域D的测度.
由于几何区域d是几何区域D的子集，于是我们有
0≤d的测度≤D的测度，
在不等式两侧同时除以D的测度（一般假定其为正数）则有
，
即0≤P≤1，这个不等式表明几何概型的概率在0和1之间.
注意到当p(A)＝0时，d的测度一定为0（一个点的长度是0，一条曲线的面积是0），且当p(A)=1时，d的测度必须等于D的测度.
几何概型的基本特点是：
（1）在每一次随机试验中，不同的试验结果有无穷多个，即基本事件有无限个；
（2）在这个随机试验中，每个试验结果出现的可能性相等，即基本事件的发生是等可能的.
从几何概型具有的特点来看，几何概型与古典概型的区别在于，几何概型是无限多个等可能事件的情形，而古典概型中的等可能事件只是有限个.
应用示例
思路1
例1
判断下列试验中事件A发生的概率是古典概型，还是几何概型.
（1）抛掷两颗骰子，求出现两个“4点”的概率；
（2）如图中有一个转盘，甲乙两人玩转盘游戏，规定当指针指向B区域时，甲获胜，否则乙获胜，求甲获胜的概率.
分析：本题考查的是几何概型与古典概型的特点，古典概型具有有限性和等可能性.而几何概型则是在试验中出现无限多个结果，且与事件的区域长度有关.
解：（1）抛掷两颗骰子，出现的可能结果有6×6=36种，且它们都是等可能的，因此属于古典概型；
（2）游戏中指针指向B区域时有无限多个结果，而且不难发现“指针落在阴影部分”，概率可以用阴影部分的面积与总面积的比来衡量，即与区域长度有关，因此属于几何概型.
点评：区别某一个问题是属于古典概型还是属于几何概型，要注意抓住它们的特点：几何概型是无限多个等可能事件的情形，而古典概型中的等可能事件只是有限个.
例2
在一个量杯中装有1升的水，其中含有一个细菌，现在用一个小杯子从中取出0.1升的水，求这个小杯子所取出的水中含有这个细菌的概率.
分析：细菌在量杯的水中的分布可以看成是随机的，因此符合几何概型的特点，所以可以运用几何概型概率的解法来求解.
解：细菌在水中的分布看成是随机的，符合几何概型的特点，从这个量杯中取出的0.1升水看成区域d，所有的1升水看成区域D，记事件A为“小杯子所取出的水中含有这个细菌”，则P(A)==0.1.
答：这个小杯子所取出的水中含有这个细菌的概率为0.1.
点评：在本题中，“测度”是体积；基本事件（这个细菌可以生存在这1升水的任何区域）有无限多个，同时因为是随机分布的，即基本事件是等可能的，所以符合几何概型的特点，因此，选择几何概型的计算方法计算概率.
例3
将正方形ABCD等分成九个小正方形，并用红、黄、蓝三种颜色涂成如图所示的图案，向正方形ABCD内随机投点，分别求下列事件的概率.
(1)点落在红色区域；
(2)点落在红色或蓝色区域；
(3)点落在黄色或蓝色区域.
分析：因为投点时是随机的，而且点落在正方形是随机分布的，因此，符合几何概型的特点，所以，用几何概型计算概率的方法来解.
解：
(1)记事件A为“点落在红色区域”，假设正方形ABCD的面积为9个单位，则
P(A)=.
(2)记事件B为“点落在红色或蓝色区域”，同样假设正方形ABCD的面积为9个单位，则
P(B)=.
(3)记事件C为“点落在黄色或蓝色区域”，同样假设正方形ABCD的面积为9个单位，则
P(C)=.
点评：在本题中，计算概率时所涉及的“测度”是正方形的面积，因此，准确判断几何图形的面积是解决“测度”是几何图形的面积的几何概型问题的关键.
例4
甲、乙两人相约在上午9：00至10：00之间在某地见面，可是两人都只能在那里停留5分钟.问两人能够见面的概率有多大？
分析：由于甲、乙两人是随机出现在约会地点，而且在每一时刻出现是等可能的，因此用几何概型来解.
解：为（9+x）小时，乙到的时间为（9＋y）小时，则0≤x≤1,0≤y≤1.点（x,y）形成直角坐标系中的一个边长为1的正方形，以（0,0），（1,0），（0,1），（1,1）为顶点（如图）.由于两人都只能停留5分钟即小时，所以在|x－y|≤时，两人才能会面.由于|x－y|≤是两条平行直线x－y=,y－x=之间的带状区域，正方形在这两个带状区域是两个三角形，其面积之和为(1－)×(1－)=()2，从而带形区域在这个正方形内的面积为1－()2=，因此所求的概率为.
点评：本题将时间看成是“测度”，因此，建立适当的“测度”是解决本题的关键.
思路2
例1
有一段长为10米的木棍，现要将其截成两段，要求每一段都不小于3米，则符合要求的截法的概率是多大？
分析：由于要求每一段都不小于3米，也就是说只能在距两端都为3米的中间的4米中截，这是一道非常典型的与长度有关的几何概型问题.
解：记两段木棍都不小于3米为事件A，则P(A)=.
点评：本题中“测度”为长度.
例2
飞镖随机地投掷在如图所示的靶子上，(1)在每一个靶子中，飞镖投到区域A、B、C的概率分别为多少？(2)在靶子1中，分别投中区域A或B的概率是多少？(3)在靶子2中，飞镖没有投中区域C的概率是多少？(假设每一次投掷都没有脱靶)
（靶子1是正三角形，三角形内的三条线段是三角形的顶点与重心的连线；靶子2中水平线是圆的直径，竖直的线段是垂直于直径的半径）
分析：
由于飞镖投中的位置是随机的，因此，投中的结果有无数个，而飞镖投中任何位置的可能性相等，因此，本题符合几何概型的特点，所以运用几何概型的概率计算方法来求解.
解：(1)在靶子1中分别记“飞镖投到区域A、B、C”为事件A、B、C，设正三角形的面积为S，则三个小三角形的面积（也就是区域A、B、C的面积）都是正三角形面积的，即每个小三角形的面积都是，所以，P(A)=P(B)=P(C)=.
在靶子2中分别记“飞镖投到区域A、B、C”为事件A1、B1、C1，设圆的面积为S1，则区域A的面积为，区域B、C的面积为，因此，P(A1)=，P(B1)=P(C1)=
.
(2)记事件D为“在靶子1中，分别投中区域A或B”，
所以，P(D)=.
(3)记事件E为“在靶子2中，飞镖没有投中区域C”，则有P(E)=.
点评：在本题的飞镖的投掷中，因为是随机投掷，且没有脱靶，因此，符合几何概型的特点，所以用几何概型来计算有关的概率.在本题中的“测度”是面积.
例3
如图，正方形ABCD内接于半圆，现向半圆内随机投一点，求该点落在正方形内的概率.
分析：由于点是随机投入半圆中，因此，符合几何概型的特点，考虑用几何概型的概率计算方法来求解.
解：设半圆的半径为R，正方形ABCD的边长为x，由平面几何知识可知：
x2=(R－)(R+)，得x2=R2.
记该点“落入正方形内”为事件A，则P(A)=≈0.51.
点评：根据实际问题的背景，本题符合几何概型的特点，本题的“测度”是面积.
例4
某人欲从某车站乘车出差，已知该站发往各站的客车均每小时一班，求此人等车时间不多于10分钟的概率.
分析：假设他在0～60分钟之间任何一个时刻到车站等车是等可能的,但在0到60分钟之间有无穷多个时刻,不能用古典概型公式计算随机事件发生的概率.可以通过几何概型的求概率公式得到事件发生的概率.因为客车每小时一班,他在0到60分钟之间任何一个时刻到站等车是等可能的,所以他在哪个时间段到站等车的概率只与该时间段的长度有关,而与该时间段的位置无关,这符合几何概型的条件.
解：记事件A“等待的时间不多于10分钟”,我们所关心的事件A恰好是到站等车的时刻位于［50,60］这一时间段内,因此由几何概型的概率公式,得P(A)=
，即此人等车时间不多于10分钟的概率为.
点评：在本题中，到站等车的时刻X是随机的，可以是0到60之间的任何一刻，并且是等可能的，因此符合几何概型的特点，所以用几何概型概率的计算方法来求解.
知能训练
1.在500
mL的水中有一个草履虫，现从中随机取出2
mL水样放到显微镜下观察，则发现草履虫的概率是（ ）
A.0.5
B.0.4
C.0.004
D.不能确定
2.平面上画了一些彼此相距2a的平行线，把一枚半径r3.某商场为了吸引顾客，设立了一个可以自由转动的转盘（如图），并规定:顾客每购买100元的商品，就能获得一次转动转盘的机会.如果转盘停止时，指针正好对准红、黄或绿的区域，顾客就可以获得100元、50元、20元的购物券（转盘等分成20份）.甲顾客购物120元，他获得购物券的概率是多少？他得到100元、50元、20元的购物券的概率分别是多少？
4.（丈夫与妻子相遇问题）一位丈夫和他的妻子要上街购物，他们决定在下午4：00到5：00之间在某一街角相会，他们约好当其中一个先到后一定要等另一人15分钟.若另一人仍不到则离去.试问这对夫妇能够相遇的概率为多大？假定他们到达约定地点的时间是随机的且都在约定的一小时之内.
解答：
1.C（提示：由于取水样的随机性，所求事件A：“在取出2
mL的水样中有草履虫”的概率等于水样的体积与总体积之比2500=0.004）
2.把“硬币不与任一条平行线相碰”的事件记为事件A，为了确定硬币的位置，由硬币中心O向靠得最近的平行线引垂线OM，垂足为M，如图所示，这样线段OM长度（记作OM）的取值范围就是［o,a］，只有当r＜OM≤a时硬币不与平行线相碰，所以所求事件A的概率就是P（A）=.
3.甲顾客购物的钱数在100元到200元之间，可以获得一次转动转盘的机会，转盘一共等分了20份，其中1份红色、2份黄色、4份绿色，这符合几何概型的条件，因此对于顾客来说：
P（获得购物券）=；
P（获得100元购物券）=；
P（获得50元购物券）=；
P（获得20元购物券）=.
4.
设x和y为下午4：00以后丈夫和妻子分别到达约定地点的时间（以分钟计数），则他们所有可能的到达时间都可由有序数对（x，y）来表示,这里0＜x＜60，0＜y<60，基本事件组所对应的几何区域即为边长为60的正方形区域（如下图），为使得两夫妇相遇，他们的到达时间必须在相距15分钟的间隔之内，用数学符号表示即为绝对值不等式｜x-y｜＜15（例如当妻子比丈夫晚到14分钟时，他们是可以相遇的，这时，只需注意到x-y＝－14，即给出|x-y|＝14，不等式满足），而基本事件组所对应的几何区域中｜x-y｜＜15的图形构成事件r发生的区域，事件r的阴影部分和R的区域如图所示.因此P(r)=.
点评：依据实际问题，建立相应的数学模型，将问题转化为几何概型问题是关键所在.
课堂小结
通过这几节课的学习，已经有三种方法来求随机事件发生的概率了.这三种方法分别是一、通过做试验的方法得到随机事件发生的频率，以此来近似估计随机事件的概率；二、用古典概型的公式来计算随机事件发生的概率；三、用几何概型的公式来计算随机事件发生的概率.用古典概型的公式或几何概型的公式来计算事件发生的概率时，首先应该判断该试验是否符合古典概型或几何概型的特征，然后再解题.
具体地说，如果一个试验满足：
（1）试验中所有可能出现的基本事件只有有限个；
（2）每个基本事件在每一次试验中出现的可能性相等，那么我们就可以用古典概型的公式来计算事件发生的概率.
如果一个试验满足：
（1）试验中所有可能出现的基本事件有无数个；
（2）每个基本事件在每一次试验中出现的可能性相等，那么我们就可以用几何概型的公式来计算事件发生的概率.
第一种方法通过做试验的方法得到事件发生的频率，以此来近似估计概率.这种方法对计算任何随机事件发生的概率的题型都适用.但是，这种方法求出来的是随机事件发生的频率，而不是概率，只是用频率来估计概率.
几何概型
（1）设线段l是线段L的一部分，向L上任意投一点，若投中线段l上的点的数目与该段的长度成比例，而与线段l在线段L上的相对位置无关，则点投中线段l的概率为
P=；
（2）设平面图形s是平面图形S的一部分，向图形S上任意投一点，若投中图形s上的数目与该图形的面积成比例，而与图形s在图形S上的相对位置无关，则点投中图形s的概率为
P=；
（3）设空间几何体v是空间几何体V的一部分，向几何体V上任意投一点，若投中几何体v上的数目与该几何体的体积成比例，而与几何体v在几何体V上的相对位置无关，则点投中几何体v的概率为
P=.
作业
课本习题3.3 1、2、3.
设计感想
由于几何概型是在学习了古典概型之后，将等可能事件的概念从有限向无限的延伸，因此，在引出几何概型之后，将几何概型的特点与古典概型的特点进行比较，总结它们的相同地方和不同的地方.两者都是等可能事件，所不同的是，古典概型的基本事件的个数是有限的，而几何概型的基本事件的个数是无限的，两者的区别必须讲清楚.另外，在几何概型的概率计算公式中的“测度”，可以是线段的长度，图形的面积，几何体的体积等等，还有一些是可以转化为上述量的具体问题，要会转化.3.4 互斥事件及其发生的概率
第2课时
导入新课
设计思路一：（情境导入）
某公司在一次庆祝活动中，为了活跃现场气氛，在活动现场举行了一次抽奖活动.在一个箱子里装有900张奖券，奖券的号码是从100到999的三位自然数，从中抽取一张.若中奖的号码是有且仅有两个数字相同的奖券.试问该活动的中奖率是多少？
设计思路二：（问题导入）
在一只口袋中装有4个红球，2个白球，现从口袋中任取4个球.记事件A：至少取到2个红球；事件B：至少取到2个白球；事件C：没有取到红球：事件D：没有取到白球；事件E：至多取到2个白球.请指出以上事件中的必然事件、不可能事件和随机事件，并找出哪两个事件为互斥事件或对立事件.
推进新课
新知探究
对于导入思路一：
该抽奖活动的中奖奖券可以分为以下三种情形：
（1）有两个非零数字构成的三位数，共有×2×3=216个；（2）一个零与另一个出现两次的非零数字组成的三位数，共有9×2=18个；（3）含有两个零及一个非零数字组成的三位数，共有9个.以上三种情形的每一种情形作为一个事件，则这三个事件是互斥事件，所以，抽奖活动的中奖率为P=
=0.27.
这就是我们用上节课学习的互斥事件的概率的求法来解答的，下面，一起来回顾上节课所学的内容.上节课主要学习了以下内容：
1.互斥事件的概念
在一次试验中，不可能同时发生的两个事件称为互斥事件.如果事件A1，A2，…，An中的任何两个都是互斥事件，我们就说事件A1，A2，…，An彼此互斥.
2.互斥事件有一个发生的记法
如果事件A、B是互斥事件，当事件A、B有一个发生，就记为A+B.若事件A1，A2，…，An是彼此互斥事件，我们就记为A1+A2+…+An.
3.互斥事件的概率的加法公式
如果事件A，B是互斥事件，那么事件A+B发生的概率，等于事件A、B分别发生的概率的和，即P(A+B)=P(A)+P(B)，这个公式可以推广到n个彼此互斥事件，即P(A1+A2+…+An)=P(A1)+P(A2)+…+P(An).
4.对立事件的概念
如果两个互斥事件必定有一个发生，则称这两个事件为对立事件.事件A的对立事件记为.
5.对立事件之间的概率关系
由于对立事件A与必有一个发生，所以A+是必然事件，因而有P(A)+P()=P(A+)=1，所以有P(A)=1－P().
6.互斥事件与对立事件
互斥事件不一定是对立事件，因为互斥事件可以有多于两个的事件，而对立事件只是两个互斥事件并且是其中必有一个发生.
对于导入思路二：
根据必然事件、不可能事件、随机事件以及互斥事件、对立事件的概念来判断.
在一定条件下事先就能断定发生或不发生某种结果，这种现象就是确定性现象.在一定条件下，某种现象可能发生，也可能不发生，事先不能断定出现哪种结果，这种现象就是随机现象.对于在一定条件下必然要发生的事件，叫做必然事件；在一定条件下不可能发生的事件，叫做不可能事件；在一定条件下可能发生也可能不发生的事件，叫做随机事件.必然事件与不可能事件反映的都是在一定条件下的确定性现象，而随机事件反映的是随机现象.?
事件A与B不可能同时发生.这种不可能同时发生的两个事件叫做互斥事件；一般地，如果事件A1，A2，…，An中的任何两个都是互斥的，那么就说A1，A2，…，An彼此互斥.
根据上述概念，从4个红球，两个白球中任取4个球，红球必定至少2个，白球至多2个，所以，事件A、事件E为必然事件，事件B、事件D为随机事件，事件C为不可能事件；事件A与事件C为互斥事件也是对立事件，事件B与事件C为互斥事件但不是对立事件，事件B与事件D为互斥事件但不是对立事件，事件C与事件D为互斥事件但不是对立事件，事件C与事件E为互斥事件也是对立事件.
其中的互斥事件与对立事件是上节课所学的内容，在上节课除学习了以上内容之外，还学习了互斥事件以及对立事件的概率的计算.
如果事件A，B互斥，那么事件A＋B发生（即A，B中有一个发生）的概率，等于事件A，B分别发生的概率的和.即P（A＋B）＝P（A）＋P（B）.
一般地，如果事件A1，A2，…，An彼此互斥，那么事件A1＋A2＋…＋An发生（即A1，A2，…，An中有一个发生）的概率，等于这个事件分别发生的概率的和，即
P（A1＋A2＋…＋An）＝P（A1）＋P（A2）＋…＋P（An）.
如果两个互斥事件必有一个发生，则称这两个事件为对立事件
互斥事件和对立事件都是对两个事件而言的，它们有区别又有联系.在一次试验中，两个互斥的事件有可能都不发生，也可能有一个发生；而两个对立的事件则必有一个发生，但不可能同时发生.所以，两个事件互斥，它们未必对立；反之，两个事件对立，它们一定互斥.
由于对立事件A与必定有一个发生，因此A+是必然事件，所以P(A)+P()=P(A+)=1，由此，可以有如下的重要公式P()=1－P(A).
应用示例
例1
下列命题中，真命题的个数是（ ）
①将一枚硬币抛两次，设事件A：“两次出现正面”，事件B：“只有一次出现反面”，则事件A与B是对立事件 ②若事件A与B为对立事件，则事件A与B为互斥事件 ③若事件A与B为互斥事件，则事件A与B为对立事件 ④若事件A与B为对立事件，则事件A＋B为必然事件
A.1 B.2 C.3
D.4
分析：根据互斥事件的概念即不可能同时发生的两个事件叫做互斥事件；以及对立事件的概念即如果两个互斥事件必有一个发生，则称这两个事件为对立事件.
解：由互斥事件和对立事件的概念可知，①事件A与事件B不可能同时发生，因此，事件A与事件B是互斥事件，但由于事件A与事件B不满足必定有一个发生的条件，所以事件A与事件B不是对立事件，因而是假命题；②由于对立事件的前提是两个事件是互斥事件，因此，两个事件是对立事件必定是互斥事件，所以，是真命题；③互斥事件要成为对立事件必须还要满足两个事件中必有一个发生，所以，互斥事件不一定是对立事件，所以是假命题；④两个事件是对立事件则这两个事件中必有一个发生，因此，“若事件A与B为对立事件，则事件A＋B为必然事件”是真命题.综上所述，本题应该选择B.
点评：互斥事件是不可能同时发生的两个事件，而对立事件除要求这两个事件不能同时发生之外，还要求满足这两个事件必须有一个发生，因此，对立事件是互斥事件，而互斥事件不一定是对立事件.此外，还需注意对关键词语“至多”“至少”等的深入理解.
例2
把红、黑、白、蓝4张纸牌随机地分给甲、乙、丙、丁4个人，每个人分得1张，事件“甲分得红牌”与“乙分得红牌”是（ ）
A.对立事件
B.不可能事件
C.互斥但不对立事件
D.以上均不对
分析：根据互斥事件与对立事件的概念及其相互关系来判断.
解：事件“甲分得红牌”与“乙分得红牌”是不能同时发生的两个事件，这两个事件可能恰有一个发生，一个不发生，可能两个都不发生，所以应选C.
点评：本题易错选A，本题错误的原因在于把“互斥”与“对立”混同，二者的联系与区别主要体现在：①两事件对立，必定互斥，但互斥未必对立；②互斥概念适用于多个事件，但对立概念只适用于两个事件；③两个事件互斥只表明这两个事件不能同时发生，即至多只能发生其中一个，但可以都不发生；而两事件对立则表示它们有且仅有一个发生.
例3
用简单随机抽样从含有8个个体的总体中抽取一个容量为2的样本.试问：(1)总体中的某一个个体a在第一次抽取时被抽到的概率是多少？(2)个体a在第一次未被抽到，而第二次被抽到的概率是多少？(3)在整个抽样过程中，个体a被抽到的概率是多少？
分析：首先判断所求事件之间的关系，是否为互斥事件，如果是，则运用互斥事件概率的求解方法来解.
解：(1)总体中的某一个个体a在第一次抽取时被抽到的概率是P=；
(2)个体a在第一次未被抽到，而第二次被抽到的概率是P=；
(3)由于个体a在第一次被抽到与第二次被抽到是互斥事件，所以，在整个抽样过程中，个体a被抽到的概率是P=.
点评：当直接求某一个事件的概率较为繁杂时，可以考虑所求的事件是否可以看作几个互斥事件有一个发生的问题，如果可以，则可以运用公式P（A1＋A2＋…＋An）＝P（A1）＋P（A2）＋…＋P（An）来求解.
例4
某射手射击一次，(1)若事件A“射手射击一次，中靶”的概率为0.95，则事件的概率是多少？(2)若事件B“射手射击一次，中靶环数大于5”的概率为0.7，那么事件C“射手射击一次，中靶环数小于6”的概率是多少？事件D“射手射击一次，中靶环数大于0而小于6”的概率是多少？
分析：根据题意可以运用对立事件的概率之和等于1的关系来求解.
解：(1)因为P(A)=0.95，所以P()=1－P(A)=1－0.95=0.05；
(2)事件B与事件C是对立事件，又因为P(B)=0.7，所以P(C)=P(B)=1－0.7=0.3；
P(D)=P(C)－P()=0.3－0.05=0.25.
点评：如果某事件A发生包含的情况比较多，而它的对立事件即事件A不发生所包含的情形较少，这时可以利用公式P(A)=1－P()来计算事件A的概率比较简便.对于(2)中，事件C的发生可以看作事件D和事件A有一个发生的情形，而事件D和事件是互斥事件，所以P(C)=P(D)+P()，即P(D)=P(C)－P()，从这里可以看出，不仅要会直接运用公式，也要会运用公式的变形形式.
知能训练
1.从存放号码分别为1，2，3…10的卡片的盒子中，有放回地取100次，每次取一张卡片并记下号码，统计结果如下：
卡片号码
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
取到的次数
13
8
5
7
6
13
18
10
11
9
则取到号码为奇数的概率是（ ）
A.0.53
B.0.5
C.0.47
D.0.37
2.如果事件A、B互斥，那么（ ）
A.
A+是必然事件
B.
+是必然事件
C.
与一定互斥
D.
与一定不互斥
3.1人在打靶中连续射击两次，事件“至少有一次中靶”的对立事件是（ ）
A.至多有一次中靶
B.2次都中靶
C.2次都不中靶
D.只有一次中靶
4.战士小王在一次射击中命中9环的概率是0.27，命中8环的概率是0.21，命中7环的概率是0.24，不够7环的概率是0.19，试求：（1）该战士在一次射击中命中7环或8环的概率；（2）该战士在一次射击中命中10环的概率；（3）该战士在一次射击中命中8环或8环以上的概率.
5.袋中有12个小球，分别为红球、黑球、黄球、绿球，从中任取一球，得到红球的概率是，得到黑球或黄球的概率是，得到黄球或绿球的概率也为，试求得到黑球、得到黄球、得到绿球的概率各是多少？
6.甲、乙两个人下棋，和棋的概率为，乙获胜的概率为，求：(1)甲获胜的概率；(2)甲不输的概率.
解答：
1.A 2.B 3.C
4.（1）射中7环或8环的概率为0.21+0.24=0.45；
（2）射中10环的概率为1-0.27-0.21-0.24-0.19=0.09；
（3）8环或8环以上的概率为0.21+0.27+0.09=0.57.
5.设“取红球”为事件A，“取黑球”为事件B，“取黄球”为事件C，“取绿球”为事件D，则由题意知：
6.(1)甲获胜的概率为1－－=；(2)甲不输的概率为1－=.
课堂小结
这节课我们继续学习了互斥事件以及对立事件的概念及概率的计算.
在运用公式时，我们一定要先判断是否符合互斥事件以及对立事件的概念，然后再根据判断的结果进行解答.特别是互斥事件有一个发生的概率公式，对立事件的概率的和为1，这些公式的运用必须先要考查是否具备各事件彼此互斥和两个事件是对立事件的前提条件.
在求较为复杂的事件的概率时，通常有以下两种方法：第一种方法是直接求解法，可以将所求事件的概率分解成一些彼此互斥事件的概率的和，分解后的每一个事件的概率的计算可以通过等可能事件的概率来解，其关键是确定事件是否互斥.第二种方法是间接求解法，先求出所求事件的对立事件的概率，再用公式P(A)=1－P()来计算，也就是运用逆向思维的思想方法.
另外注意文字叙述的含义，例如“至少有一个发生”“至多有一个发生”等类型的概率时都采用间接求解的方法.
作业
课本习题3.4 7、8.
设计感想
在求解随机事件的概率时，可以根据题目的条件，先判断所求事件的概率类型，然后根据相应的概率类型，采用相应的概率计算公式来求解.在运用概率公式求解互斥事件有一个发生的概率以及对立事件的概率时，首先要考查是否具备各事件彼此互斥和两事件对立的前提条件，因此，要搞清楚互斥事件和对立事件的区别和联系，互斥事件是指两事件不能同时发生，对立事件是指互斥的两事件中必有一个发生.在求较为复杂的事件的概率时，通常采取两种方法：一是将所求的事件看成是一些彼此互斥事件有一个发生的问题，二是先求所求事件的对立事件的概率.
习题详解
习题3.4
1.(1)记A={摸出红球}，B={摸出黄球}，C={摸出蓝球}，D={摸出红球或黄球}，因为事件A与B互斥，运用互斥事件概率加法公式得
P(D)=P(A)+P(B)=0.45+0.33=0.78.
（2）因为事件C与D对立，运用对立事件概率公式得P(C)=1-P(D)=1-0.78=0.22.
答：（1）摸出红球或黄球的概率为0.78；（2）摸出蓝球的概率为0.22.
2.运用互斥事件及对立事件概率公式得所求事件的概率为1-0.4-0.2=0.4.
3.运用互斥事件及对立事件概率公式得
P（至多2人排队等候）=0.1+0.16+0.3=0.56，P（至少3人排队等候）=1-0.56=0.44.
4.分别记“这台彩电是一等品”“这台彩电是二等品”“这台彩电是次品”为事件A、B、C，则事件A、B、C两两互斥.
（1）记D={这台彩电是正品}，运用互斥事件概率加法公式得
P(D)=P(A)+P(B)=0.9+0.08=0.98；
（2）记E={这台彩电不是一等品}，则事件E与A对立，运用对立事件概率公式得
P(E)=1-P(D)=1-0.9=0.1.
答：这台彩电是正品的概率为0.98；这台彩电不是一等品的概率为0.1.
5.（1）记A={投中红色扇形区域}，B={投中蓝色扇形区域}.
根据几何概型的概率公式可得P(A)=，P(B)=
.
（2）记C={投中红色或蓝色扇形区域}.因为事件A与B互斥，运用互斥事件概率加法公式得，P(C)=P(A)+P(B)=.
（3）记D={投中白色扇形区域}.因为事件D与C对立，运用对立事件概率公式得
P(D)=1－P(C)=1－.
答：分别投中红色、蓝色扇形区域的概率均为，投中红色或蓝色扇形区域的概率为，投中白色扇形区域的概率为.
6.运用互斥事件及对立事件概率公式得所求事件的概率为
1-0.54-0.22-0.12=0.12.
7.(1)12张牌中抽出2张的方法为66种，其中两张都是A的方法有6种，故所求概率为；（2）余下10张，抽取2张的方法为45种，其中两张都是A的方法有6种，故所求概率为.
8.（1）得一等奖的概率=；（2）如果一等奖号码为1234567，则二等奖号码可以为X234567（X不等于1）及123456X（X不等于7）共有18种可能，三等奖的号码为XY34567（Y不等于2）或X23456Y（X不等于1且Y不等于7）或12345XY（X不等于6）共有90+81+90=261种可能，故得三等奖及以上奖的概率为.