最新高三教案下学期高中数学概率学初步二 精.docx
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最新高三教案下学期高中数学概率学初步二精
2004年下学期高中数学概率学初步
第二节等可能性事件的概率
重点难点：
本节的重点是正确理解等可能性事件概率的定义，能比较正确地计算等可能性事件的概率；难点是根据问题的试验方式选取合适的基本事件空间；解题的关键是确定基本事件出现的等可能性及相关随机事件包含的基本事件个数.
1、等可能性事件的概率：
在概率论中，又称为古典概率.它要求所研究的问题必须具有如下两个基本特征：
（1）随机试验下基本事件空间的元素只有有限个；
（2）每次试验中各个基本事件出现的可能性相同.
宏观上讲，等可能性事件概率的计算步骤为：
（1）以基本事件出现的等可能性为基础构建基本事件空间；
（2）求出基本事件空间中的基本事件总数n；
（3）确定事件A所包含的基本事件数m；
（4）代入公式
进行计算.
特别值得注意的是：
基本事件出现的等可能性必须努力从试验背景所蕴藏的“均匀性、对称性”等方面进行确定，它是解题正确性的重要保证.
2、等可能性事件概率的计算方法：
一是直接确定基本事件空间的基本事件总数n和事件A包含的基本事件数m，然后根据公式计算；二是斟酌题设情形，先按前法求出有关事件的概率，然后运用概率的基本性质，间接地算出p（A）.通常，前者称为直接法，后者则称为间接法.
无论是直接法，还是间接法，解题的关键都在于确定n和m的数值.一般来说，当基本事件总数较少时，可用直接法将基本事件空间和事件A包含的基本事件一一列举出来，以确定n和m；当基本事件总数较多或难于直接列举时，可利用排列、组合等数学知识，通过相应地计算以确定n和m.
思路方法：
例1、一袋中装有大小相同的a个黑球和b个白球，从中逐一将它
们取出，求第k次取出的球恰为黑球的概率（1≤k≤a+b）.
剖析：
本题旨在训练运用公式求相关事件的概率；难点在于构建
与“第k次取出的球恰为黑球“这一事件相对应的基本事件与基本事件空间；解题的关键在于对第k次取出的球恰为黑球的认识和处理.题设将袋中球逐一取出，应理解为依次取出，每次一个，全部取完为止，其中第k次取出黑球仅是逐一取球中的某一次.因此，若以全部取出球
的先后顺序为基础，将球按同色球有无区别对待，构建基本事件空间，
不难发现可获得两种解法；而从前k次取球为独立的一段及每次取球
对球的机会均等性两方面考虑构建基本事件空间，则又可获得两种解
法.
解法一：
设事件A=“第k次取出的球恰为黑球”，将袋中每个球
均视为有区别，依次对球进行编号，不妨黑球为1，2，，a号；白球为a+1，a+2，，a+b号.以全部取得球确定的编号顺序为一基本事件，则其基本事件总数相当于a+b个数的全排列即（a+b）！
；而事件A包含的基本事件数为a（a+b-1）!
.因此
.
解法二：
视同色球间无区别，则此时相当于将a+b个“格子”分
成两类.基本事件可看成a+b个格子中有a个为黑球所占居，其中a个位置是任意的，从而基本事件总数为
，事件A则可认为在a+b个格子中除第k个位置必放一个黑球外，其余在余下的a+b-1个格子中有任意的a-1个位置放黑球，因此事件A包含的基本事件数为
.于是
.
解法三：
由于题设关心的是第k次取出的球恰为黑球，因此只需
考虑前k次的取球，而无需考虑后面a+b-k次的取球.对于前k次又可将依次从a+b个球任取k个放在k个位置作为一基本事件，此时基本事件总数为
；而事件A包含的基本事件数则为
.于是
.
解法四：
由于每一个球都有同样的可能性被第k次取到，而只有
当a个黑球之一出现时才有事件A发生.因此，以第k次取得的效果为基本事件，此时基本事件总数为a+b，而事件A包含的基本事件数为a.于是
.
迁移点拨：
本题给出的四种解法，分别来自于基本事件及基本事
件空间的不同构建，这一点需要读者在学习过程中努力掌握.构建了恰当且比较简洁的基本事件空间，能很快且准确地确定对应事件的概率.
本题的结果亦表明，取得黑球的概率与取球的先后顺序无关，这
个结论与我们日常生活中的经验是一致的.例如：
体育比赛中进行的
抽签对各队的机会均等，与抽签的先后次序无关.
例2、从5双不同尺码的鞋子中任取4只，求4只鞋子中至少有2
只配成一双的概率.
剖析：
本题旨在训练用直接法和间接法求“4只鞋子中至少有2
只配成一双”的概率；难点在于配成“一双”的认识和处理；解题的关键在于对“至少”的处理.
解法一：
设事件A为“4只鞋子中至少有2只配成一双”.显然，
基本事件总数为从10只鞋子中任取4只的组合数即n=
.
将事件A理解为“恰好配成一双”与“恰好配成二双”的和事件，此
时事件A包含的基本事件数为
.
于是
.
解法二：
设事件A为“4只鞋子中至少有2只配成一双”，则其对
立事件
为“4只鞋子中没有2只配成一双”.显然，基本事件总数为n=
.
而
包含的基本事件数理解为“先从5双中取出4双，然后在每一
双中取出一只”构成的组合数即
.
所以
于是
.
例3、一袋中装有大小相同的a个白球和b个黑球，
（1）从中任取m+n个球（m、n∈N，m≤a，n≤b），试求所取出的球恰有m个白球和n个黑球的概率；
（2）从中依次无放回地取出3球，求3球依次为“黑白黑”的概率；
（3）从中依次无放回地将球取出，直至留在袋中的球均为同一种颜色为止，求最后留在袋中均为白球的概率.
剖析：
本题旨在针对不同的取球方式，构建恰当的基本事件空间，
熟练地计算m、n和相关事件的概率；难点在于对取球方式的分类处理，
明确其对应的基本事件；解题的关键在于分清取球的先后次序，合理
运用排列、组合方法确定对应事件包含的基本事件数.
解：
（1）设事件A为“取得的m+n个球中恰有m个白球和n个黑
球”.由题意，取出的m+n个球的一个组合为一个基本事件此时基本事件总数为
.事件A包含的基本事件数则相当于从a个白球中取出m个白球与b个黑球中取出n个黑球的组合数即
.于是
.
（2）设事件B为“取出的3球依次为黑白黑”.则以取出的3球的一个排列为基本事件，其基本事件总数为
；而事件B包含的基本事件数相当于第一、三位置为黑球，第二位置为白球的排列数即
.于是
.
（3）设事件C为“袋中留下的均为白球”.此时事件C相当于“取出b个黑球，i个白球（i=0,1,2,,a-1）”的和事件，它与事件“第a+b次取出白球“为等价事件.于是由例1可得
.
迁移点拨：
本题（3）亦可用下节的互斥事件有一个发生的概率加
法公式进行计算，此处就避而不谈了.
例1、例2、例3是概率论中的理想化模型，只需将球、鞋子换为
产品中的正（次）品，扑克牌中的红桃、黑桃，自然数中的奇数与偶
数等对象，就可于获得许多不同形式的问题.因此次类问题在概率论
中也常称为摸球问题或抽签问题.下面略举几例，供读者类比研究：
（1）、一批灯泡100只，其中有3只坏的，现从中任取5只检查.
求：
①5只都是好的的概率；②5只中有2只坏的的概率.
（2）、在分别标有2，5，6，7，12的5张相同卡片中，任意取出
2张，求：
①所得两数构成可约分数的概率；②所得两数之和为偶数的概率.
（3）、一个班级有2n个男生和2n个女生，将全班学生任意分成人数相等的两组，求每组中男女生人数相等的概率.
例4、将球一个接一个随机地放入n个格子中，并指定其中一个格子；当这个指定格子空着时，放球就继续，否则放球就停止，求在第k次球放到此格子里的概率.
剖析：
本题旨在用直接法求事件的概率；难点是前k-1次放球的随
机性；解题的关键在于第k次后放球停止即只放了k个球.
解：
因为每个球随机地放入每一个格子且只放了k个球，所以基
本事件总数为nk.又当第k次球被放入指定格子时，前k-1次球可在其余n-1个格子中任意放置，因此事件A=“第k次把球放入指定格子中”
所包含的基本事件数为（n-1）k-1.于是
迁移点拨：
本题只注重于放球与不放球这一行为，相当于等待问
题，无须考虑球与球之间的差别.类似的问题有：
一个人有n把钥匙，其中只有一把能打开某扇门.由于该人事先
不知哪一把能打开门，所以他随机地用这些钥匙去试开，试完后又放
回，求该人恰好第k次把门打开的概率.
例5、现有n个球，每个都能以同样的概率
落入N个格子（N
≥n）的每一个格子中，试求下列事件的概率：
（1）A=“某指定的n个格子中各有一个球”；
（2）B=“恰有n个格子，其中各有一球”；
（3）C=“某指定格子中恰有m（m≤n）个球”.
剖析：
本题旨在进一步熟练用直接法求事件的概率；解题的难点
与关键在于挖掘“每个球均以同样概率落入每一个格子中”的含义：
即每球落入任意一个格子是等可能的，此时每球有N种不同的去向.
解：
因为n个球中的每一个球均以同样的概率落入每一个格子，
所以基本事件总数为Nn.
（1）n个球落入n个事先指定的格子中，相当于n个球的全排列即事件A包含的基本事件数为
.
于是
.
（2）对于事件B：
n个格子可自N个格子中任意选取，有
种选法，从而事件B包含的基本事件数为
.
于是
.
（3）事件C中的m个球，可从n个球中任意选取，有
种选法，其余的n-m个球可以任意落入另外N-1个格子中去，有
种去向.因此事件C包含的基本事件数为
.于是
.
迁移点拨：
由结论（3）可知，当n和N固定时，p（C）随m的
变化而变化.若记p（C）=Pm，由二项式定理有
此等式的概率意义是显二易见的：
因为对于某个指定格子而言，落入
格子中的球数不外是0，1，2，，n，但这n+1种情形的和事件应为
必然事件，所以其概率亦为1.
N个球落入N个格子，是又一种理想意义下的概率模型，常常称
为“入格问题”；其研究思路可用来描述许多貌异质同的问题.如：
（1）生日问题：
n个人在一年（或一周或一月）中的生日分布相当于n个球放入N=365（或N=7或N=12）个格子的不同排列（假定一年有365天即不考虑闰年、闰月的情形）.
（2）性别问题：
n个人的性别分布相当于将n个球放入N=2个格子中.
（3）掷骰子问题：
抛掷n颗骰子，观察点子数相当于把n个球放入N=6个格子中.
（4）寄信问题：
将n封信投入N只邮箱相当于n个球放入N个格子中.
（5）旅客到站问题：
一列列车中有n位旅客在N个站下车是等可能的情形相当于n个球放入N个格子中.
（6）住房分配问题：
n个人进入N个房间，此时相当于将人当球、房间当格子.
（7）印刷错误问题：
n个印刷错误在一本具有N页的书中的一切可能分布，相当于n个球放入N个格子中的一切可能分布（n必须小于每一页的字数）.
（8）意外事件问题：
n个意外事件在一周中的分布，相当于将n个球放入N=7个格子中.
例6、从0至9十个数字中任取一个，假定每个数字都以同样的概率被取中，取后放回、先后取出6个数.试求下列各事件的概率：
（1）A=“6个数字全不相同”；
（2）B=“不含0和1”；
（3）C=“0恰好出现四次”；
（4）D=“取到的最大数恰好为6”；
（5）E=“0至少出现两次”.
剖析：
本题旨在训练返回抽样中概率的计算；解题的难点与关键
在于基本事件及公式
中m、n的确定.
解：
由题设可知，每一个事件均具有相同的基本事件空间，而所
有的基本事件相当于10个相异元素允许重复的6元排列，故基本事件总数为106.
（1）对于事件A：
由取出数字的互不相同性和先后次序可知它相当于10个相异元素中每次取6个相异元素的排列，即事件A包含的基本事件数为
.于是
（2）对于事件B：
由于“不含0和1”，所以它相当于从余下的8个相异元素中允许重复地取出6个数的排列，即B包含的基本事件数为86.于是
（3）对于事件C：
由于“0恰好出现四次”，因此6次取数中有任意4次取到0，其取法为
种，而余下的2次为每次在剩下的9个数字中任取一个，共有92种取法，于是事件C包含的基本事件数为
.由此
.
（4）对于事件D：
取到的最大数恰好为6，可有下列两种思路确定其解题途径：
思路一：
将事件D看成取到最大数6恰有1次、2次、、6次这些互斥事件的和事件，而取到最大数6恰有k次包含的基本事件数为
，于是事件D包含的基本事件数为
.因此
.
思路二：
将事件D看成最大数不大于6的重复排列中剔除最大数小于6的重复排列，此时事件D包含的基本事件数为66-56.于是
.
（5）事件E可看成事件“0至多出现一次”的对立事件.因此
.
迁移点拨：
例6是一种比较典型的返回抽样问题，在概率论中常
称为随机取数问题，其解题思想方法，对于同类问题具有指导作用.不过，在解题过程亦不能把它作为现成模式套用，即使同是随机取数问题，也须斟酌题意，灵活处理.例如下列几个问题，表面看结构相仿，但仔细分析后可知，其本质上还是有很大差别的.
（1）从0至9这十个数字中，不放回地任取5个，求由完全不同数字组成五位数的概率.
（2）从0至9这十个数字中，有放回地任取5个，求由完全不同数字组成五位奇数的概率.
（3）某城市电话号码都是7位数码（每个数码可从0至9十个数字中任取），如果从这个城市的电话号码簿中任指一个电话号码，求开始两位都不超过5且第三位为1的概率.
例7、甲有n+1枚硬币，乙有n枚硬币，双方抛掷之后进行比较.
求甲抛出的正面比乙抛出正面多的概率.
剖析：
本题旨在强化事件等可能性的认识，非公式的直接运用；
难点是每个人抛出的正面与抛出的反面的机会均等；解题的关键是理清事件间的关系.
解：
设事件A为“甲抛出的正面比乙抛出的正面多”
事件B为“甲抛出的反面比乙抛出的反面多”
显然
，所以
又由于每人抛出正面与抛出反面的机会均等，
因此
。
例8、甲乙两人街头约会，约定谁先到后须等待10分钟，这时若
另一个人还没有来就可离开.现在甲是1点半到达的，假设乙在1点至2点內到达，且在1点至2点之间何时到达是等可能的，求甲、乙能见
面的概率.
剖析：
本题旨在认识连续变量下等可能事件概率的计算方法；难
点在于等待10分钟在1点至2点时间段上的处理，即如何将连续变量下的概率转化为非连续变量下概率的计算；解题的关键是构建恰当的基本事件及判定其等可能性.
解：
设事件A为“乙在1点至1点20分间到达”；
事件B为“乙在1点20分至1点40分间到达”；
事件C为“乙在1点40分至2点间到达”；
由题设知，以上三个事件的发生是等可能的且三个事件彼此之间
是互斥事件并包含了题设的各种可能。
显然，A、C发生时甲、乙不能
见面，只有在B发生时甲、乙才能见面。
因此，甲、乙见面的概率为
.
迁移点拨：
本题中，虽然乙在1点至2点间任何时刻到达的可能
性相同，却不能以乙到达的可能时刻作为一基本事件；由于那样，该试验下的所有可能结果即基本事件总数就不是有限个了，同样甲乙两人能见面所包含的基本事件数也不是有限的，因此就无法用公式
计算对应事件的概率了.当然，如本题的解法那样，对试验的可能结果进行归并处理，从而构建等价的基本事件即设法转化为古典概型问题还是可解的，不过在构建等价的基本事件时要注意其彼此间的互斥性及出现的等可能性.
将连续型随机问题通过归并处理转化为古典概型问题从而实现对
问题概率的计算固然是一种比较好的数学思路，但由于在实践中很难
做到这一点.因此，人们通过研究概括出连续型等可能性事件发生的
概率计算公式：
其中：
I为基本事件空间，测度通常指线段的长度、平面图形的
面积、立体图形的体积等.
读者可从下述问题的解法中了解到上述公式的应用：
甲乙两人街头约会，约定谁先到后等待20分钟，这时若另一人还没有来就可离开；若甲、乙两人都是1点至2点到达且何时到达是等可能的，求甲、乙能见面的概率.
解：
设x、y分别表示甲、乙到达的时刻，则两人到达的时间的一切可能结果对应边长为60的正方形内所有点.两人能见面的充要条件是|x-y|≤20
所以事件A=“两人能见面”对应图中阴影部分里的一切点.因此由上述公式可得
.
能力训练：
1、袋中装有4个红球、3个白球和5个黑球，从中依次有放回地随机取出5球，求：
（1）取得2个红球与3个白球的概率；
（2）第一次取得黑球第二次取得白球其余三次取得红球的概率.
2、若以连续抛掷两次骰子分别获得的点数m、n为点P的横、纵坐标，求点P落在圆x2+y2=16内的概率.
3、将一颗骰子连掷两次分别获得的点数m、n作为方程x2+Bx+C=0中的系数B和C，求方程没有实根的概率.
4、从一付扑克牌（52张）中任取5张，求下列事件的概率：
（1）取得3张方块2张梅花；
（2）恰有4张同色；
（3）异花顺次五张牌；
（4）恰有3张同点数牌；
（5）五张中有不同点的两对.
5、在桥牌游戏中（4个人各从52张牌中分得13张），求4张A集中于一个人手中的概率.
6、把10个足球队均分成两组进行比赛，求：
两支最强队被分在
（1）不同的组；
（2）同一组的概率.
7、从n付不同的手套中任取2r（2r＜n＝只，求：
（1）无成付手套；
（2）恰有2付手套；（3）有r付手套的概率.
8、同时抛掷4颗质量均匀的骰子，求出现完全不相同点数的概率.
9、设每个人的生日出现在一星期中的任一天是等可能的，求6个人的生日集中在一星期中任意两天但不是都在同一天的概率.
10、设有n个人，每个人都等可能地被分配到n个房间中的任一间去住，求恰有一个空房间的概率.
11、现有6个人在一栋10层大楼的第一层同时进入电梯.设他们中的每一个人自第二层开始在每一层离开电梯是等可能的.试求这6个人在不同层次离开电梯的概率.
12、一个号码锁有5个拨盘，每个盘上有从0至9十个数字，当5个拨盘上的数字组成某个确定的五位数码时锁才能打开.求：
（1）任意拨号一次把锁打开的概率；
（2）如果知道开锁号码的前两位数码为58，但不知后几位数码，拨号一次把锁打开的概率；
（3）如果知道开锁号码的各位数码均不同且前三位由大到小排列，后两位亦大到小排列，拨号一次把锁打开的概率.
13、从1，2，3，，9中可重复地任取5个数，求所取5个数之积能被10整除的概率.
14、在1，2，3，4，5五个数中先任取一个，然后在剩下的四个中再任取一个，试求某个奇数
（1）在第一次被取到；
（2）在第二次被取到；（3）两次都没有被取到的概率.
15、从分别标有5，6，7，8，9的五张卡片中，任意抽取两张，求：
（1）卡片上的数均为奇数的概率；
（2）卡片上的数之和为偶数的概率；
（3）卡片上的数之积为偶数的概率.
第三节互斥事件有一个发生的概率
重点难点：
本节的重点是进一步理清互斥事件、对立事件的概念，能比较熟练地运用互斥事件有一个发生的概率公式（即概率的加法公式）计算有关事件的概率；难点在于将一个事件分解为几个互斥事件的“和”
或“积”；解题的关键是正确认识“同时”、“至少”、“至多“等词语的含义，熟练运用集合观点分析处理事件间的关系.
1、两个互斥事件A、B中至少有一个发生的概率公式：
P（A+B）=P（A）+P（B）
此公式揭示了互斥事件的和事件的概率等于各自概率的和这一性质；该性质可由概率的统计定义即频率的性质自然推出.现简介如下：
假设在n次随机试验中A、B、A+B发生的次数分别为mA、mB、
mA+B，由于A与B互斥，所以mA+B=mA+mB；从而对应的频率有下列关系：
即互斥事件和事件发生的频率等于互斥事件各自发生的频率和.在数学概括下即得上述概率性质；互斥事件和事件发生的概率公式常称为概率的加法公式.
上述结论亦可推广到有限多个互斥事件的情形，即若A1、A2、、An彼此互斥，则
P（A1+A2++An）=P（A1）+P（A2）++P（An）
2、对立事件的概率：
由于对立事件为互斥事件的极端情形即
为必然事件，所以
P（A）+P（
）=P（A+
）=1或
3、和事件发生的概率公式：
当A、B非彼此互斥事件时，其和事件发生的概率亦有相应的加法公式；现列举如下：
P（A+B）=P（A）+P（B）-P（AB）
事实上，此公式由集合的文氏图可十分容易地得到.
思路方法：
例1、判别下列问题下的各对事件的互斥性与对立性：
从1000只灯泡中任取3只检验（其中有10只次品，其余为正品）取得
（1）“恰有1只次品”和“恰有2只次品”；
（2）“至少有1只次品“和”全是次品”；
（3）“至少有1只正品”和“至少有1只次品”；
（4）“至少有1只次品”和“全是正品”.
剖析：
本题旨在强化对“互斥事件”与“对立事件”概念的认识；解题的难点与关键是理清问题中相关词语的含义与事件间的相互关系.
解：
（1）由于题设试验下的基本事件相当于从1000只灯泡中任取3只的一个组合，它可能全是正品，亦可能是其它情形，现在恰有1只次品和恰有2只次品仅是其中的两种情形且在一次试验下是不可能同时出现的，因此它们是互斥事件但非对立事件.
（2）由
（1）知，至少有1只次品包含了全是次品的情况，在一次试验中是可以同时发生的，因此它们不是互斥事件更不是对立事件.
（3）由
（1）知，至少有1只正品是恰有1只正品、恰有2只正品、恰有3只正品的和事件；类似地，至少有1只次品是恰有1只次品、恰有2只次品、恰有3只次品的和事件.于是，它们在同一次试验中是可以同时发生的，因此它们既不是互斥事件也不是对立事件.
（4）由
（2）知，两事件不可能同时发生且其和事件构成必然事件.因此它们不仅是互斥事件更是对立事件.
迁移点拨：
本题表明，在明确的基本事件空间下正确运用集合观念能很好地处理各事件间的关系.
例2、从0至9十个数字中，任取四个数字组成没有重复数字的四位数码，求组成的四位数码为大于6528的四位数的概率.
剖析：
本题旨在认识如何用概率的加法公式求事件的概率；解题的难点与关键是认识“大于”一词的含义并由此将题设事件分成若干互斥事件的和.
解：
由题设知，其基本事件相当于从10个不同元素中取4个不同元素的排列且每一基本事件的出现是等可能的.因此对应的基本事件总数为
.
设事件A为“组成的四位数大于6528”，事件A1为“千位数字大于6的四位数”，
事件A2为“千位为6，百位大于5的四位数”，
事件A3为“千位为6、百位为5，十位大于2的四位数”，
事件A4为“千位为6、百位为5、十位为2，个位大于8的四位数”.
显然A1、A2、A3、A4两两互斥且A=A1+A2+A3+A4
由于
所以P（A）=P（A1+A2+A3+A4）
=P（A1）+P（A2）+P（A3）+P（A4）
=
=
迁移点拨：
该题以四位数的千、百、十、个位为切入点将一个复杂事件分解为若干互斥事件的和，体现了数学中重要的分类讨论与化难为易的思想.切入点与基本事件出现的等可能性的确定是解决此类问题的关键.
若将题中“四位数码”改成“四位数”是否可同法解之？
为什么？
例3、向假设的三个相邻的军火库随机地投掷一枚炸弹，炸中第一个军火库的概率为0.05，炸中第二个军火库的概率为0.1，炸中第三个军火库的概率为0.25，求炸毁军火库的概率.
剖析：
本题旨在进一步熟悉互斥事件下概率加法公式的运用；解题的关键是互一枚炸弹最多只能炸中一个军火库.
解：
设事件A为“炸毁军火库”，事件Ai为“炸中第I个军火库”（i=1,2,3）
显然A1、A2、A3彼此互斥且A=A1+A2+A3
由于P（A1）=0.05P（
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