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1、例1 写出下列随机试验的基本事件空间：（1）抛掷一颗骰子；（2）将一枚硬币连抛三次；（3）从编号为1、2、3、4的四个同样的球中同时摸出2球；（4）将a、b两球随机的放入三个不同的盒子中.剖析 本题旨在认清某个随机试验的所有可能结果即每一个基本事件，为以后概率的计算打好基础；解题的关键在于把握每个基本事件的互斥性与不可再分性.解 （1）在抛掷一颗骰子的试验中，有六个基本事件：出现1点、出现2点、出现3点、出现4点、出现5点、出现6点.因此，基本事件空间为I=1，2，3，4，5，6. （2）将硬币抛一次可能出现正面和反面，而连抛三次相当于从2个相异元素中允许重复地取出3个元素的排列，有23=8种

2、可能结果.其基本事件空间为I=（正,正,正）,（正,正,反）,（正,反,正）,（正,反,反）,（反,正,正）,（反,正,反）,（反,反,正）,（反,反,反）. （3）同时摸出2球这一试验相当于从4个不同元素中每次取2个相异元素的组合，因此基本事件总数为=6.于是，基本事件空间为I=（1,2）,（1,3）,（1,4）,（2,3）,（2,4）,（3,4）.（4）由于每一个球可有三种放法，因此，2球就有32=9种放法.从而基本事件空间为I=（ab,-,-）,（-,ab,-）,（-,-,ab）,（a,b,-）,（b,a,-）,（a,-,b）,（b,-,a）,（-,a,b）,（-,b,a）.迁移点拨 该

3、题表明，在确定某个随机试验的基本事件空间时，一要注意其试验方式，二要注意基本事件的确当表示，三要有坚实的排列组合基础.例2 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）由于题设下的基本事件相当于从1000只灯泡中任取3只的一个组

4、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

5、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3 从0至9这十个数中随机取一个数.记事件A为“取得的数大于6”，事件B为“取得的数为偶数”，事件C为“取得的数为奇数”.试用基本事件表示下列事件：（1）A+B （2）AB （3）剖析 本题旨在认识任何一个随机事件均是基本事件空间的一个子集；解题的关键在于把握相关事件的意义及某事件发生当且仅当其子集中的一个基本事件发生.解 （1）由事件和的定义，A+B表示事件A与B至少有一个发生，也就是取得的数或者大于6或者为偶数.因此A+B=0，2，4，6，7，8，9. （2）由事件积的定义，AB表示事件A与B同

6、时发生即取得的数为大于6的偶数.因此 AB=8. （3）由对立事件的定义，表示事件C不发生即取得的数为偶数.因此 =0，2，4，6，8=B.迁移点拨 本题也可以利用事件与集合间的关系，把对事件的分析转化为对集合的分析，利用集合间的运算来分析事件间的关系.例4 设A、B、C表示三个随机事件，试将下列事件用A、B、C表示出来：（1）E=“三个事件同时发生”；（2）F=“三个事件中至少有一个发生”；（3）G=“三个事件中恰有一个发生”；（4）H=“三个事件中不多于两个发生”.剖析 本题旨在理清事件间的关系；解题的关键在于把握“同时”、“至少”、“恰有”、“不多于”等词语的含义.解 （1）（如图1）E

7、=ABC； （2）（如图2）F=A+B+C 或 F= 或F= （3）（如图3）G= （4）（如图4）H= 或 H= H=迁移点拨 计算概率时，离不开字母表示事件，它有如列方程解应用题中的设未知数，是解答概率问题的基础，必须熟练掌握. 本题中所涉及的复合事件常常有多种表示形式，有的比较简单，有的比较复杂，需注意认清其等价性.例5 某射手在同一条件下进行7回合的射击，结果如下：射击次数n1020501002005001000击中靶心次数m8194592178455899击中靶心频数08095090920890910899求：（1）这个射手射击一次，击中靶心的概率大约是多少？ （2）这个射手射击60

8、次，大约有多少次能击中靶心？剖析 本题旨在认识概率的统计定义；解题的关键在于把握概率是大量试验下频率的稳定值，是用频率的近似值表示概率.解 （1）由表中数据可以看出，当射击次数很多时，击中靶心的频率接近0.9且在其附近摆动，因此可以认为击中靶心的概率为0.9. （2）由（1）可知，射击60次的频率约为0.9，因此这60次中击中靶心的次数约为54.能力训练1.下列说法正确的是（ ） A.任一事件的概率总在（0，1）之间； B.概率为0的事件一定是不会发生的事件； C.概率为1的事件并不一定会发生； D.以上均不对.2.两个事件互斥是这两个事件对立的（ ） A.充分不必要条件 B.必要不充分条件

9、C.充要条件 D.既不充分也不必要条件3.12件同类产品中有10件是正品，任意抽取3件为必然事件的是（ ） A.3件都是正品 B.至少有一件是次品 C.3件都是次品 D.至少有一件是正品4.将一根长为a的铁丝随意三折，构成一个三角形，此事件是（ ） A.必然事件 B.不可能事件 C.随机事件5.如果A、B是互斥事件，那么（ ） A.A+B是必然事件 B.是必然事件 C. 与一定不互斥 D.A与可能互斥，也可能不互斥6.写出下列随机试验下的基本事件空间：（1）同时抛掷三颗骰子，观测其点数和；（2）一个小组有A、B、C、D、E五人，从中选出正副组长各一人（一个人不能兼两个职务），观察选举结果；（3

10、）10只产品中有3只次品，每次从其中任取1只（取后不放回），直到将3只次品都取出，记录抽取的次数；（4）从装有大小相同的黑、白各一球的袋中，先后有放回地摸出2球，观察摸得的颜色.7.从分别标有0，1，2，9的十张卡片中，任抽两张.（1）求此试验下基本事件总数；（2）“两张卡片上数之和为奇数”包含几个基本事件；（3）“两张卡片上数之积为偶数”包含几个基本事件.8.有一批书，按内容可分文科与理科两类，按装璜又分精装与平装本两种，记在这批书中“任取一本是精装本”为事件A，“任取一本是文科书”为事件B，试用A、B表示下列事件：（1）事件C=“任取一本是文科平装书”；（2）事件D=“任取一本是理科精装书

11、”.9.判断下列命题的正确性： （1）“三个事件中至多有两个发生”是“三个事件都发生”的对立事件； （2）“三个事件都不发生”即“三个事件不都发生”； （3）“三个事件都发生”是“三个事件都不发生”的对立事件； （4）“三个事件中至少有一个发生”与“三个事件中至少有一个不发生”是互斥事件.10.袋中装有红球、黑球共30个，每次摸出1球，然后放回，这样进行了多次试验后其结果表明：在5次里有2次恰好摸得红球，求袋中约有多少个红球？11.保险公司关于某地区的“生命表”部分如下：年龄活到该年龄的人数在该年龄死亡的人数80050895607509810017045572189880260602500根据

12、上表解答下列问题：（1）某人今年50岁，他当年去世的概率是多少？他活到80 岁的概率是多少？（2）如果有20000个60岁的人参加人寿保险，当年死亡的人均赔偿金为a元，预计保险公司需付的赔偿金总额为多少元？第二节 等可能性事件的概率本节的重点是正确理解等可能性事件及概率的定义，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事件包含的基本事件个数.1.等可能性事件的概率 （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

13、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）代入下列公式计算概率：值得注意：基本事件出现的等可能性可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 直接法：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；间接法：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）.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.

14、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，通过相应地计算确定n和m.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（1ka+b）.剖析 题设中球逐一取出，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；而以前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

15、，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

16、含的基本事件数为.于是 解法三 由于第k次取出的球恰为黑球，因此只需考虑前k次取球.对于前k次可将依次从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 .解法四 由于每一个球都以同样的可能性被第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，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

17、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.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概率；难点在于配成“一双”的处理；解题的关键在于对“至少”的认识.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看成“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 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”

18、.显然，基本事件总数为 n= .而包含的基本事件数为“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、nN，ma，nb）,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

19、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”.将取出的m+n个球的一个组合视为一基本事件， 其基本事件总数为.事件A包含的基本事件数则是从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，其基本事件总数为事件B包含的基本事件数则是第一、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为“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

20、”为等价事件.于是由例1可得 迁移点拨 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，就可获得许多不同形式的问题.此类问题在概率中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：5只都是好的的概率；5只中有2只坏的的概率. （2） 从分别标有2，5，6，7，12的5张相同卡片中，任取2张，所得两数构成可约分数的概率；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

21、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

22、： 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（Nn）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（mn）个球”.剖析 “每个球均以同样概率落入每一个格子中”意指每球落入任意一个格子是等可能的，即每球有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

23、中，相当于n个球的全排列即事件A包含的基本事件数为（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（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而易见的：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

24、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（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）

25、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由于“不含0和1”，所以它相当于从余下的8个相