北师大版 (2019)2.1 古典概型第1课时学案设计

这是一份北师大版 (2019)2.1 古典概型第1课时学案设计，共7页。


某商场举行购物抽奖促销活动，规定每位顾客从装有编号为0，1，2，3四个相同小球的抽奖箱中，每次取出一个球记下编号后放回，连续取两次，若取出的两个小球号码相加之和等于6，则中一等奖，等于5则中二等奖，等于4或3则中三等奖．
[问题] (1)求中奖的概率？
(2)若上述问题改为每次取出一个球后不放回，中奖的概率是否发生变化？



知识点 列样本点时要注意两类不同表述的区别
在利用古典概型求解实际问题时，首先判断该试验是否具有两大特征——有限性和等可能性，同时在获取题干中的信息时，注意以下两类不同的表述：
(1)“无序”与“有序”的区别：“无序”指取出的元素没有先后次序，常用“任取”表述，而“有序”指取出的元素有顺序，常用“依次取出”表述；
(2)“有放回”与“无放回”的区别：“有放回”取出的元素可以重复，而“无放回”取出的元素没有重复．
eq \a\vs4\al()
“有序不放回抽取”的特点是元素不能重复；“有放回抽取”的特点是元素允许重复．
口袋内有红、白、黄大小完全相同的三个小球，若从袋中摸出一个后放回，再摸出一个，则第一次摸出红球，第二次摸出白球的概率是________；若从袋中依次无放回地摸出两球，则第一次摸出红球，第二次摸出白球的概率是________．
解析：有放回地取球．样本空间为{(红，红)，(红，白)，(红，黄)，(白，白)，(白，红)，(白，黄)，(黄，红)，(黄，白)，(黄，黄)}，第一次摸出红球，第二次摸出白球，只包含(红，白)1个样本点，故所求概率为 eq \f(1,9) .
无放回地取球．样本空间为{(红，白)，(红，黄)，(白，红)，(白，黄)，(黄，红)，(黄，白)}，所以先摸出红球，再摸出白球的概率是 eq \f(1,6) .
答案： eq \f(1,9) eq \f(1,6)
[例1] 口袋内有红、白、黄大小完全相同的三个小球，求：
(1)从中任意摸出两个小球，摸出的是红球和白球的概率；
(2)从袋中摸出一个后放回，再摸出一个，两次摸出的球是一红一白的概率．
[解] (1)无放回地取球．任意摸出两个小球的样本空间为{(红，白)，(红，黄)，(白，黄)}，所以摸出的是红球和白球的概率为 eq \f(1,3) .
(2)有放回地取球．样本空间为{(红，红)，(红，白)，(红，黄)，(白，白)，(白，红)，(白，黄)，(黄，红)，(黄，白)，(黄，黄)}，而事件“摸出一红一白”包括(红，白)，(白，红)2个样本点，所以两次摸出的球是一红一白的概率为 eq \f(2,9) .
eq \a\vs4\al()
抽取问题是古典概型的常见问题，解决此类问题需要注意两点：一是所给问题是否需要将被抽取的个体进行区分才能满足古典概型的条件，二是看抽取的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．
[跟踪训练]
从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为( )
A． eq \f(1,10) B． eq \f(1,5)
C． eq \f(3,10) D． eq \f(2,5)
解析：选D 先后有放回地抽取2张卡片的情况有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(3，5)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，(4，5)，(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，(5，5)，共25种．其中满足条件的有(2，1)，(3，1)，(3，2)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，共10种情况．因此所求的概率为P＝ eq \f(10,25) ＝ eq \f(2,5) .故选D.
[例2] 甲、乙、丙、丁四名学生按任意次序站成一排，试求下列事件的概率：
(1)甲在边上；
(2)甲和乙都在边上；
(3)甲和乙都不在边上．
[解] 利用树状图来列举样本点，如图所示．
由树状图可看出共有24个样本点．
(1)甲在边上有12种情形：
(甲，乙，丙，丁)，(甲，乙，丁，丙)，(甲，丙，乙，丁)，
(甲，丙，丁，乙)，(甲，丁，乙，丙)，(甲，丁，丙，乙)，
(乙，丙，丁，甲)，(乙，丁，丙，甲)，(丙，乙，丁，甲)，
(丙，丁，乙，甲)，(丁，乙，丙，甲)，(丁，丙，乙，甲).
故甲在边上的概率为P＝ eq \f(12,24) ＝ eq \f(1,2) .
(2)甲和乙都在边上有4种情形：
(甲，丙，丁，乙)，(甲，丁，丙，乙)，
(乙，丙，丁，甲)，(乙，丁，丙，甲)，
故甲和乙都在边上的概率为P＝ eq \f(4,24) ＝ eq \f(1,6) .
(3)甲和乙都不在边上有4种情形：
(丙，甲，乙，丁)，(丙，乙，甲，丁)，
(丁，甲，乙，丙)，(丁，乙，甲，丙)，
故甲和乙都不在边上的概率为P＝ eq \f(4,24) ＝ eq \f(1,6) .
eq \a\vs4\al()
对于一些比较复杂的古典概型问题，一般可以通过分类，有序地把事件包含的情况分别罗列出来，从而清晰地找出满足条件的情况．在列举时一定要注意合理分类，才能做到不重不漏，结果明了，而树状图则是解决此类问题的较好方法．
[跟踪训练]
有A，B，C，D四位贵宾，应分别坐在a，b，c，d四个席位上，现在这四人均未留意，在四个席位上随便就座．
(1)求这四人恰好都坐在自己的席位上的概率；
(2)求这四人恰好都没坐在自己的席位上的概率；
(3)求这四人恰有一位坐在自己的席位上的概率．
解：将A，B，C，D四位贵宾就座情况用如图所示的图形表示出来．

由图可知，所有的等可能样本点共有24个．
(1)设事件A为“这四人恰好都坐在自己的席位上”，则事件A只包含1个样本点，所以P(A)＝ eq \f(1,24) .
(2)设事件B为“这四人恰好都没坐自己的席位上”，则事件B包含9个样本点，所以P(B)＝ eq \f(9,24) ＝ eq \f(3,8) .
(3)设事件C为“这四人恰有一位坐在自己的席位上”，则事件C包含8个样本点，所以P(C)＝ eq \f(8,24) ＝ eq \f(1,3) .
[例3] 如图所示是某市2021年2月1日至14日的空气质量指数趋势图，空气质量指数(AQI)小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染，某人随机选择2月1日至2月12日中的某一天到达该市，并停留3天．
(1)求此人到达当日空气质量优良的概率；
(2)求此人在该市停留期间至多有1天空气重度污染的概率．
[解] (1)在2月1日至2月12日这12天中，只有5日、8日这2天的空气质量优良，所以此人到达当日空气质量优良的概率P＝ eq \f(2,12) ＝ eq \f(1,6) .
(2)根据题意，事件“此人在该市停留期间至多有1天空气重度污染”，即“此人在该市停留期间有0天空气重度污染或仅有1天空气重度污染”．
“此人在该市停留期间有0天空气重度污染”等价于“此人到达该市的日期是4日或8日或9日”．
“此人在该市停留期间仅有1天空气重度污染”等价于“此人到达该市的日期是3日或5日或6日或7日或10日”．
所以“此人在该市停留期间至多有1天空气重度污染”包含8个样本点，
所以“此人停留期间至多有1天空气重度污染”的概率为 eq \f(2,3) .
eq \a\vs4\al()
1．概率问题常常与统计问题结合在一起考查，在此类问题中，通常直接用题目中的频率代替概率进行计算．
2．涉及方程或者函数的有关概率问题，考查的是如何计算要求的事件A所包含的样本点的个数，通常需要将函数与方程的知识应用其中．解决此类问题，只需要利用函数、方程知识找出满足条件的参数的范围，从而确定样本点的个数，最后利用古典概型的概率计算公式进行计算．
[跟踪训练]
把一枚骰子抛掷2次，观察出现的点数，并记第一次出现的点数为a，第二次出现的点数为b，试就方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ax＋by＝3，,x＋2y＝2)) 解的情况，解答下列各题：
(1)求方程组只有一个解的概率；
(2)求方程组只有正数解的概率．
解：若第一次出现的点数为a，第二次出现的点数为b记为有序数值组(a，b)，则所有可能出现的结果有：
(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，(4，5)，(4，6)，(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，(5，5)，(5，6)，(6，1)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，(6，6)，共36种．
由方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ax＋by＝3，,x＋2y＝2，)) 可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（2a－b）x＝6－2b，,（2a－b）y＝2a－3，))
(1)若方程组只有一个解，则b≠2a，满足b＝2a的有(1，2)，(2，4)，(3，6)，故适合b≠2a的有36－3＝33(个).
其概率为P1＝ eq \f(33,36) ＝ eq \f(11,12) .
(2)方程组只有正数解，需满足b－2a≠0且 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(6－2b,2a－b)＞0，,y＝\f(2a－3,2a－b)＞0.))
分两种情况：当2a＞b时，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＞\f(3,2)，,b＜3，))
当2a＜b时，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＜\f(3,2)，,b＞3.))
易得包含的样本点有13个：(2，1)，(3，1)，(4，1)，(5，1)，(6，1)，(2，2)，(3，2)，(4，2)，(5，2)，(6，2)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，因此所求的概率P2＝ eq \f(13,36) .
1．在建国71周年国庆阅兵中，某兵种A，B，C三个方阵按一定次序通过主席台，若先后次序是随机排定的，则B先于A，C通过的概率为( )
A． eq \f(1,6) B． eq \f(1,3)
C． eq \f(1,2) D． eq \f(2,3)
解析：选B 用(A，B，C)表示A，B，C通过主席台的次序，则试验的样本空间为Ω＝{(A，B，C)，(A，C，B)，(B，A，C)，(B，C，A)，(C，A，B)，(C，B，A)}，共6个样本点，其中B先于A，C通过的有(B，C，A)和(B，A，C)，共2个样本点，故所求概率P＝ eq \f(2,6) ＝ eq \f(1,3) .
2．从2名男生和2名女生中任意选择两人在星期六、星期日参加某公益活动，每天一人，则星期六安排一名男生、星期日安排一名女生的概率为( )
A． eq \f(1,3) B． eq \f(5,12)
C． eq \f(1,2) D． eq \f(7,12)
解析：选A 2名男生记为A1，A2，2名女生记为B1，B2，任意选择两人在星期六、星期日参加某公益活动，样本空间Ω＝{A1A2，A1B1，A1B2，A2B1，A2B2，B1B2，A2A1，B1A1，B2A1，B1A2，B2A2，B2B1}，共12个样本点，而星期六安排一名男生、星期日安排一名女生有A1B1，A1B2，A2B1，A2B2，4个样本点，则星期六安排一名男生、星期日安排一名女生的概率P＝ eq \f(4,12) ＝ eq \f(1,3) .故选A.
3．一个袋子中装有编号分别为1，2，3，4的4个小球，现有放回地摸球，规定每次只能摸一个球，若第一次摸到的球的编号为x，第二次摸到的球的编号为y，构成数对(x，y)，则所有数对(x，y)中满足xy＝4的概率为( )
A． eq \f(3,16) B． eq \f(1,8)
C． eq \f(1,18) D． eq \f(1,6)
解析：选A 由题意可知两次摸球得到的所有数对(x，y)有(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，其中满足xy＝4的数对有(1，4)，(2，2)，(4，1)，共3个．故所求事件的概率为 eq \f(3,16) .
4．先后抛掷两枚均匀的正方体骰子(它的六个面分别标有点数1，2，3，4，5，6)，骰子朝上的面的点数分别为x，y，则lg2xy＝1的概率为________，总数之和为4的概率为________．
解析：由lg2xy＝1，得y＝2x，因为1≤y≤6，所以x＝1，2，3.而先后抛掷两枚骰子，有6×6＝36(个)样本点，而适合题意的有(1，2)，(2，4)，(3，6)，共3个样本点，由古典概型概率公式知，所求概率为 eq \f(3,36) ＝ eq \f(1,12) .总数之和为4的有(1，3)，(2，2)，(3，1)，共3个样本点，所以概率P＝ eq \f(1,12) .
答案： eq \f(1,12) eq \f(1,12)
新课程标准解读
核心素养
能够掌握古典概型的基本特征，根据实际问题构建概率模型，解决简单的实际问题
数学运算、数学建模
“有放回”与“不放回”问题
建立概率模型解决问题
古典概型的综合应用