2020版江苏高考数学一轮复习学案：第82课《互斥事件及其发生的概率》(含解析)

第80课　第81课互斥事件及其发生的概率　　

1. 理解互斥事件与对立事件的概念，能判断两个事件是否是互斥事件、对立事件.

2. 了解两个互斥事件概率的加法公式，了解对立事件概率之和为1的结论.

3. 能用互斥事件的概率加法公式计算一些事件的概率.

1. 阅读：必修3第112～117页.

2. 解悟：①读懂互斥事件、对立事件的定义；②归纳出互斥事件、对立事件的特征；③重解课本例题，体会方法.

3. 践习：在教材空白处，完成本节习题.

　基础诊断　

1. 根据多年气象统计资料，某地6月1日下雨的概率为0.45，阴天的概率为0.20，则该日晴天的概率为　0.35　.

解析：设事件“某地6月1日下雨”为事件A，“某地6月1日阴天”为事件B，“某地6月1日晴天”为事件C，由题意可得事件A，B，C为互斥事件，所以P(A)＋P(B)＋P(C)＝1.因为P(A)＝0.45，P(B)＝0.2，所以P(C)＝0.35.

2. 一个人在打靶中连续射击2次，事件“至少有1次中靶”的对立事件是　2次都不中靶　.

3. 将两枚均匀的正六面体的骰子各掷一次，出现点数之和不小于8的概率是　　.

解析：将两枚均匀的正六面体骰子各掷一次，则基本事件的总数是6×6＝36，且每个基本事件都是等可能的.出现点数之和不小于8的基本事件有(2，6)，(3，5)，(3，6)，(4，4)，(4，5)，(4，6)，(5，3)，(5，4)，(5，5)，(5，6)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，(6，6)，共有15种，所以出现点数之和不小于8的概率为P＝＝.

4. 从装有5只红球，5只白球的袋中任意取出3只球，有事件：①“取出2只红球和1只白球”与“取出1只红球和2只白球”；②“取出2只红球和1只白球”与“取出3只红球”；③“取出3只红球”与“取出3只球中至少有1只白球”；④“取出3只红球”与“取出3只白球”. 其中是对立事件的有　③　.(填序号)

解析：从袋中任意取3只球，可能的情况有“3只红球”“2只红球、1只白球”“1只红球、2只白球”“3只白球”，由此可知①②④中的两个事件都不是对立事件；对于③，“取出3只球中至少有1只球”包含“2只红球、1只白球”“1只红球、2只白球”“3只白球”三种情况，故“取出3只红球”与“取出3只球中至少1只白球”是对立事件.

　范例导航　

考向❶     互斥事件的概念

例1　某射手在一次射击训练中，射中10环、9环、8环、7环的概率分别为0.21、0.23、0.25、0.28，计算这个射手在一次射击中：

(1) 射中10环或7环的概率；

(2) 不够7环的概率.

解析：(1) 记“射中10环”为事件A，记“射中7环”为事件B，由于在一次射击中，A与B不可能同时发生，故A与B是互斥事件，故P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝0.21＋0.28＝0.49.

(2) 记“不够7环”为事件E，则事件E为“射中7环或8环或9环或10环”，

所以P(E)＝1－P(E)＝1－(0.21＋0.23＋0.25＋0.28)＝0.03.

箱子中有形状、大小都相同的3只红球和2只白球，一次摸出2只球，则摸到的2只球颜色不同的概率为　　.

解析：从5只球中一次摸出2只球，共有10种摸法，摸到的2只球颜色不同的摸法共有6种，则所求的概率为.

考向❷    对立事件的概念

　例2　一盒中装有各色球共12个，其中5个红球、4个黑球、2个白球、1个绿球.现从中随机取出1个球，求：

(1) 取出的1个球是红球或黑球的概率；

(2) 取出的1个球是红球或黑球或白球的概率.

解析：方法一：(1) 从12个球中任取1个球得到红球有5种取法，得到黑球有4种取法，得红球或黑球共有5＋4＝9(种)不同取法.任取1球，有12种取法，故任取1球得到红球或黑球的概率为P1＝＝.

(2) 从12个球中任取1个球得到红球有5种取法，得到黑球有4种取法，得到白球有2种取法，从而得到红球或黑球或白球的概率为P2＝＋＋＝.

方法二：记事件A1＝{任取1个球为红球}，A2＝{任取1个球为黑球}，A3＝{任取1个球为白球}，A4＝{任取1个球为绿球}，则P(A1)＝，P(A2)＝，P(A3)＝，P(A4)＝.

根据题意知，事件A1，A2，A3，A4彼此互斥，由互斥事件概率加法公式，得：

(1) 取出的1个球为红球或黑球的概率为P(A1＋A2)＝P(A1)＋P(A2)＝＋＝.

(2) 取出的1个球为红球或黑球或白球的概率为P(A1＋A2＋A3)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝＋＋＝.

方法三：(1) 由方法二知，取出的1个球为红球或黑球的对立事件为取出1白球或绿球，即A1＋A2的对立事件为A3＋A4，所以取得1个红球或黑球的概率为P(A1＋A2)＝1－P(A3)－P(A4)＝1－－＝.

(2) A1＋A2＋A3的对立事件为A4，所以P(A1＋A2＋A3)＝1－P(A4)＝1－＝.

为美化环境，从红、黄、白、紫4种颜色的花中任选2种花种在一个花坛中，余下的2种花种在另一个花坛中，则红色和紫色的花不在同一花坛的概率是　　.

解析：将4种颜色的花任选2种种在一个花坛中，余下2种种在另一个花坛中，有6种种法，其中红色和紫色的花不在同一花坛的种法有4种，故概率为.

考向❸   互斥与对立事件的综合

例3　袋中有大小、形状相同的红、黑球各一个，现有放回地随机摸取3次，每次摸取一个球.

(1) 问：一共有多少种不同的结果？请列出所有可能的结果；

(2) 若摸到红球时得2分，摸到黑球时得1分，求3次摸球所得总分为奇数的概率.

解析：(1) 一共有8种不同的结果，列举如下：红红红，红红黑，红黑红，红黑黑，黑红红，黑红黑，黑黑红，黑黑黑.

(2) 记“3次摸球所得总分为5”为事件A，事件A包含的基本事件为：红红黑，红黑红，黑红红，故P(A)＝.

记“3次摸球所得总分为3”为事件B，事件B包含的基本事件为：黑黑黑，所以P(B)＝，

所以3次摸球所得总分为奇数的概率P＝P(A)＋P(B)＝＋＝.

某单位组织4个部门的职工旅游，规定每个部门只能在韶山、衡山、张家界3个景区中任选1个.假设各部门选择每个景区是等可能的.

(1) 求3个景区都有部门选择的概率；

(2) 求恰有2个景区有部门选择的概率.

解析：某单位的4个部门选择3个景区可能出现的结果数为34＝81.由于任意选择，所以这些结果出现的可能性都相等.

(1) 从4个部门中任选2个作为1组，另外两个部门各作一组，共3组，共有6种分法，每组选择不同的景区，共有3×2×1＝6种选法，所以3个景区都有部门选择可能出现的结果数为6×6＝36.记“3个景区都有部门选择”为事件A1，所以事件A1的概率P(A1)＝＝.

(2) 分别记“恰有2个景区有部门选择”和“4个部门都选择同一个景区”为事件A2和A3，则事件A3的概率为P(A3)＝＝，所以事件A2的概率为P(A2)＝1－P(A1)－P(A3)＝1－－＝.

【注】 注意区分放回不放回.

　自测反馈　

1. 一只口袋中有大小一样的5只球，其中3只红球，2只黄球，从中摸出2只球，2只球颜色不同的概率为　　.

解析：从5只球中任意取2只含有的基本事件总数为10.记：“从5只球中任意取2只球颜色相同”为事件A，“从5只球中任意取2只为红球”为事件B，“从5只球中任意取2只为黄球”为事件C，则A＝B＋C.

因为P(B)＝，P(C)＝，

所以P(A)＝P(B＋C)＝＋＝，

则“从5只球中任意取2只球颜色不同”的概率为：P(A)＝1－P(A)＝1－＝.

2. 甲、乙两个人下棋，甲获胜的概率为0.2，甲、乙两人和棋的概率0.5，则甲不输的概率为　0.7　.

解析：“甲不输”由“甲胜”和“甲、乙和棋”两个互斥事件构成，故“甲不输”的概率为0.2＋0.5＝0.7.

3. 在数字1、2、3、4四个数中，任取两个不同的数，其和大于积的概率是　　.

解析：在数字1，2，3，4中任取两个不同的数，共有6种情况，其中满足和大于积的取法有(1，2)，(1，3)，(1，4)，共3种，故其和大于积的概率是＝.

4. 从数字1，2，3，4，5中随机抽取3个数字(允许重复)组成一个三位数，其各位数字之和等于9的概率为　　.

解析：从1，2，3，4，5中随机抽取3个数字(允许重复)，可以组成5×5×5＝125(个)不同的三位数，其中各位数字之和等于9的三位数，可分为以下情形：①由1，3，5三个数字组成的三位数：135，153，315，351，513，531共6个；②由1，4，4三个数字组成的三位数：144，414，441，共3个；③同理由2，3，4三个数字可以组成6个不同的三位数；④由2，2，5三个数字可以组成3个不同的三位数；⑤由3，3，3三个数字可以组成1个三位数，故满足条件的三位数共有6＋3＋6＋3＋1＝19，所求的概率为.

1. 在求某些稍复杂的事件的概率时，通常有两种方法：一是将所求事件的概率化成一些彼此互斥的事件的概率的和；二是先去求此事件的对立事件的概率.特别是计算“至少有一个发生”的概率问题时，常用方法二.

2. 你还有那些体悟，写下来：