高中數學2.2 古典概型的應用第1課時導學案

這是一份高中數學2.2 古典概型的應用第1課時導學案，共7頁。

某商場舉行購物抽獎促銷活動，規(guī)定每位顧客從裝有編號為0，1，2，3四個相同小球的抽獎箱中，每次取出一個球記下編號后放回，連續(xù)取兩次，若取出的兩個小球號碼相加之和等于6，則中一等獎，等于5則中二等獎，等于4或3則中三等獎．
[問題] (1)求中獎的概率？
(2)若上述問題改為每次取出一個球后不放回，中獎的概率是否發(fā)生變化？



知識點 列樣本點時要注意兩類不同表述的區(qū)別
在利用古典概型求解實際問題時，首先判斷該試驗是否具有兩大特征——有限性和等可能性，同時在獲取題干中的信息時，注意以下兩類不同的表述：
(1)“無序”與“有序”的區(qū)別：“無序”指取出的元素沒有先后次序，常用“任取”表述，而“有序”指取出的元素有順序，常用“依次取出”表述；
(2)“有放回”與“無放回”的區(qū)別：“有放回”取出的元素可以重復，而“無放回”取出的元素沒有重復．
eq \a\vs4\al()
“有序不放回抽取”的特點是元素不能重復；“有放回抽取”的特點是元素允許重復．
口袋內有紅、白、黃大小完全相同的三個小球，若從袋中摸出一個后放回，再摸出一個，則第一次摸出紅球，第二次摸出白球的概率是________；若從袋中依次無放回地摸出兩球，則第一次摸出紅球，第二次摸出白球的概率是________．
解析：有放回地取球．樣本空間為{(紅，紅)，(紅，白)，(紅，黃)，(白，白)，(白，紅)，(白，黃)，(黃，紅)，(黃，白)，(黃，黃)}，第一次摸出紅球，第二次摸出白球，只包含(紅，白)1個樣本點，故所求概率為 eq \f(1,9) .
無放回地取球．樣本空間為{(紅，白)，(紅，黃)，(白，紅)，(白，黃)，(黃，紅)，(黃，白)}，所以先摸出紅球，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] 口袋內有紅、白、黃大小完全相同的三個小球，求：
(1)從中任意摸出兩個小球，摸出的是紅球和白球的概率；
(2)從袋中摸出一個后放回，再摸出一個，兩次摸出的球是一紅一白的概率．
[解] (1)無放回地取球．任意摸出兩個小球的樣本空間為{(紅，白)，(紅，黃)，(白，黃)}，所以摸出的是紅球和白球的概率為 eq \f(1,3) .
(2)有放回地取球．樣本空間為{(紅，紅)，(紅，白)，(紅，黃)，(白，白)，(白，紅)，(白，黃)，(黃，紅)，(黃，白)，(黃，黃)}，而事件“摸出一紅一白”包括(紅，白)，(白，紅)2個樣本點，所以兩次摸出的球是一紅一白的概率為 eq \f(2,9) .
eq \a\vs4\al()
抽取問題是古典概型的常見問題，解決此類問題需要注意兩點：一是所給問題是否需要將被抽取的個體進行區(qū)分才能滿足古典概型的條件，二是看抽取的方式是有放回還是不放回，兩種抽取方式對樣本點的總數是有影響的．另外，不放回抽樣看作無序或有序抽取均可，有放回抽樣要看作有序抽?。?
[跟蹤訓練]
從分別寫有1，2，3，4，5的5張卡片中隨機抽取1張，放回后再隨機抽取1張，則抽得的第一張卡片上的數大于第二張卡片上的數的概率為( )
A． eq \f(1,10) B． eq \f(1,5)
C． eq \f(3,10) D． eq \f(2,5)
解析：選D 先后有放回地抽取2張卡片的情況有(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種．其中滿足條件的有(2，1)，(3，1)，(3，2)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，共10種情況．因此所求的概率為P＝ eq \f(10,25) ＝ eq \f(2,5) .故選D.
[例2] 甲、乙、丙、丁四名學生按任意次序站成一排，試求下列事件的概率：
(1)甲在邊上；
(2)甲和乙都在邊上；
(3)甲和乙都不在邊上．
[解] 利用樹狀圖來列舉樣本點，如圖所示．
由樹狀圖可看出共有24個樣本點．
(1)甲在邊上有12種情形：
(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).
故甲在邊上的概率為P＝ eq \f(12,24) ＝ eq \f(1,2) .
(2)甲和乙都在邊上有4種情形：
(甲，丙，丁，乙)，(甲，丁，丙，乙)，
(乙，丙，丁，甲)，(乙，丁，丙，甲)，
故甲和乙都在邊上的概率為P＝ eq \f(4,24) ＝ eq \f(1,6) .
(3)甲和乙都不在邊上有4種情形：
(丙，甲，乙，丁)，(丙，乙，甲，丁)，
(丁，甲，乙，丙)，(丁，乙，甲，丙)，
故甲和乙都不在邊上的概率為P＝ eq \f(4,24) ＝ eq \f(1,6) .
eq \a\vs4\al()
對于一些比較復雜的古典概型問題，一般可以通過分類，有序地把事件包含的情況分別羅列出來，從而清晰地找出滿足條件的情況．在列舉時一定要注意合理分類，才能做到不重不漏，結果明了，而樹狀圖則是解決此類問題的較好方法．
[跟蹤訓練]
有A，B，C，D四位貴賓，應分別坐在a，b，c，d四個席位上，現在這四人均未留意，在四個席位上隨便就座．
(1)求這四人恰好都坐在自己的席位上的概率；
(2)求這四人恰好都沒坐在自己的席位上的概率；
(3)求這四人恰有一位坐在自己的席位上的概率．
解：將A，B，C，D四位貴賓就座情況用如圖所示的圖形表示出來．

由圖可知，所有的等可能樣本點共有24個．
(1)設事件A為“這四人恰好都坐在自己的席位上”，則事件A只包含1個樣本點，所以P(A)＝ eq \f(1,24) .
(2)設事件B為“這四人恰好都沒坐自己的席位上”，則事件B包含9個樣本點，所以P(B)＝ eq \f(9,24) ＝ eq \f(3,8) .
(3)設事件C為“這四人恰有一位坐在自己的席位上”，則事件C包含8個樣本點，所以P(C)＝ eq \f(8,24) ＝ eq \f(1,3) .
[例3] 如圖所示是某市2021年2月1日至14日的空氣質量指數趨勢圖，空氣質量指數(AQI)小于100表示空氣質量優(yōu)良，空氣質量指數大于200表示空氣重度污染，某人隨機選擇2月1日至2月12日中的某一天到達該市，并停留3天．
(1)求此人到達當日空氣質量優(yōu)良的概率；
(2)求此人在該市停留期間至多有1天空氣重度污染的概率．
[解] (1)在2月1日至2月12日這12天中，只有5日、8日這2天的空氣質量優(yōu)良，所以此人到達當日空氣質量優(yōu)良的概率P＝ eq \f(2,12) ＝ eq \f(1,6) .
(2)根據題意，事件“此人在該市停留期間至多有1天空氣重度污染”，即“此人在該市停留期間有0天空氣重度污染或僅有1天空氣重度污染”．
“此人在該市停留期間有0天空氣重度污染”等價于“此人到達該市的日期是4日或8日或9日”．
“此人在該市停留期間僅有1天空氣重度污染”等價于“此人到達該市的日期是3日或5日或6日或7日或10日”．
所以“此人在該市停留期間至多有1天空氣重度污染”包含8個樣本點，
所以“此人停留期間至多有1天空氣重度污染”的概率為 eq \f(2,3) .
eq \a\vs4\al()
1．概率問題常常與統(tǒng)計問題結合在一起考查，在此類問題中，通常直接用題目中的頻率代替概率進行計算．
2．涉及方程或者函數的有關概率問題，考查的是如何計算要求的事件A所包含的樣本點的個數，通常需要將函數與方程的知識應用其中．解決此類問題，只需要利用函數、方程知識找出滿足條件的參數的范圍，從而確定樣本點的個數，最后利用古典概型的概率計算公式進行計算．
[跟蹤訓練]
把一枚骰子拋擲2次，觀察出現的點數，并記第一次出現的點數為a，第二次出現的點數為b，試就方程組 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ax＋by＝3，,x＋2y＝2)) 解的情況，解答下列各題：
(1)求方程組只有一個解的概率；
(2)求方程組只有正數解的概率．
解：若第一次出現的點數為a，第二次出現的點數為b記為有序數值組(a，b)，則所有可能出現的結果有：
(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種．
由方程組 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)若方程組只有一個解，則b≠2a，滿足b＝2a的有(1，2)，(2，4)，(3，6)，故適合b≠2a的有36－3＝33(個).
其概率為P1＝ eq \f(33,36) ＝ eq \f(11,12) .
(2)方程組只有正數解，需滿足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.))
分兩種情況：當2a＞b時，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＞\f(3,2)，,b＜3，))
當2a＜b時，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＜\f(3,2)，,b＞3.))
易得包含的樣本點有13個：(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．在建國71周年國慶閱兵中，某兵種A，B，C三個方陣按一定次序通過主席臺，若先后次序是隨機排定的，則B先于A，C通過的概率為( )
A． eq \f(1,6) B． eq \f(1,3)
C． eq \f(1,2) D． eq \f(2,3)
解析：選B 用(A，B，C)表示A，B，C通過主席臺的次序，則試驗的樣本空間為Ω＝{(A，B，C)，(A，C，B)，(B，A，C)，(B，C，A)，(C，A，B)，(C，B，A)}，共6個樣本點，其中B先于A，C通過的有(B，C，A)和(B，A，C)，共2個樣本點，故所求概率P＝ eq \f(2,6) ＝ eq \f(1,3) .
2．從2名男生和2名女生中任意選擇兩人在星期六、星期日參加某公益活動，每天一人，則星期六安排一名男生、星期日安排一名女生的概率為( )
A． eq \f(1,3) B． eq \f(5,12)
C． eq \f(1,2) D． eq \f(7,12)
解析：選A 2名男生記為A1，A2，2名女生記為B1，B2，任意選擇兩人在星期六、星期日參加某公益活動，樣本空間Ω＝{A1A2，A1B1，A1B2，A2B1，A2B2，B1B2，A2A1，B1A1，B2A1，B1A2，B2A2，B2B1}，共12個樣本點，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個樣本點，則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) .故選A.
3．一個袋子中裝有編號分別為1，2，3，4的4個小球，現有放回地摸球，規(guī)定每次只能摸一個球，若第一次摸到的球的編號為x，第二次摸到的球的編號為y，構成數對(x，y)，則所有數對(x，y)中滿足xy＝4的概率為( )
A． eq \f(3,16) B． eq \f(1,8)
C． eq \f(1,18) D． eq \f(1,6)
解析：選A 由題意可知兩次摸球得到的所有數對(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個，其中滿足xy＝4的數對有(1，4)，(2，2)，(4，1)，共3個．故所求事件的概率為 eq \f(3,16) .
4．先后拋擲兩枚均勻的正方體骰子(它的六個面分別標有點數1，2，3，4，5，6)，骰子朝上的面的點數分別為x，y，則lg2xy＝1的概率為________，總數之和為4的概率為________．
解析：由lg2xy＝1，得y＝2x，因為1≤y≤6，所以x＝1，2，3.而先后拋擲兩枚骰子，有6×6＝36(個)樣本點，而適合題意的有(1，2)，(2，4)，(3，6)，共3個樣本點，由古典概型概率公式知，所求概率為 eq \f(3,36) ＝ eq \f(1,12) .總數之和為4的有(1，3)，(2，2)，(3，1)，共3個樣本點，所以概率P＝ eq \f(1,12) .
答案： eq \f(1,12) eq \f(1,12)
新課程標準解讀
核心素養(yǎng)
能夠掌握古典概型的基本特征，根據實際問題構建概率模型，解決簡單的實際問題
數學運算、數學建模
“有放回”與“不放回”問題
建立概率模型解決問題
古典概型的綜合應用