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1、第 14 讲：随机事件的概率与古典概型随机事件的概率与古典概型一、考试说明 考点 1：了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义以及频率与概率的 区别。 考点 2：了解两个互斥事件的概率加法公式。 考点 3：理解古典概型及其概率计算公式。 考点 4：会计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发生的概率。 二、题型示例典例 1：甲、乙、丙、丁4个足球队参加比赛，假设每场比赛各队取胜的概率相等，现任意将这4个队分成两个组（每组两个队）进行比赛，胜者再赛，则甲、乙相遇的概率为（ ）A1 6B1 4C1 3D1 2【解析】所有可能的比赛分组情况共有22 424122!C C种，甲乙相遇的分
2、组情况恰好有 6 种，故选D. 答案 D变式变式 1。 （1）现有 5 根竹竿，它们的长度（单位：m）分别为 2.5，2.6，2.7，2.8，2.9，若从中一次随机抽取 2 根竹竿，则它们的长度恰好相差 0.3m 的概率为 . 【解析】 考查等可能事件的概率知识。 从 5 根竹竿中一次随机抽取 2 根的可能的事件总数为 10，它们的长度恰好相差 0.3m 的事件数为 2，分别是：2.5 和 2.8，2.6 和 2.9，所求概率为 0.2。答案 0.2（2）把标号为 1，2，3，4 的四个小球随机地分发给甲、乙、丙、丁四个人，每人分得一个。事件“甲 分得 1 号球”与事件“乙分得 1 号球”是（
3、 ） （A）互斥但非对立事件（B）对立事件 （C）相互独立事件 （D）以上都不对 答案：A。 点评：一定要区分开对立和互斥的定义，互斥事件：不能同时发生的两个事件叫做互斥事件；对立 事件：不能同时发生，但必有一个发生的两个事件叫做互斥事件。 典例 2：从含有两件正品 a1，a2和一件次品 b1的三件产品中，每次任取一件，每次取出后不放回， 连续取两次，求取出的两件产品中恰有一件次品的概率 解析：每次取出一个，取后不放回地连续取两次，其一切可能的结果组成的基本事件有 6 个，即 （a1，a2）和， （a1，b2） ， （a2，a1） ， （a2，b1） ， （b1，a1） ， （b2，a2） 。
4、其中小括号内左边的字母表示第 1 次 取出的产品，右边的字母表示第 2 次取出的产用 A 表示“取出的两种中，恰好有一件次品”这一事件， 则 A=（a1，b1） ， （a2，b1） ， （b1，a1） ， （b1，a2），事件 A 由 4 个基本事件组成，因而，P（A）=。6432点评：利用古典概型的计算公式时应注意两点：（1）所有的基本事件必须是互斥的；（2）m 为事 件 A 所包含的基本事件数，求 m 值时，要做到不重不漏 变式 2现有一批产品共有 10 件，其中 8 件为正品，2 件为次品： （1）如果从中取出一件，然后放回，再取一件，求连续 3 次取出的都是正品的概率；（2）如果从中一
5、次取 3 件，求 3 件都是正品的概率。 分析：（1）为返回抽样；（2）为不返回抽样 解析：（1）有放回地抽取 3 次，按抽取顺序（x,y,z）记录结果，则 x,y,z 都有 10 种可能，所以试验结果有 101010=103种；设事件 A 为“连续 3 次都取正品” ，则包含的基本事件共有 888=83种，因此，P(A)= =0.512。33108（2）解法 1：可以看作不放回抽样 3 次，顺序不同，基本事件不同，按抽取顺序记录（x,y,z） ，则 x 有 10 种可能，y 有 9 种可能，z 有 8 种可能，所以试验的所有结果为 1098=720 种设事件 B 为“3件都是正品” ，则事件
6、 B 包含的基本事件总数为 876=336, 所以 P(B)= 。720336解法 2：可以看作不放回 3 次无顺序抽样，先按抽取顺序（x,y,z）记录结果，则 x 有 10 种可能，y 有 9 种可能，z 有 8 种可能，但（x,y,z） ， （x,z,y） ， （y,x,z） ， （y,z,x） ， （z,x,y） ， （z,y,x） ，是相同的， 所以试验的所有结果有 10986=120，按同样的方法，事件 B 包含的基本事件个数为8766=56，因此 P(B)= 。12056点评：关于不放回抽样，计算基本事件个数时，既可以看作是有顺序的，也可以看作是无顺序的， 其结果是一样的，但不论选
7、择哪一种方式，观察的角度必须一致，否则会导致错误典例 3.四面体的顶点及各棱中点共有四面体的顶点及各棱中点共有 10 个点，在其中任取个点，在其中任取 4 个点，求所得的四个点不共面的概率？个点，求所得的四个点不共面的概率？解：解：10 个点中取个点中取 4 个点共有个点共有种取法，其中同一侧面内的种取法，其中同一侧面内的 6 个点中任取个点中任取 4 个点必共面，这样的个点必共面，这样的 面共有面共有 4 个；又同一条棱上的个；又同一条棱上的 3 个点与对棱的中点也四点共面，共有个点与对棱的中点也四点共面，共有 6 个面；再各棱中点共个面；再各棱中点共 6 个点中，个点中，取四点共面的平面有
8、取四点共面的平面有 3 个。故符合条件个。故符合条件 4 个点不共面的取法共有个点不共面的取法共有=141（种）（种）。总共有，故所求的概率为2104 10C210141变式 3. （2009 安徽卷理）考察正方体 6 个面的中心，甲从这 6 个点中任意选两个点连成直线，乙也从这6 个点中任意选两个点连成直线，求所得的两条直线相互平行但不重合的概率？ （解析解析 如图，甲从这 6 个点中任意选两个点连成直线，乙也从这6 个点中任意选两个点连成直线，共有22 6615 15225CC种不同取法，其中所得的两条直线相互平行但不重合有/,/,/,ACDB ADCB AEBF/,/,/AFBE CEF
9、D CFED 共 12 对，所以所求概率为124 22575p 。三、实时训练 1.(2012兰州月考)从装有 5 个红球和 3 个白球的口袋内任取 3 个球，那么互斥而不对立的事件是( )A至少有一个红球与都是红球B至少有一个红球与都是白球A BCD EFC至少有一个红球与至少有一个白球D恰有一个红球与恰有二个红球解析 对于 A 中的两个事件不互斥，对于 B 中两个事件互斥且对立，对于 C 中两个事件不互斥，对于 D中的两个互斥而不对立答案 D2(2011陕西)甲乙两人一起去游“2011 西安世园会” ，他们约定，各自独立地从 1 到 6 号景点中任选4 个进行游览，每个景点参观 1 小时，
10、则最后一小时他们同在一个景点的概率是( )A. B. C. D.1 361 95 361 6解析 若用1,2,3,4,5,6代表 6 处景点，显然甲、乙两人选择结果为1,1、1,2、1,3、6,6，共 36 种；其中满足题意的“同一景点相遇”包括1,1、2,2、3,3、6,6，共 6 个基本事件，所以所求的概率值为 .1 6答案 D3(2011湖北)在 30 瓶饮料中，有 3 瓶已过了保质期从这 30 瓶饮料中任取 2 瓶，则至少取到 1 瓶已过保质期饮料的概率为_(结果用最简分数表示)解析 所取的 2 瓶中都是不过期的饮料的概率为P，则至少有 1 瓶为已过保质期饮料的概率C 2 27 C 2
11、 30117 1451P.P28 145答案 28 1454. 在正方体上任选 3 个顶点连成三角形，则所得的三角形是等边三角形的概率为（ ）A1 7B2 7C3 7D4 7答案 A 总共可得三角形的个数为其中等边三角形有 8 个从而所求的概率为3 856C 81 5675. 连掷两次骰子得到点数分别为 m 和 n，记向量) 1, 1 (),(bnma与向量的夹角为的概,0,2 率是（ ）A125B21C127D65答案 C 四、课后演练 1、一个均匀的正方体的玩具的各个面上分别标以数字 1,2,3,4,5,6.将这个玩具向上抛掷 1 次，设事件A表示向上的一面出现奇数点，事件B表示向上的一面
12、出现的点数不超过 3，事件C表示向上的一面出现的点数不小于 4，则( )AA与B是互斥而非对立事件BA与B是对立事件CB与C是互斥而非对立事件DB与C是对立事件解析 根据互斥事件与对立事件的意义作答，AB出现点数 1 或 3，事件A，B不互斥更不对立；BC，BC，故事件B，C是对立事件答案 D2(2012广东)从个位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个，其个位数为 0 的概率是( )A. B.4 91 3C. D.2 91 9解析 由个位数与十位数之和为奇数，则个位数与十位数分别为一奇一偶若个位数为奇数时，这样的两位数共有 C C 20 个；若个位数为偶数时，这样的两位数共有 C C 25
13、个；于是，个位数与十1 5 1 41 5 1 5位数之和为奇数的两位数共有 202545 个其中，个位数是 0 的有 C 15 个于是，所求概率为1 5 .5 451 9答案 D3. (2012江苏)现有 10 个数，它们能构成一个以 1 为首项，3 为公比的等比数例，若从这 10 个数中随机抽取一个数，则它小于 8 的概率是_解析 由题意得an(3)n1，易知前 10 项中奇数项为正，偶数项为负，所以小于 8 的项为第一项和偶数项，共 6 项，即 6 个数，所以p .6 103 5答案 3 54. 将一颗骰子掷两次，观察出现的点数，并记第一次出现的点数为m，第二次出现的点数为n，向量p p(
14、m，n)，q q(3,6)，则向量p p与q q共线的概率为_解析 向量p p与q q共线得 6m3n，即 2mn，符合要求的(m，n)有：(1,2)，(2,4)，(3,6)，则向量p p与q q共线的概率为.3 361 12答案 1 125. 在某地的奥运火炬传递活动中，有编号为 1，2，3，18 的 18 名火炬手.若从中任选 3 人，则选出 的火炬手的编号能组成 3 为公差的等差数列的概率为_解析：古典概型问题，基本事件总数为。选出火炬手编号为，时，3 1817 16 3C13(1)naan11a 由可得 4 种选法；时，由可得 4 种选法；时，由1,4,7,10,13,1612a 2,
15、5,8,11,14,1713a 可得 4 种选法。所以3,6,9,12,15,184441.17 16 368P6. 甲、乙二人参加普法知识竞赛，共有 10 个不同的题目，其中选择题 6 个，判断题 4 个，甲、乙二 人一次各抽取一题， （1）甲抽到选择题，乙抽到判断题的概率是多少？解：甲从选择题中抽到一题的可能结果有个，乙从判断题中抽到一题的的可能结果是，故甲1 6C1 4C抽到选择题，乙抽到判断题的可能结果为；又甲、乙二人一次各抽取一题的结果有241 41 6CC，所以概率值为。901 91 10CC154 9024（2）甲、乙二人至少有一个抽到选择题的概率是多少？ 解：甲、乙二人一次各抽取一题基本事件的总数是 109=90； 方法一：分类计数原理 （1）只有甲抽到了选择题的事件数是：64=24； （2）只有乙抽到了选择题的事件数是：64=24； （3）甲、乙同时抽到选择题的事件数是：65=30；故甲、乙二人至少有一个抽到选择题的概率是。1513 90302424方法二：利用对立事件 事件“甲、乙二人至少有一个抽到选择题”与事件“甲、乙两人都未抽到选择题”是对立事件 事件“甲、乙两人都未抽到选择
