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高考数学一轮复习总教案：12.5 古典概型
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这是一份高考数学一轮复习总教案：12.5 古典概型，共4页。教案主要包含了变式训练1，变式训练2，变式训练3等内容，欢迎下载使用。
典例精析
题型一 古典概率模型的计算问题
【例1】一汽车厂生产A、B、C三类轿车，每类轿车均有舒适型和标准型两种型号，某月的产量如下表(单位：辆)，
现按分层抽样的方法在这个月生产的轿车中抽取50辆，其中有A类10辆.
(1)求z的值；
(2)用分层抽样的方法在C类轿车中抽取一个容量为5的样本，将该样本视为一个总体，从中任取2辆，求至少有1辆舒适型轿车的概率；
(3)用随机抽样方法从B类舒适型轿车中抽取8辆，经检测它们的得分如下：9.4,8.6,9.2,
9.6,8.7,9.3,9.0,8.2把这8辆车的得分看成一个总体，从中任取一个数，求该数与样本平均数之差的绝对值不超过0.5的概率.
【解析】(1)依题意知，从每层抽取的比率为eq \f(1,40)，从而轿车的总数为50×40＝2 000辆，所以z＝2 000－100－150－300－450－600＝400.
(2)由(1)知C类轿车共1 000辆，又样本容量为5，故抽取的比率为eq \f(1,200)，即5辆轿车中有2辆舒适型、3辆标准型，任取2辆，一共有n＝10种不同取法，记事件A：至少有1辆舒适型轿车，则事件表示抽取到2辆标准型轿车，有m′＝3种不同取法，从而事件A包含：基本事件数为m＝7种，所以P(A)＝eq \f(7,10).
(3)样本平均数＝eq \f(1,8)×(9.4＋8.6＋9.2＋9.6＋8.7＋9.3＋9.0＋8.2)＝9.0，记事件B：从样本中任取一数，该数与样本平均数的绝对值不超过0.5，则事件B包含的基本事件有6种，所以P(B)＝eq \f(6,8)＝eq \f(3,4).
【点拨】利用古典概型求事件的概率时，主要弄清基本事件的总数，及所求事件所含的基本事件的个数.
【变式训练1】已知△ABC的三边是10以内(不包含10)的三个连续的正整数，求任取一个△ABC是锐角三角形的概率.
【解析】依题意不妨设a＝n－1，b＝n，c＝n＋1(n＞1，n∈N)，从而有a＋b＞c，即n＞2，所以△ABC的最小边为2，要使△ABC是锐角三角形，只需△ABC的最大角C是锐角，cs C＝eq \f((n－1)2＋n2－(n＋1)2,2(n－1)n)＝eq \f(n－4,2(n－1))＞0，所以n＞4，
所以，要使△ABC是锐角三角形，△ABC的最小边为4.另一方面，从{2,3,4，…，9}中，“任取三个连续正整数”共有6种基本情况，“△ABC是锐角三角形”包含4种情况，故所求的概率为eq \f(4,6)＝eq \f(2,3).
题型二 有放回抽样与不放回抽样
【例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)如果从中一次取3件，求3件都是正品的概率.
【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10×10×10＝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8×8×8＝83 种，因此，P(A)＝＝0.512.
(2)方法一：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10×9×8＝720种.设事件B为“3件都是正品”，则事件B包含的基本事件总数为8×7×6＝336， 所以P(B)＝eq \f(336,720)≈0.467.
方法二：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10×9×8÷6＝120.按同样的方法，事件B包含的基本事件个数为8×7×6÷6＝56，因此P(B)＝eq \f(56,120)≈0.467.
【点拨】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，但不论选择哪一种方式，观察的角度必须一致，否则会导致错误.
【变式训练2】有5张卡片，上面分别写有0,1,2,3,4中的1个数.求：
(1)从中任取两张卡片，两张卡片上的数字之和等于4的概率；
(2)从中任取两次卡片，每次取一张，第一次取出卡片，记下数字后放回，再取第二次，两次取出的卡片上的数字之和恰好等于4的概率.
【解析】(1)两张卡片上的数字之和等于4的情形共有4种，任取两张卡片共有10种，所以概率为P＝eq \f(4,10)＝eq \f(2,5)；
(2)两张卡片上的数字之和等于4的情形共有5种，任取两张卡片共有25种，所以概率为P＝eq \f(5,25)＝eq \f(1,5).
题型三 古典概型问题的综合应用
【例3】 甲、乙两袋装有大小相同的红球和白球，甲袋装有2个红球，2个白球；乙袋装有2个红球，n个白球.从甲、乙两袋中各任取2个球.
(1)若n＝3，求取到的4个球全是红球的概率；
(2)若取到的4个球中至少有2个红球的概率为eq \f(3,4)，求n.
【解析】(1)记“取到的4个球全是红球”为事件A，
P(A)＝eq \f(C\\al(2,2),C\\al(2,4))·eq \f(C\\al(2,2),C\\al(2,5))＝eq \f(1,6)×eq \f(1,10)＝eq \f(1,60).
(2)记“取到的4个球至多有1个红球”为事件B，“取到的4个球只有1个红球”为事件B1，“取到的4个球全是白球”为事件B2.
由题意，得P(B)＝1－eq \f(3,4)＝eq \f(1,4).
P(B1)＝eq \f(C\\al(1,2)C\\al(1,2),C\\al(2,4))·eq \f(C\\al(2,n),C\\al(2,n＋2))＋eq \f(C\\al(2,2),C\\al(2,4))·eq \f(C\\al(1,2)C\\al(1,n),C\\al(2,n＋2))＝eq \f(2n2,3(n＋2)(n＋1))，
P(B2)＝eq \f(C\\al(2,2),C\\al(2,4))·eq \f(C\\al(2,n),C\\al(2,n＋2))＝eq \f(n(n－1),6(n＋2)(n＋1)).
所以P(B)＝P(B1)＋P(B2)＝eq \f(2n2,3(n＋2)(n＋1))＋eq \f(n(n－1),6(n＋2)(n＋1))＝eq \f(1,4)，化简得7n2－11n－6＝0，解得n＝2或n＝－eq \f(3,7)(舍去)，故n＝2.
【变式训练3】甲、乙二人参加普法知识竞赛，共有10道不同的题目，其中选择题6道，判断题4道，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？
(2)甲、乙二人至少有一个抽到选择题的概率是多少？
【解析】(1)甲从选择题中抽到一题的可能结果有Ceq \\al(1,6)个，乙从判断题中抽到一题的的可能结果是Ceq \\al(1,4)，故甲抽到选择题，乙抽到判断题的可能结果为Ceq \\al(1,6)×Ceq \\al(1,4)＝24.又甲、乙二人一次各抽取一题的结果有Ceq \\al(1,10)×Ceq \\al(1,9)＝90，
所以概率为eq \f(24,90)＝eq \f(4,15).
(2)甲、乙二人一次各抽取一题基本事件的总数是10×9＝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：6×4＝24；
②只有乙抽到了选择题的事件数是：6×4＝24；
③甲、乙同时抽到选择题的事件数是：6×5＝30.
故甲、乙二人至少有一个抽到选择题的概率是eq \f(24＋24＋30,90)＝eq \f(13,15).
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题”的基本事件个数是4×3＝12.
故甲、乙二人至少有一个抽到选择题的概率是1－eq \f(12,90)＝1－eq \f(2,15)＝eq \f(13,15).
总结提高
1.对古典概型首先必须使学生明确判断两点：①对于每个随机试验来说，所有可能出现的试验结果数n必须是有限个；②出现的各个不同的试验结果数m其可能性大小必须是相同的.只有在同时满足①、②的条件下，运用的古典概型计算公式P(A)＝eq \f(m,n)得出的结果才是正确的.使用公式P(A)＝eq \f(m,n)计算时，确定m、n的数值是关键所在.
2.对于n个互斥事件A1，A2，…，An，其加法公式为P(A1＋A2＋…＋An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An).
3.分类讨论思想是解决互斥事件有一个发生的概率的一个重要的指导思想.
4.在应用题背景条件下，能否把一个复杂事件分解为若干个互相排斥或相互独立、既不重复又不遗漏的简单事件是解答这类应用题的关键，也是考查学生分析问题、解决问题的能力的重要环节.
轿车A
轿车B
轿车C
舒适型
100
150
z
标准型
300
450
600
典例精析
题型一 古典概率模型的计算问题
【例1】一汽车厂生产A、B、C三类轿车，每类轿车均有舒适型和标准型两种型号，某月的产量如下表(单位：辆)，
现按分层抽样的方法在这个月生产的轿车中抽取50辆，其中有A类10辆.
(1)求z的值；
(2)用分层抽样的方法在C类轿车中抽取一个容量为5的样本，将该样本视为一个总体，从中任取2辆，求至少有1辆舒适型轿车的概率；
(3)用随机抽样方法从B类舒适型轿车中抽取8辆，经检测它们的得分如下：9.4,8.6,9.2,
9.6,8.7,9.3,9.0,8.2把这8辆车的得分看成一个总体，从中任取一个数，求该数与样本平均数之差的绝对值不超过0.5的概率.
【解析】(1)依题意知，从每层抽取的比率为eq \f(1,40)，从而轿车的总数为50×40＝2 000辆，所以z＝2 000－100－150－300－450－600＝400.
(2)由(1)知C类轿车共1 000辆，又样本容量为5，故抽取的比率为eq \f(1,200)，即5辆轿车中有2辆舒适型、3辆标准型，任取2辆，一共有n＝10种不同取法，记事件A：至少有1辆舒适型轿车，则事件表示抽取到2辆标准型轿车，有m′＝3种不同取法，从而事件A包含：基本事件数为m＝7种，所以P(A)＝eq \f(7,10).
(3)样本平均数＝eq \f(1,8)×(9.4＋8.6＋9.2＋9.6＋8.7＋9.3＋9.0＋8.2)＝9.0，记事件B：从样本中任取一数，该数与样本平均数的绝对值不超过0.5，则事件B包含的基本事件有6种，所以P(B)＝eq \f(6,8)＝eq \f(3,4).
【点拨】利用古典概型求事件的概率时，主要弄清基本事件的总数，及所求事件所含的基本事件的个数.
【变式训练1】已知△ABC的三边是10以内(不包含10)的三个连续的正整数，求任取一个△ABC是锐角三角形的概率.
【解析】依题意不妨设a＝n－1，b＝n，c＝n＋1(n＞1，n∈N)，从而有a＋b＞c，即n＞2，所以△ABC的最小边为2，要使△ABC是锐角三角形，只需△ABC的最大角C是锐角，cs C＝eq \f((n－1)2＋n2－(n＋1)2,2(n－1)n)＝eq \f(n－4,2(n－1))＞0，所以n＞4，
所以，要使△ABC是锐角三角形，△ABC的最小边为4.另一方面，从{2,3,4，…，9}中，“任取三个连续正整数”共有6种基本情况，“△ABC是锐角三角形”包含4种情况，故所求的概率为eq \f(4,6)＝eq \f(2,3).
题型二 有放回抽样与不放回抽样
【例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)如果从中一次取3件，求3件都是正品的概率.
【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10×10×10＝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8×8×8＝83 种，因此，P(A)＝＝0.512.
(2)方法一：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10×9×8＝720种.设事件B为“3件都是正品”，则事件B包含的基本事件总数为8×7×6＝336， 所以P(B)＝eq \f(336,720)≈0.467.
方法二：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10×9×8÷6＝120.按同样的方法，事件B包含的基本事件个数为8×7×6÷6＝56，因此P(B)＝eq \f(56,120)≈0.467.
【点拨】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，但不论选择哪一种方式，观察的角度必须一致，否则会导致错误.
【变式训练2】有5张卡片，上面分别写有0,1,2,3,4中的1个数.求：
(1)从中任取两张卡片，两张卡片上的数字之和等于4的概率；
(2)从中任取两次卡片，每次取一张，第一次取出卡片，记下数字后放回，再取第二次，两次取出的卡片上的数字之和恰好等于4的概率.
【解析】(1)两张卡片上的数字之和等于4的情形共有4种，任取两张卡片共有10种，所以概率为P＝eq \f(4,10)＝eq \f(2,5)；
(2)两张卡片上的数字之和等于4的情形共有5种，任取两张卡片共有25种，所以概率为P＝eq \f(5,25)＝eq \f(1,5).
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【例3】 甲、乙两袋装有大小相同的红球和白球，甲袋装有2个红球，2个白球；乙袋装有2个红球，n个白球.从甲、乙两袋中各任取2个球.
(1)若n＝3，求取到的4个球全是红球的概率；
(2)若取到的4个球中至少有2个红球的概率为eq \f(3,4)，求n.
【解析】(1)记“取到的4个球全是红球”为事件A，
P(A)＝eq \f(C\\al(2,2),C\\al(2,4))·eq \f(C\\al(2,2),C\\al(2,5))＝eq \f(1,6)×eq \f(1,10)＝eq \f(1,60).
(2)记“取到的4个球至多有1个红球”为事件B，“取到的4个球只有1个红球”为事件B1，“取到的4个球全是白球”为事件B2.
由题意，得P(B)＝1－eq \f(3,4)＝eq \f(1,4).
P(B1)＝eq \f(C\\al(1,2)C\\al(1,2),C\\al(2,4))·eq \f(C\\al(2,n),C\\al(2,n＋2))＋eq \f(C\\al(2,2),C\\al(2,4))·eq \f(C\\al(1,2)C\\al(1,n),C\\al(2,n＋2))＝eq \f(2n2,3(n＋2)(n＋1))，
P(B2)＝eq \f(C\\al(2,2),C\\al(2,4))·eq \f(C\\al(2,n),C\\al(2,n＋2))＝eq \f(n(n－1),6(n＋2)(n＋1)).
所以P(B)＝P(B1)＋P(B2)＝eq \f(2n2,3(n＋2)(n＋1))＋eq \f(n(n－1),6(n＋2)(n＋1))＝eq \f(1,4)，化简得7n2－11n－6＝0，解得n＝2或n＝－eq \f(3,7)(舍去)，故n＝2.
【变式训练3】甲、乙二人参加普法知识竞赛，共有10道不同的题目，其中选择题6道，判断题4道，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？
(2)甲、乙二人至少有一个抽到选择题的概率是多少？
【解析】(1)甲从选择题中抽到一题的可能结果有Ceq \\al(1,6)个，乙从判断题中抽到一题的的可能结果是Ceq \\al(1,4)，故甲抽到选择题，乙抽到判断题的可能结果为Ceq \\al(1,6)×Ceq \\al(1,4)＝24.又甲、乙二人一次各抽取一题的结果有Ceq \\al(1,10)×Ceq \\al(1,9)＝90，
所以概率为eq \f(24,90)＝eq \f(4,15).
(2)甲、乙二人一次各抽取一题基本事件的总数是10×9＝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：6×4＝24；
②只有乙抽到了选择题的事件数是：6×4＝24；
③甲、乙同时抽到选择题的事件数是：6×5＝30.
故甲、乙二人至少有一个抽到选择题的概率是eq \f(24＋24＋30,90)＝eq \f(13,15).
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题”的基本事件个数是4×3＝12.
故甲、乙二人至少有一个抽到选择题的概率是1－eq \f(12,90)＝1－eq \f(2,15)＝eq \f(13,15).
总结提高
1.对古典概型首先必须使学生明确判断两点：①对于每个随机试验来说，所有可能出现的试验结果数n必须是有限个；②出现的各个不同的试验结果数m其可能性大小必须是相同的.只有在同时满足①、②的条件下，运用的古典概型计算公式P(A)＝eq \f(m,n)得出的结果才是正确的.使用公式P(A)＝eq \f(m,n)计算时，确定m、n的数值是关键所在.
2.对于n个互斥事件A1，A2，…，An，其加法公式为P(A1＋A2＋…＋An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An).
3.分类讨论思想是解决互斥事件有一个发生的概率的一个重要的指导思想.
4.在应用题背景条件下，能否把一个复杂事件分解为若干个互相排斥或相互独立、既不重复又不遗漏的简单事件是解答这类应用题的关键，也是考查学生分析问题、解决问题的能力的重要环节.
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舒适型
100
150
z
标准型
300
450
600
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