培优导学计划高中数学 必修3 苏教版 第三章 概率疑难规律方法.docx
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培优导学计划高中数学必修3苏教版第三章概率疑难规律方法
1 概率加法公式应用点拨
概率的加法公式是计算概率的一个最基本的公式，根据它可以计算一些复杂事件的概率．概率的加法公式可推广为若事件A1，A2，…，An彼此互斥（两两互斥），则P（A1＋A2＋…＋An）＝P（A1）＋P（A2）＋…＋P（An），即彼此互斥事件和的概率等于各个事件发生的概率之和．用此公式时，同学们首先要判断事件是否互斥，如果事件不互斥，就不能用此公式．下面举例说明概率加法公式的应用．
一、计算互斥事件和的概率
例1由经验得知，某市某大型超市付款处排队等候付款的人数及其概率如下表：
排队人数
0
1
2
3
4
5人以上
概率
0.10
0.16
0.30
0.30
0.10
0.04
求：
（1）至多2人排队的概率；
（2）至少2人排队的概率．
解
（1）记“没有人排队”为事件A，“1人排队”为事件B，“2人排队”为事件C，则A，B，C彼此互斥．
P（A＋B＋C）＝P（A）＋P（B）＋P（C）＝0.10＋0.16＋0.30＝0.56.
（2）记“至少2人排队”为事件D，“少于2人排队”为事件A＋B，那么事件D与事件A＋B是对立事件，则P（D）＝P（
）＝1－[P（A）＋P（B）]＝1－（0.10＋0.16）＝0.74.
点评 应用概率加法公式求概率的前提有两个：
一是所求事件是几个事件的和，二是这几个事件彼此互斥．在应用概率加法公式前，一定要弄清各事件之间的关系，把一个事件分拆为几个彼此互斥的事件的和，再应用公式求解所求概率．
二、求解“至少”与“至多”型问题
例2甲、乙、丙、丁四人同时参加一等级考试，已知恰有1人过关（事件A）的概率为0.198，恰有2人过关（事件B）的概率为0.380，恰有3人过关（事件C）的概率为0.302，4人都过关（事件D）的概率为0.084.求：
（1）至少有2人过关的概率P1；
（2）至多有3人过关的概率P2.
分析 “至少有2人过关”即事件B＋C＋D，“至多有3人过关”即事件A，B，C与事件“4人均未过关”的和事件，其对立事件为D.（注意“4人均未过关”这种可能情况）
解 由条件知，事件A，B，C，D彼此互斥．
（1）P1＝P（B＋C＋D）＝P（B）＋P（C）＋P（D）＝0.766.
（2）P2＝P（
）＝1－P（D）＝1－0.084＝0.916.
点评 处理“至多”、“至少”型问题，既可以分情况讨论，也可以从反面考虑，即借助对立事件的概率间接求解．当事件包含的情况较多时，常利用P（A）＝1－P（
）求P（A）．
三、列方程求解概率问题
例3某班级同学的血型分别为A型、B型、AB型、O型，从中任取一名同学，其血型为AB型的概率为0.09，为A型或O型的概率为0.61，为B型或O型的概率为0.60，试求任取一人，血型为A型、B型、O型的概率各是多少？
分析 设出所求事件的概率，将题中涉及到的事件用所求事件表示出来，借助这些事件的概率及公式，列方程求解即可．
解 记“任取一人，血型为A型”、“任取一人，血型为B型”、“任取一人，血型为AB型”、“任取一人，血型为O型”分别为事件E，F，G，H，显然事件E，F，G，H两两互斥．
故
解得
所以任取一人，血型为A型、B型、O型的概率分别为0.31，0.30,0.30.
点评 本题很好地应用了全体事件的和为必然事件这一点．挖掘题目中的隐含条件并合理利用是解决某些问题的关键，同学们应注重这种能力的培养．
2 概率误区追源
同学们对概率一词虽不陌生，但求解概率问题时总会一不小心就误入歧途，下文例析几类典型错误，为同学们敲响警钟．
一、对频率与概率的含义及关系理解不清致误
例1下列说法中正确的有________．
①抛一枚质地均匀的硬币10次，结果7次正面向上，若事件A表示“正面向上”，则P（A）＝
；
②某人将一枚硬币连续抛掷两次，两次都正面向上，则正面向上的频率是1；
③利用均匀的号签抽签决定甲乙二人谁当班长时，先抽的人当班长的概率大；
④已知某批水杯的次品率为2%，则该批水杯中每100个便会有2个次品；
⑤做10000次随机试验，某事件发生的频率可作为该事件发生的概率．
错解 ①②③④⑤
剖析 ①中，P（A）表示事件A发生的概率，应为
.而
为事件A发生的频率，二者不相等；③中，无论先抽还是后抽，抽到当班长的概率相同；④中，概率代表某事件在一次试验中发生的可能性，不能由其判断做一次试验一定发生或不发生某种结果；⑤中，概率值是在大量试验的基础上，由多个频率的变化规律得到的，仅凭10000次随机试验中某事件发生的频率得不出该事件发生的概率．
正解 ②
点评 频率与随机试验的次数有关，具有随机性．做相同次数的随机试验，某事件发生的频率不一定相同．概率与随机试验的次数无关，具有不变性，反映了事件发生的可能性大小．
二、对立事件概念理解不透致误
例2某人面试时，答了3道试题．若此人各道试题回答正确与否具有随机性，则他至少答对1道题的对立事件是_____________________．
错解 该次面试，此人至多答对1道题．
剖析 对一些关键判断词的否定词不能准确理解应用，误认为将“至少”改为“至多”即可得其对立事件．
正解 此人答对题的个数可以是0、1、2、3.“至少答对1道题”，即答对1道、2道或3道，所以“他至少答对1道题”的对立事件是“他1道题也没答对”．
点评 在写某事件的对立事件时，应准确把握常见判断词及其否定，如①都是——不都是；②全——不全；③至少有n种——至多有n－1种；④大于——小于或等于．
三、错用加法公式（不互斥时）致误
例3几个人玩掷骰子游戏，某人先随机向上抛掷一颗骰子，骰子落下后各点向上的概率都是
，事件A表示“朝上的点数是不等于6的偶数”，事件B表示“朝上的点数不少于4”，求P（A＋B）．
错解 因为P（A）＝
＋
＝
，P（B）＝
＋
＋
＝
，所以P（A＋B）＝P（A）＋P（B）＝
＋
＝
.
剖析 错解的原因在于忽视了概率加法公式应用的前提条件．由于当朝上一面的数为4时，事件A，B同时发生，所以事件“朝上一面的数是不等于6的偶数”与“朝上一面的数不少于4”不互斥，故不能应用公式P（A＋B）＝P（A）＋P（B）求解．
正解 记“朝上一面的数为i（i＝1,2,3,4,5,6）”为事件Ci，则六个事件彼此互斥，且A＝C2＋C4，B＝C4＋C5＋C6，所以A＋B＝C2＋C4＋C5＋C6，所以P（A＋B）＝P（C2＋C4＋C5＋C6）＝
＋
＋
＋
＝
.
点评 求解随机事件的概率时，要注意分清哪些事件互斥，哪些不互斥．应用互斥事件的概率加法公式时，要先判断两个或多个事件是否彼此互斥，只有事件彼此互斥时才可用公式求解．
3 概率中的几个易混概念辨析
概率问题中有许多概念看似相似，实则不同，非常容易混淆，本文就概率中的几组易混概念进行对比分析，以提高同学们的辨别能力和解题能力．
1．随机事件、必然事件与不可能事件
随机事件是指在一定条件下可能发生也可能不发生的事件；而必然事件是指在一定条件下一定发生的事件，其概率为1；不可能事件是指在一定条件下一定不发生的事件，其概率为0.但需要注意，从概率学角度看，概率为1的事件可以是必然事件，也可以是随机事件；同样，概率为0的事件可以是不可能事件也可能是随机事件．
2．频率和概率
频率和概率是学习的重点，也是学习的难点．频率是指在多次重复试验的基础上此事件发生的次数与试验总次数的比值，它随着试验次数的改变而变化，它不是常数，但它具有一定的稳定性，总在某个常数附近摆动，且随着试验次数的不断增大，这种摆动幅度越来越小．而上述中的常数是事件发生的概率，它不随着试验次数的改变而变化，频率只能作为概率的一个近似值．（有时频率与概率相等，如必然事件）
例1 判断下列命题的真假．
（1）掷100次硬币，出现正面的频率是0.4，则在试验中出现正面向上的次数为40次；
（2）某产品的次品率为3%，则任取该产品100件，其中必有3件次品．
解
（1）真；
（2）假．
3．互斥事件与对立事件
互斥事件、对立事件的共同点是都涉及两个事件之间的关系．如果事件A与事件B不可能同时发生，那么称事件A与B为互斥事件，它包含两层含义：
在同一次试验中，①A，B都未发生；②A，B恰有一个发生．
在同一试验中，不能同时发生且必有一个发生的两个事件互为对立事件．
注：
①互斥事件是对立事件的前提；②两个事件中必有一个发生；③对立事件的概率和等于1，即P（A）＋P（
）＝1.
因此，两事件对立，必定互斥，但互斥不一定对立．从集合角度考虑：
两个事件A与B互斥，是指由A，B所含的结果所组成的集合的交集是∅.一般情形：
如果事件A1，A2，…，An中任何两个都是互斥事件，那么我们称A1，A2，…，An彼此互斥．各事件包含的结果组成的集合A1，A2，…，An有A1∩A2∩…∩An＝∅；对于事件A，B所包含的结果组成的集合A，B若满足“A∪B＝Ω（Ω为所有可能事件组成的集合）且A∩B＝∅”，则事件A与B为对立事件，也即A＝∁ΩB，B＝∁ΩA.利用上述集合观点，很容易判断两个事件是否为互斥事件或对立事件．
4．“放回”与“不放回”
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，连续取两次．
（1）若每次取出后不放回，求取出的两件产品中恰有一件次品的概率；
（2）若每次取出后放回，求取出的两件产品中恰有一件次品的概率．
解
（1）每次取一件，取后不放回地连续取两次，其一切可能的结果为（a1，a2），（a1，b1），（a2，a1），（a2，b1），（b1，a1），（b1，a2），其中小括号中左边的字母表示第1次取出的产品，右边的字母表示第2次取出的产品．用A表示“取出的两件产品中，恰好有一件次品”这一事件，则事件A由（a1，b1），（a2，b1），（b1，a1），（b1，a2）4个事件组成，因而P（A）＝
＝
.
（2）有放回地取出两件，其一切可能的结果为（a1，a1），（a1，a2），（a1，b1），（a2，a1），（a2，a2），（a2，b1），（b1，a1），（b1，a2），（b1，b1），且B表示“恰有一件次品”这一事件，则事件B由（a1，b1），（a2，b1），（b1，a1），（b1，a2）4个事件组成，因而P（B）＝
.
4 点击古典概型中的列举法
古典概型是概率部分的一个重要内容，涉及到古典概型概率求解的问题一般难度不大，但极易出错，下面介绍三种列举方法供同学们学习时参考．
一、直接列举法
例1袋中有除颜色外大小均相同的红、白、黄、黑4个小球．
（1）从中任取一球，求取出白球的概率；
（2）从中任取两球，求取出的是红球和白球的概率．
分析 求古典概型的概率，应先列举出总的基本事件数、所求事件包含的基本事件数，然后利用公式求概率．
解
（1）设A表示事件“取出白球”．在“从中任取一球”的试验中，等可能出现的结果有取出红球，取出白球，取出黄球，取出黑球，共4种，
所以P（A）＝
.
（2）设B表示事件“取出的两个球是红球和白球”，在“从中任取两球”这个试验中等可能出现的结果有6种：
（红，白），（红，黄），（红，黑），（白，黄），（白，黑），（黄，黑）．
所以P（B）＝
.
点评 若事件发生的总数不是很多时，常用直接列举法，就是依次将各基本事件列举出来．
二、表格列举法
例2用正方体做一颗骰子，在6个面上分别标上1,2,3,4,5,6，现将这颗骰子先后抛掷两次，试问：
（1）“点数之和为奇数”与“点数之和为偶数”的概率是否一样大？
（2）“点数之和为6”与“点数之和为8”的概率是否一样大？
（3）从问题
（2）中你能发现什么样的一般规律？
分析 两次点数之和的事件数比较多，可利用表格列举法来处理，分别用第一行和第一列的数表示先后掷出的点数，交叉处表示它们的和，由此可计算出所求事件的概率．
解 如表格：
第一行、第一列中的数表示出现的点数，行与列交叉处的数表示点数之和：
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
6
7
2
3
4
5
6
7
8
3
4
5
6
7
8
9
4
5
6
7
8
9
10
5
6
7
8
9
10
11
6
7
8
9
10
11
12
（1）由表知：
基本事件有36个，记“点数之和为奇数”为事件A，“点数之和为偶数”为事件B，事件A含基本事件18个，事件B含基本事件18个，所以P（A）＝P（B）＝
＝
，即事件A，B的概率一样大．
（2）记“点数之和为6”为事件C，记“点数之和为8”为事件D，事件C含有5个基本事件，分别为（1,5），（5,1），（2,4），（4,2），（3,3）．事件D含有5个基本事件，分别为（2,6），（6,2），（3,5），（5,3），（4,4）．
所以P（C）＝P（D）＝
，即事件C，D的概率一样大．
（3）从上面的
（2）中及表格中可发现“点数之和为x”与“点数之和为14－x”的概率一样大．
点评 涉及到两次结果的问题，一般可采用表格列举法来列举基本事件，这样可保证列举时不重不漏．
三、树形图列举法
例3用三种不同的颜色给图中的3个矩形随机涂色，每个矩形只涂1种颜色．求：
（1）3个矩形颜色都相同的概率；
（2）3个矩形颜色都不同的概率．
解 由树形图（用R，Y，G分别代表三种不同的颜色）可知，
本题的基本事件共有27个．因为对3个矩形涂色时，选用颜色是随机的，所以这27个基本事件是等可能的．
（1）记“3个矩形颜色都相同”为事件A.由树形图知，事件A包含的基本事件有1×3＝3（个），故P（A）＝
＝
.
（2）记“3个矩形颜色都不同”为事件B.由树形图可知，事件B包含的基本事件有2×3＝6（个），故P（B）＝
＝
.
点评 当题中的基本事件较多、较为复杂时，可结合树形图进行分类、列举．
求解古典概型的概率问题中，上述三种常用的求解方法都是直接求解的．若直接或正面思考时比较困难，则需转换思维角度，可利用正难则反的思想，如利用对立事件的概率进行求解．
5 解古典概型技巧谈
求解古典概型问题时，基本事件数的求解有时比较麻烦，下面介绍几种常见的古典概型解题技巧．
一、利用对称性求概率
在古典概型中，处于对称平等地位的事件发生的概率一般相同，应用这一结论可以巧妙地列举出基本事件，简化计算，从而收到事半功倍的效果．
例1在线段AB上任取不同的3点x1，x2，x3，求x2位于x1，x3之间的概率．
分析 初看本题不是古典概型问题，但如果我们仔细观察，就会发现，其实是一个古典概型问题．
解 设A1＝{x1位于x2，x3之间}，A2＝{x2位于x1，x3之间}，A3＝{x3位于x1，x2之间}，则事件A1，A2，A3处于对称平等的地位，其发生的可能性是相等的，且A1，A2，A3两两互斥．故该试验可看成只有3个基本事件A1，A2，A3，所以所求概率P（A2）＝
.
点评 在线段AB上取点有无数种情况，但就此题而言，只需考虑x1，x2，x3三者的位置关系，并由对称性顺利求解．
跟踪训练1 临近毕业，各个班级都在合影留念，在高三
（1）班合影时，摄影师随意安排A，B，C，D，E共5名同学站成一排，试求A在B的右边（A，B可以不相邻）的概率为________．
解析 A在B的右边与B在A的右边对称．
答案
二、转换角度求概率
在解决古典概型问题时，应抓住事件的本质，从合适的角度入手，正确列举出基本事件．
例2任取一个正整数，求该数的四次方的末位数字是1的概率．
分析 任取一个正整数，有无数种情况，但它们的四次方的末位数只与正整数的末位数0～9有关，因此，只研究其末位数即可．
解 不能把所有的正整数作为基本事件总体，因为这样得到的基本事件是无限的，不满足古典概型所要求的“有限性”的条件．由于正整数四次方的末位数是由这个数的末位数决定的，可能是0,1,2，…，9中的任意一个（等可能），当该数的末位数是1,3,7,9时，其四次方的末位数均为1，所以取基本事件为0,1,2，…，9，则所求事件A＝{1,3,7,9}，其概率P（A）＝
＝
.
点评 通过该例，我们看到当问题应用常规的列举法无法解答时，应探求其本质，本题只是根据决定四次方的末位数为1的“末位数”来解答的．当然这类题有其特殊性，但是从中可以发现选取合适的基本事件是非常重要的．
跟踪训练2 有五名同学A，B，C，D，E需在最短时间内站成一排，则C恰好站在中间的概率为________．
解析 只考虑中间位置．
答案
三、利用互斥事件（或对立事件）求概率
有些古典概型问题，如果从正面考虑其基本事件比较多，可以分解为几个互斥事件进行求解，也可以从它的反面考虑，即借助对立事件来求．
例3 盒子中装有编号为1,2,3,4,5,6,7的七个球，从中任意取出两个，则这两个球的编号之积为偶数的概率是________．（结果用最简分数表示）．
分析 两个数之积是偶数，则两个数至少有一个是偶数，需考虑的情形比较多，但是对立事件：
“两数之积为奇数”则很简单，所以先求对立事件的概率．
解析 从4个奇数和3个偶数共7个数中任取2个，通过列举共有21个基本事件，2个数之积为奇数⇒2个数分别为奇数，共有6个基本事件，所以2个数之积为偶数的概率P＝1－
＝
.
答案
跟踪训练3 将一枚硬币连掷4次，则至少有1次正面朝上的概率为________．
答案
6 走出解古典概型的误区
古典概型是基本事件满足有限性和等可能性的一类特殊的概率模型，若对这两点理解不透彻，便会产生错误．另外，根据题目条件的不同，处理问题的过程中也要注意上述两点，防止得出错误的结论．下面我们将常见的古典概型易错题型总结如下：
一、基本事件表示不合理，导致不满足等可能性
例1抛两枚硬币，可能出现的试验结果为“两个正面”、“两个反面”、“一正一反”三种，则事件“一正一反”发生的概率为________．
错解 因为试验结果有“两个正面”、“两个反面”、“一正一反”三类，故事件“一正一反”发生的概率为
.
错因分析 “一正一反”包括“（正，反），（反，正）”两个基本事件，上述解题过程中列举的结果把其当成一个基本事件，导致基本事件不是等可能发生的，因此求得的概率是错误的．
正解 试验的所有基本事件为（正，正），（反，反），（反，正），（正，反）四个．因此，事件“一正一反”发生的概率为
.
答案
点评 对古典概型的基本事件列举要全面，即列出进行一次试验得到的所有可能结果．再进一步验证基本事件发生的概率是否相等，若不相等，则选择的基本事件不能用来计算概率值．
二、基本事件选择不当，误将“无限”当成“有限”
例2在区间[0,10]上任取一个数字，取到数字5的概率是多少？
错解 由题意易知，此试验的基本事件为取到数字0,1,2，…，9,10，共11个．记事件A＝“取到数字5”，
则P（A）＝
.
错因分析 解题过程中没有判断这个试验是否满足古典概型的定义．由于试验结果为区间[0,10]上的数，有无穷多个．也就是说，这个试验的基本事件有无穷多个，故不满足古典概型的定义．
正解 0
点评 满足古典概型的试验中仅含有有限个基本事件，若某个试验的基本事件有无限个，那么这样的试验一定不满足古典概型．
三、忽略有无放回，导致基本事件遗漏
例3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的四个大小、质地均相同的小球的抽奖箱中，每次取出一球，记下编号后放回，连续取两次．若取出的两个小球号码之和等于5，则中一等奖；等于4，则中二等奖；等于3，则中三等奖，求连续取两次中奖的概率．
错解 设“中奖”为事件A，从四个小球中取两个共有（0,1），（0,2），（0,3），（1,2），（1,3），（2,3）共6种不同的结果．而取出的两个小球号码之和等于3或4或5的结果有（0,3），（1,2），（1,3），（2,3），共4种，故中奖的概率P（A）＝
＝
.
错因分析 上述解题出错的原因，是没有注意到“每次取出一球，记下编号后放回”这个关键句，对放回后对试验的影响不理解，导致忽略（0,0），（2,2），以及（3,0），（2,1）等事件，从而出现错误．
正解 设“中奖”为事件A，从四个小球中有放回地取两个，共有（0,0），（0,1），（0,2），（0,3），（1,0），（1,1），（1,2），（1,3），（2,0），（2,1），（2,2），（2,3），（3,0），（3,1），（3,2），（3,3）共16种不同的结果．取出的两个小球号码之和等于4或3的结果有（1,3），（2,2），（3,1），（0,3），（1,2），（2,1），（3,0），共7种；两个小球号码之和等于5的结果有2种：
（2,3），（3,2）．故中奖的概率P（A）＝
.
点评 对于无放回的取球问题，一般利用无序的数组表示两个元素，并且不会出现重复元素；但有放回的问题，因为取出的元素会被放回，便会导致两次可能重复出现一个元素，我们用坐标来表示更清晰．
7 概率与其他知识的综合
概率已成为高考的新重点和热点内容，由于概率比较容易与其他知识相结合出一些综合性试题，而且创新型试题不断涌现．下面就一些常见的综合题略作介绍．
1．集合与几何概型
例1 已知集合A＝{（x，y）|x2＋y2＝1}，集合B＝{（x，y）|x＋y＋a＝0}，若A∩B≠∅的概率为1，则a的取值范围是________．
解析 若A∩B≠∅的概率为1，则集合A与B有公共元素，联立
∴2x2＋2ax＋a2－1＝0有实数根，
∴Δ＝4a2－8（a2－1）≥0，∴－
≤a≤
.
答案 [－
，
]
点评 由于A∩B≠∅是必然事件，说明直线和圆必相交，也可以利用圆心（0,0）到直线l：
x＋y＋a＝0的距离小于等于圆的半径r＝1来求解．
2．几何与几何概型
例2 已知事件“在矩形ABCD的边CD上随机取一点P，使△APB的最大边是AB”发生的概率为
，则
＝________.
分析 本题的关键是找出使△APB的最大边是AB的临界条件，首先是确定ADCD时满足题意．
解析 如图，在矩形ABCD中，以AB为半径作圆交CD分别于E，F，当点P在线段EF上运动时满足题设要求，
所以E，F为CD的四等分点，设AB＝4，则DF＝3，AF＝AB＝4，
在Rt△ADF中，AD＝
＝
，所以
＝
.
答案
点评 数形结合的思想方法是常用的数学思想方法．
3．古典概型与直角坐标系相结合
例3 已知集合A＝{－9，－7，－5，－3，－1,0,2,4,6,8}，在平面直角坐标系中，点（x，y）的坐标x∈A，y∈A，且x≠y，计算：
（1）点（x，y）不在x轴上的概率；
（2）点（x，y）正好在第二象限的概率．
分析 x，y的选取是随机的，在集合A中任取两数，记为（x，y）是等可能的．
解 点（x，y）中，x∈A，y∈A，且x≠y，故x有10种可能，y有9种可能，
所以试验的所有结果有10×9＝90（种），且每一种结果出现的可能性相等．
（1）设事件B为“点（x，y）不在x轴上”，
那么y不为0有9种可能，x有9种可能，事件B包含的基本事件个数为9×9＝81，因此P（B）＝
＝
.
（2）设事件C为“（x，y）正好在第二象限”，
则x<0
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