人教A版数学必修三3-2-1古典概型

人教A版数学必修三3-2-1古典概型

§3.2 古典概型 §3.2.1 古典概型 一、教材分析 本节课是高中数学 3（必修）第三章概率的第二节古典概型的第一课时,是在随机事件的 概率之后,几何概型之前,尚未学习排列组合的情况下教学的.古典概型是一种特殊的数学模 型,也是一种最基本的概率模型,在概率论中占有相当重要的地位. 学好古典概型可以为其他概率的学习奠定基础,同时有利于理解概率的概念,有利于计算 一些事件的概率,有利于解释生活中的一些问题.根据本节课的内容和学生的实际水平,通过 模拟试验让学生理解古典概型的特征：试验结果的有限性和每一个试验结果出现的等可能性, 观察类比各个试验,归纳总结出古典概型的概率计算公式,体现了化归的重要思想,掌握列举 法,学会运用数形结合、分类讨论的思想解决概率的计算问题. 概率教学的核心问题是让学生了解随机现象与概率的意义,加强与实际生活的联系,以科 学的态度评价身边的一些随机现象.适当地增加学生合作学习交流的机会,尽量地让学生自己 举出生活和学习中与古典概型有关的实例.使得学生在体会概率意义的同时,感受与他人合作 的重要性以及初步形成实事求是的科学态度和锲而不舍的求学精神. 二、教学目标 1、知识与技能： （1）正确理解古典概型的两大特点：1）试验中所有可能出现的基本事件只有有限个； 2）每个基本事件出现的可能性相等； （2）掌握古典概型的概率计算公式：P（A）= 总的基本事件个数 包含的基本事件个数A 2、过程与方法： （1）通过对现实生活中具体的概率问题的探究，感知应用数学解决问题的方法，体会数 学知识与现实世界的联系，培养逻辑推理能力； （2）通过模拟试验，感知应用数字解决问题的方法，自觉养成动手、动脑的良好习惯。 3、情感态度与价值观： 通过数学与探究活动，体会理论来源于实践并应用于实践的辩证唯物主义观点. 三、重点难点 教学重点：理解古典概型的概念及利用古典概型求解随机事件的概率. 教学难点：如何判断一个试验是否是古典概型,分清在一个古典概型中某随机事件包含 的基本事件的个数和试验中基本事件的总数. 四、课时安排 1课时 五、教学设计 （一）导入新课 思路 1 (1)掷一枚质地均匀的硬币,结果只有 2个,即“正面朝上”或“反面朝上”,它们都是随机事件. (2)一个盒子中有 10个完全相同的球,分别标以号码 1,2,3,…,10,从中任取一球,只有 10种不同 的结果,即标号为 1,2,3，…,10. 思考讨论根据上述情况,你能发现它们有什么共同特点？ 为此我们学习古典概型,教师板书课题. 思路 2 将扑克牌（52 张）反扣在桌上,先从中任意抽取一张,那么抽到的牌为红心的概率有多 大？是否一定要进行大量的重复试验,用“出现红心”这一事件的频率估计概率？这样工作量 较大且不够准确.有更好的解决方法吗？把“抽到红心”记为事件B,那么事件B相当于“抽到红 心 1”,“抽到红心 2”,…,“抽到红心 K”这 13种情况,而同样抽到其他牌的共有 39种情况；由于 是任意抽取的,可以认为这 52种情况的可能性是相等的.所以,当出现红心时“抽到红心 1”,“抽 到红心 2”,…,“抽到红心K”这 13种情形之一时,事件B就发生,于是 P(B)= 52 13 = 4 1 .为此我们学 习古典概型. （二）推进新课、新知探究、提出问题 试验一：抛掷一枚质地均匀的硬币,分别记录“正面朝上”和“反面朝上”的次数,要求每个 数学小组至少完成 20次（最好是整十数）,最后由学科代表汇总； 试验二：抛掷一枚质地均匀的骰子,分别记录“1点” “2点”“3点”“4点”“5点”和“6点”的次数, 要求每个数学小组至少完成 60次（最好是整十数）,最后由学科代表汇总. （1）用模拟试验的方法来求某一随机事件的概率好不好？为什么？ （2）根据以前的学习,上述两个模拟试验的每个结果之间都有什么特点？ （3）什么是基本事件？基本事件具有什么特点？ （4）什么是古典概型？它具有什么特点？ （5）对于古典概型,应怎样计算事件的概率？ 活动：学生展示模拟试验的操作方法和试验结果,并与同学交流活动感受,讨论可能出现 的情况,师生共同汇总方法、结果和感受. 讨论结果：（1）用模拟试验的方法来求某一随机事件的概率不好,因为需要进行大量的 试验,同时我们只是把随机事件出现的频率近似地认为随机事件的概率,存在一定的误差. （2）上述试验一的两个结果是“正面朝上”和“反面朝上”,它们都是随机事件,出现的概率是相 等的,都是 0.5.上述试验二的 6 个结果是“1 点”“2 点”“3 点”“4 点”“5 点”和“6 点”,它们也都是 随机事件,出现的概率是相等的,都是 6 1 . （3）根据以前的学习,上述试验一的两个结果“正面朝上”和“反面朝上”,它们都是随机事件； 上述试验二的 6 个结果“1点”“2点”“3点”“4点”“5点”和“6点”,它们都是随机事件,像这类随 机事件我们称为基本事件（elementary event）；它是试验的每一个可能结果. 基本事件具有如下的两个特点： ①任何两个基本事件是互斥的； ②任何事件（除不可能事件）都可以表示成基本事件的和. （4）在一个试验中如果 ①试验中所有可能出现的基本事件只有有限个；（有限性） ②每个基本事件出现的可能性相等.（等可能性） 我们将具有这两个特点的概率模型称为古典概率模型（classical models of probability）,简称 古典概型. 向一个圆面内随机地投射一个点,如果该点落在圆内任意一点都是等可能的,你认为这是古典 概型吗?为什么？ 因为试验的所有可能结果是圆面内所有的点,试验的所有可能结果数是无限的,虽然每一 个试验结果出现的“可能性相同”,但这个试验不满足古典概型的第一个条件. 如下图,某同学随机地向一靶心进行射击,这一试验的结果只有有限个：命中 10环、命中 9环……命中 5环和不中环.你认为这是古典概型吗？为什么？ 不是古典概型,因为试验的所有可能结果只有 7 个,而命中 10 环、命中 9 环……命中 5 环和不中环的出现不是等可能的,即不满足古典概型的第二个条件. （5）古典概型,随机事件的概率计算 对于实验一中,出现正面朝上的概率与反面朝上的概率相等,即 P（“正面朝上”）=P（“反面朝上”） 由概率的加法公式,得 P（“正面朝上”）+P（“反面朝上”）=P（必然事件）=1. 因此 P（“正面朝上”）=P（“反面朝上”）= 2 1 . 即 P（“出现正面朝上”)= 基本事件的总数 数所包含的基本事件的个出现正面朝上"" 2 1  . 试验二中,出现各个点的概率相等,即 P（“1点”）=P（“2点”）=P（“3点”）=P（“4点”）=P（“5点”）=P（“6点”）. 反复利用概率的加法公式,我们有 P（“1点”）+P（“2点”）+P（“3点”）+P（“4点”）+P （“5点”）+P（“6点”）=P（必然事件）=1. 所以 P（“1点”）=P（“2点”）=P（“3点”）=P（“4点”）=P（“5点”）=P（“6点”）= 6 1 . 进一步地,利用加法公式还可以计算这个试验中任何一个事件的概率,例如, P（“出现偶数点”）=P（“2点”）+P（“4点”）+P（“6点”）= 6 1 + 6 1 + 6 1 = 6 3 = 2 1 . 即 P（“出现偶数点”）= 基本事件的总数 数所包含的基本事件的个出现偶数点"" 6 3  . 因此根据上述两则模拟试验,可以概括总结出,古典概型计算任何事件的概率计算公式为： P（A）= 基本事件的总数 数所包含的基本事件的个A . 在使用古典概型的概率公式时,应该注意： ①要判断该概率模型是不是古典概型； ②要找出随机事件 A包含的基本事件的个数和试验中基本事件的总数. 下面我们看它们的应用. （三）应用示例 思路 1 例 1 从字母 a,b,c,d中任意取出两个不同字母的试验中,有哪些基本事件？ 活动：师生交流或讨论,我们可以按照字典排序的顺序,把所有可能的结果都列出来. 解：基本事件共有 6个: A={a,b},B={a,c},C={a,d},D={b,c},E={b,d},F={c,d}. 点评：一般用列举法列出所有基本事件的结果,画树状图是列举法的基本方法. 分布完成的结果(两步以上)可以用树状图进行列举. 变式训练 用不同的颜色给下图中的 3个矩形随机地涂色,每个矩形只涂一种颜色,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. 分析：本题中基本事件比较多,为了更清楚地枚举出所有的基本事件,可以画图枚举如下： （树形图） 解：基本事件共有 27个. (1)记事件 A=“3个矩形涂同一种颜色”,由上图可以知道事件 A包含的基本事件有 1×3=3个, 故 P(A)= 9 1 27 3  . (2)记事件 B=“3 个矩形颜色都不同”,由上图可以知道事件 B包含的基本事件有 2×3=6 个,故 P(B)= 9 2 27 6  . 答：3个矩形颜色都相同的概率为 9 1 ；3个矩形颜色都不同的概率为 9 2 . 例 2 单选题是标准化考试中常用的题型,一般是从 A,B,C,D 四个选项中选择一个正确答案. 如果考生掌握了考查的内容,他可以选择唯一正确的答案.假设考生不会做,他随机地选择一 个答案,问他答对的概率是多少？ 活动：学生阅读题目,搜集信息,交流讨论,教师引导,解决这个问题的关键,即讨论这个问 题什么情况下可以看成古典概型.如果学生掌握或者掌握了部分考查内容,这都不满足古典概 型的第2个条件——等可能性,因此,只有在假定学生不会做,随机地选择了一个答案的情况下, 才可以化为古典概型. 解：这是一个古典概型,因为试验的可能结果只有 4个：选择 A、选择 B、选择 C、选择 D,即基本事件共有 4个,考生随机地选择一个答案是选择 A,B,C,D 的可能性是相等的.从而由 古典概型的概率计算公式得：P（“答对”）= 4 1""  基本事件的总数 数所包含的基本事件的个答对 =0.25. 点评：古典概型解题步骤: （1）阅读题目,搜集信息； （2）判断是否是等可能事件,并用字母表示事件； （3）求出基本事件总数 n和事件 A所包含的结果数 m； （4）用公式 P(A)= n m 求出概率并下结论. 变式训练 1.两枚均匀硬币,求出现两个正面的概率. 解：样本空间：{甲正乙正,甲正乙反,甲反乙正,甲反乙反}. 这里四个基本事件是等可能发生的,故属古典概型. n=4,m=1,P= 4 1 . 2.一次投掷两颗骰子,求出现的点数之和为奇数的概率. 解法一:设表示“出现点数之和为奇数”,用(i,j)记“第一颗骰子出现 i点, 第二颗骰子出现 j 点”,i,j=1,2,…6.显然出现的 36 个基本事件组成等概样本空间,其中 A 包含的基本事件个数为 k=3×3+3×3=18,故 P(A)= 2 1 . 解法二:若把一次试验的所有可能结果取为：（奇,奇）,（奇,偶）,（偶,奇）,（偶,偶）, 则它们也组成等概率样本空间.基本事件总数 n=4,A包含的基本事件个数 k=2,故 P(A)= 2 1 . 解法三:若把一次试验的所有可能结果取为：{点数和为奇数},{点数和为偶数},也组成等 概率样本空间,基本事件总数 n=2,A所含基本事件数为 1,故 P(A)= 2 1 . 注：找出的基本事件组构成的样本空间,必须是等概率的.解法 2中倘若解为：（两个奇）, （一奇一偶）,（两个偶）当作基本事件组成样本空间,则得出 P(A)= 3 1 ,错的原因就是它不是 等概率的.例如 P（两个奇）= 4 1 ,而 P（一奇一偶）= 2 1 .本例又告诉我们,同一问题可取不同的 样本空间解答. 例 3 同时掷两个骰子,计算： (1)一共有多少种不同的结果? (2)其中向上的点数之和是 5的结果有多少种? (3)向上的点数之和是 5的概率是多少? 解：(1)掷一个骰子的结果有 6种.我们把两个骰子标上记号 1,2以便区分,由于 1号骰子 的每一个结果都可与 2号骰子的任意一个结果配对,组成同时掷两个骰子的一个结果,因此同 时掷两个骰子的结果共有 36种. (2)在上面的所有结果中,向上的点数之和为 5 的结果有(1,4),(2,3),(3,2),(4,1),其中第一个数表 示 1号骰子的结果,第二个数表示 2号骰子的结果. (3)由于所有 36种结果是等可能的,其中向上点数之和为 5 的结果(记为事件 A)有 4种,因此, 由古典概型的概率计算公式可得 P(A)= 9 1 36 4  . 例 4 假设储蓄卡的密码由 4个数字组成,每个数字可以是 0,1,2,…,9十个数字中的任意一个. 假设一个人完全忘记了自己的储蓄卡密码,问他到自动取款机上随机试一次密码就能取到钱 的概率是多少? 解：一个密码相当于一个基本事件 ,总共有 10 000 个基本事件 ,它们分别是 0000,0001,0002,…,9998,9999.随机地试密码,相当于试到任何一个密码的可能性都是相等的, 所以这是一个古典概型.事件“试一次密码就能取到钱”由 1 个基本事件构成,即由正确的密码 构成.所以 P(“试一次密码就能取到钱”)= 10000 1 . 发生概率为 10000 1 的事件是小概率事件,通常我们认为这样的事件在一次试验中是几乎不可 能发生的,也就是通过随机试验的方法取到储蓄卡中的钱的概率是很小的.但我们知道,如果 试验很多次,比如 100 000 次,那么这个小概率事件是可能发生的.所以,为了安全,自动取款机 一般允许取款人最多试 3 次密码,如果第 4次键入的号码仍是错误的,那么取款机将“没收”储 蓄卡.另外,为了使通过随机试验的方法取到储蓄卡中的钱的概率更小,现在储蓄卡可以使用 6 位数字作密码. 人们为了方便记忆,通常用自己的生日作为储蓄卡的密码.当钱包里既有身份证又有储蓄 卡时,密码泄密的概率很大.因此用身份证上的号码作密码是不安全的. 例 5 某种饮料每箱装 6听,如果其中有 2听不合格,问质检人员从中随机抽出 2听,检测出不 合格产品的概率有多大? 解：我们把每听饮料标上号码,合格的 4 听分别记作:1,2,3,4,不合格的 2听分别记作 a,b, 只要检测的 2听中有 1听不合格,就表示查出了不合格产品. 依次不放回地从箱中取出 2 听饮料,得到的两个标记分别记为 x 和 y,则(x,y)表示一次抽取的 结果,即基本事件.由于是随机抽取,所以抽取到任何基本事件的概率相等.用 A表示“抽出的 2 听饮料中有不合格产品”,A1表示“仅第一次抽出的是不合格产品”,A2表示“仅第二次抽出的是 不合格产品”,A12表示“两次抽出的都是不合格产品”,则 A1,A2和 A12是互不相容的事件,且 A=A1∪A2∪A12,从而 P(A)=P(A1)+P(A2)+P(A12). 因为 A1中的基本事件的个数为 8,A2中的基本事件的个数为 8,A12中的基本事件的个数 为 2,全部基本事件的总数为 30,所以 P(A)= 30 2 30 8 30 8  =0.6. 思路 2 例 1 一个口袋内装有大小相同的 5只球,其中 3只白球,2只黑球,从中一次摸出两个球, (1)共有多少个基本事件？ (2)摸出的两个都是白球的概率是多少？ 活动：可用枚举法找出所有的等可能基本事件. 解：(1)分别记白球为 1,2,3号,黑球 4,5号,从中摸出 2只球,有如下基本事件（摸到 1,2号 球用(1,2)表示）：(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(2,3),(2,4),(2,5),(3,4),(3,5),(4,5). 因此,共有 10个基本事件. （2）上述 10个基本事件发生的可能性是相同的,且只有 3个基本事件是摸到两个白球（记 为事件 A）,即(1,2),(1,3),(2,3),故 P(A)= 10 3 . ∴共有 10个基本事件,摸到两个白球的概率为 10 3 . 变式训练 将一颗骰子先后抛掷两次,观察向上的点数,问： （1）共有多少种不同的结果？ （2）两数的和是 3的倍数的结果有多少种？ （3）两数和是 3的倍数的概率是多少？ 解析：（1）将骰子抛掷 1次,它出现的点数有 1,2,3,4,5,6这 6种结果. 先后抛掷两次骰子,第一次骰子向上的点数有 6种结果,第 2次又有 6种可能的结果,于是一共 有 6×6=36种不同的结果； (2)第 1次抛掷,向上的点数为 1,2,3,4,5,6这 6个数中的某一个,第 2次抛掷时都可以有两种结 果,使向上的点数和为 3 的倍数（例如：第一次向上的点数为 4,则当第 2 次向上的点数为 2 或 5时,两次的点数的和都为 3的倍数）,于是共有 6×2=12种不同的结果； (3)记“向上点数和为 3的倍数”为事件 A,则事件 A的结果有 12种,因为抛两次得到的 36种结 果是等可能出现的,所以所求的概率为 P(A)= 36 12 = 3 1 . 答：先后抛掷 2次,共有 36种不同的结果；点数的和是 3 的倍数的结果有 12种；点数的和 是 3的倍数的概率为 3 1 . 说明：也可以利用图表来数基本事件的个数： 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. 活动：学生思考或交流,教师引导,每次取出一个,取后不放回,其一切可能的结果组成的基 本事件是等可能发生的,因此可用古典概型解决. 解：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）,（b1,a2）.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次取出的产品用 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）= 6 4 = 3 2 . 思考 在上例中,把“每次取出后不放回”这一条件换成“每次取出后放回”,其余条件不变,求取出 的两件中恰好有一件次品的概率. 有放回地连续取出两件,其一切可能的结果有：（a1,a1）,（a1,a2）,（a1,b1）,（a2,a1）,（a2,a2）, （a2,b1）,（b1,a2）,（b1,b1）,由 9个基本事件组成,由于每一件产品被取到的机会均等,因此可 以认为这些基本事件的出现是等可能的.用 B表示“恰有一件次品”这一事件,则 B=［（a1,b1）, （a2,b1）,（b1,a1）,（b1,a2）］, 事件 B包含 4个基本事件,因而,P（B）= 9 4 . 点评：（1）在连续两次取出过程中,（a1,b1）与（b1,a1）不是同一个基本事件,因为先后 顺序不同. （2）无论是“不放回抽取”还是“有放回抽取”,每一件产品被取出的机会都是均等的. 变式训练 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. 分析：（1）为放回抽样；（2）为不放回抽样. 解：（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)= 3 3 10 8 =0.512. （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 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)= 720 336 ≈0.467. 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 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)= 120 56 ≈0.467. 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,但不论选择哪一种方式,观察的角度必须一致,否则会导致错误. （四）知能训练 本节练习 1、2、3. （五）拓展提升 一个各面都涂有色彩的正方体,被锯成 1 000个同样大小的小正方体,将这些正方体混合 后,从中任取一个小正方体,求：（1）有一面涂有色彩的概率；（2）有两面涂有色彩的概率； （3）有三面涂有色彩的概率. 解：在 1 000个小正方体中,一面涂有色彩的有 82×6个,两面涂有色彩的有 8×12个,三面 涂有色彩的有 8个,∴（1）有一面涂有色彩的概率为 P1= 1000 384 =0.384； （2）有两面涂有色彩的概率为 P2= 1000 96 =0.096； （3）有三面涂有色彩的概率为 P3= 1000 8 =0.008. 答：（1）一面涂有色彩的概率为 0.384；（2）有两面涂有色彩的概率为 0.096；（3）有三面涂 有色彩的概率为 0.008. （六）课堂小结 1.古典概型 我们将具有 （1）试验中所有可能出现的基本事件只有有限个；（有限性） （2）每个基本事件出现的可能性相等.（等可能性） 这样两个特点的概率模型称为古典概率概型,简称古典概型. 2.古典概型计算任何事件的概率计算公式 P（A）= 基本事件的总数 数所包含的基本事件的个A . 3.求某个随机事件 A 包含的基本事件的个数和实验中基本事件的总数的常用方法是列举法 （画树状图和列表）,应做到不重不漏. （七）作业 习题 3.2 A组 1、2、3、4.