高考数学一轮复习第10章第4节古典概型与事件的相互独立性学案

这是一份高考数学一轮复习第10章第4节古典概型与事件的相互独立性学案，共12页。学案主要包含了教材概念·结论·性质重现，基本技能·思想·活动经验等内容，欢迎下载使用。

第四节　古典概型与事件的相互独立性
考试要求：1．理解古典概型、事件的相互独立性及其概率计算公式．
2．会计算一些随机事件所含的样本点数及事件发生的概率．

一、教材概念·结论·性质重现
1．古典概型的判断
古典概型的定义试验具有如下共同特征：
(1)有限性：样本空间的样本点只有有限个．
(2)等可能性：每个样本点发生的可能性相等．
我们将具有以上两个特征的试验称为古典概型试验，其数学模型称为古典概率模型，简称古典概型．

一个试验是否为古典概型，关键在于这个试验是否具有古典概型的两个特征：有限性和等可能性．
2．古典概型的概率计算公式
一般地，设试验E是古典概型，样本空间Ω包含n个样本点，事件A包含其中的k个样本点，则定义事件A的概率P(A)＝＝，其中n(A)和n(Ω)分别表示事件A和样本空间Ω包含的样本点个数．

频率的计算公式与古典概型的概率计算公式的异同
名称
不同点
相同点
频率计算公式
频率计算中的k，n均随随机试验的变化而变化，但随着试验次数的增多，它们的比值逐渐趋近于概率值
都计算了一个比值
古典概型的概率计算公式
是一个定值，对同一个随机事件而言，k，n都不会变化

3．相互独立事件的判断
相互独立事件的定义：对任意两个事件A与B，如果P(AB)＝ P(A)P(B)成立，则称事件A与事件B相互独立，简称为独立．
4．相互独立事件的性质
当事件A与事件B相互独立时，则事件A与事件相互独立，事件与事件B相互独立，事件 与事件相互独立．

1．两个事件相互独立，是指它们其中一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响．一般地，两个事件不可能既互斥又相互独立，因为互斥事件是不可能同时发生的，而相互独立事件是以它们能够同时发生为前提的．相互独立事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积，这一点与互斥事件的概率和也是不同的．
2．事件间的独立性关系：已知两个事件A，B相互独立，它们的概率分别为P(A)，P(B)，则有
事件
表示
概率
A，B同时发生
AB
P(A)P(B)
A，B都不发生

P()P()
A，B恰有一个发生
(A )∪(B)
P(A)P()＋P()P(B)
A，B中至少有一个发生
(A )∪(B)∪(AB)
P(A)P()＋P()P(B)＋P(A)P(B)
A，B中至多有一个发生
(A )∪(B)∪( )
P(A)P()＋P()P(B)＋P()P()

二、基本技能·思想·活动经验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(1)“P(AB)＝P(A)·P(B)”是“事件A，B相互独立”的充要条件． (　√　)
(2)掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”，这三个事件是等可能事件． (　×　)
(3)某袋中装有大小均匀的三个红球、两个黑球、一个白球，那么每种颜色的球被摸到的可能性相同． (　×　)
(4)必然事件与任何一个事件相互独立． (　√　)
2．若P(AB)＝，P()＝，P(B)＝，则事件A与B的关系是(　　)
A．互斥
B．相互独立
C．互为对立
D．无法判断
B　解析：因为P()＝，所以P(A)＝，又P(B)＝，所以事件A与事件B不对立．
又因为P(AB)＝，所以有P(AB)＝P(A)P(B)，所以事件A与B相互独立但不一定互斥．
3．甲、乙独立地解决同一数学问题，甲解决这个问题的概率是0.9，乙解决这个问题的概率是0.8，那么其中至少1人解决这个问题的概率是(　　)
A．0.26 B．0.72
C．0.98 D．0.18
C　解析：设A为“甲解决这个问题”，B为“乙解决这个问题”，则表示“无人解决这个问题”，而P()＝0.2×0.1＝0.02，故至少1人解决这个问题的概率为0.98．
4．抛掷两枚质地均匀的骰子，向上的点数之差的绝对值为3的概率是(　　)
A． B．
C． D．
B　解析：抛掷两枚质地均匀的骰子，向上的点数之差的绝对值为3的情况有(1,4)，(4,1)，(2,5)，(5,2)，(3,6)，(6,3)，共6个样本点，而抛掷两枚质地均匀的骰子包含的样本点有36个，所以所求概率p＝＝．故选B．
5．已知甲、乙、丙三人去参加某公司面试，他们被该公司录取的概率分别是，，，且三人录取结果相互之间没有影响，则他们三人中至少有一人被录取的概率为________．
　解析：因为甲，乙，丙三人被该公司录取的概率分别是，，，
且三人录取结果相互之间没有影响，
所以他们三人都没有被录取的概率为××＝，
故他们三人中至少有一人被录取的概率为1－＝．


考点1　简单的古典概型的概率——基础性

(1)生物实验室有5只兔子，其中只有3只测量过某项指标．若从这5只兔子中随机取出3只，则恰有2只测量过该指标的概率为(　　)
A． B．
C． D．
B　解析：设5只兔子中测量过某项指标的3只记为a1，a2，a3，未测量过这项指标的2只记为b1，b2，从5只兔子中随机取出3只，样本空间Ω＝{(a1，a2，a3)，(a1，a2，b1)，(a1，a2，b2)，(a1，a3，b1)，(a1，a3，b2)，(a1，b1，b2)，(a2，a3，b1)，(a2，a3，b2)，(a2，b1，b2)，(a3，b1，b2)}，共10个样本点．事件“恰有2只测量过该指标”＝{(a1，a2，b1)，(a1，a2，b2)，(a1，a3，b1)，(a1，a3，b2)，(a2，a3，b1)，(a2，a3，b2)}，共6个样本点．
故恰有2只测量过该指标的概率为＝．故选B．
(2)从分别写有1,2,3,4,5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为(　　)
A． B．
C． D．
D　解析：方法一：依题意，记两次取的卡片上的数字依次为a，b，则一共有25个不同的数组(a，b)，其中满足a>b的数组共有10个，分别为(2,1)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)．
因此所求的概率为＝．
方法二：从5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张的情况如图：

样本点的总数为25，第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的样本点的个数为10，故所求概率p＝＝．故选D．
(3)设O为正方形ABCD的中心，在O，A，B，C，D中任取三点，则取到的三点共线的概率为(　　)
A． B．
C． D．
A　解析：从O，A，B，C，D中任取3点的情况有(O，A，B)，(O，A，C)，(O，A，D)，(O，B，C)，(O，B，D)，(O，C，D)，(A，B，C)，(A，B，D)，(B，C，D)，(A，C，D)，共有10种不同的情况．由图可知取到的三点共线的有(O，A，C)和(O，B，D)两种情况，所以所求概率为＝．故选A．


古典概型中样本点个数的探求方法
(1)列举法：适合于给定的样本点个数较少且易一一列举出的问题．
(2)树状图法：适合于较为复杂的问题，注意在确定样本点(x，y)时可看成是有序的，如(1,2)与(2,1)不同．
(3)排列组合法：在求一些较复杂的样本点个数时，可利用排列或组合的知识．

1．从长度为2,4,6,8,9的5条线段中任取3条，则这3条线段能构成一个三角形的概率为(　　)
A． B．
C． D．
B　解析：从5条线段中任取3条，共有C＝10种不同的取法，
其中能构成一个三角形的有：(2,8,9)，(4,6,8)，(4,6,9)，(4,8,9)，(6,8,9)，共有5种，
所以这3条线段能构成一个三角形的概率p＝＝．
2．(多选题)先后抛掷两颗均匀的骰子，第一次出现的点数记为a，第二次出现的点数记为b，则下列说法正确的是(　　)
A．a＋b＝7时概率为
B．a＋b＝6时概率为
C．a≥2b时的概率为
D．a＋b是3的倍数的概率是
AD　解析：先后抛掷两颗均匀的骰子，第一次出现的点数记为a，第二次出现的点数记为b，样本点的总数为6×6＝36个，
对于选项A：a＋b＝7包含的样本点有(1,6)，(2,5)，(3,4)，(4,3)，(5,2)，(6,1)，共6个，
所以a＋b＝7时的概率为＝．故选项A正确．
对于选项B：a＋b＝6包含的样本点有(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)，共5个，
所以a＋b＝6时的概率为≠．故选项B不正确．
对于选项C：a≥2b包含的样本点有(2,1)，(3,1)，(4,1)，(4,2)，(5,1)，(5,2)，(6,1)，(6,2)，(6,3)，共9个，所以a≥2b时的概率为＝．故选项C不正确．
对于选项D：a＋b是3的倍数包含的样本点有(1,2)，(1,5)，(2,1)，(2,4)，(3,3)，(3,6)，(4,2)，(4,5)，(5,1)，(5,4)，(6,3)，(6,6)，共有12个，所以a＋b是3的倍数的概率是＝．故选项D正确．故选AD．

考点2　古典概型的交汇问题——综合性

考向1　古典概率和数
1742年6月7日，哥德巴赫在给大数学家欧拉的信中提出：任一大于2的偶数都可写成两个质数的和．这就是著名的“哥德巴赫猜想”，可简记为“1＋1”．1966年我国数学家陈景润证明了“1＋2”，获得了该研究的世界最优成果．若在不超过20的所有质数中，随机选取两个不同的数，则两数之和不超过20的概率是(　　)
A． B．
C． D．
B　解析：不超过20的所有质数有2,3,5,7,11,13,17,19，共8个，从中选取2个不同的数有C＝28种，和超过20的共有(2,19)，(3,19)，(5,17)，(5,19)，(7,17)，(7,19)，(11,13)，(11,17)，(11,19)，(13,17)，(13,19)，(17,19)，共12种，所以两数之和不超过20的概率是＝．
考向2　古典概型和数列
斐波那契数列又称黄金分割数列，因为数学家昂纳多斐波那契以兔子繁殖为例子引入，故又称为“兔子数列”，在数学上斐波那契数列被以下递推方法定义：数列{an}满足：a1＝a2＝1，an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)．现从该数列的前10项中随机的抽取一项，则该数除以3余数为1的概率为(　　)
A． B．
C． D．
D　解析：数列{an}满足：a1＝a2＝1，an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)，
数列的前10项为：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55．
该数列被3除所得的余数为1,1,2,0,2,2,1,0,1,1，所以10项中共有5项满足除以3余数为1，故概率p＝＝．故选D．
考向3　古典概型和平面向量
(1)设平面向量a＝(m,1)，b＝(2，n)，其中m，n∈{1,2,3,4}，记“a⊥(a－b)”为事件A，则事件A发生的概率为(　　)
A． B．
C． D．
A　解析：有序数对(m，n)的所有可能结果数为4×4＝16．由a⊥(a－b)，得m2－2m＋1－n＝0，即n＝(m－1)2．由于m，n∈{1,2,3,4}，故事件A包含的样本点为(2,1)和(3,4)，共2个．所以所求的概率P(A)＝＝．故选A．
(2)已知k∈Z，＝(k,1)，＝(2,4)．若||≤4，则△ABC是直角三角形的概率是________．
　解析：因为||＝≤4，
所以－≤k≤．
因为k∈Z，所以k＝－3，－2，－1,0,1,2,3．
当△ABC为直角三角形时，应有AB⊥AC，或AB⊥BC，或AC⊥BC．由·＝0，得2k＋4＝0，所以k＝－2．因为＝－＝(2－k,3)，由·＝0，得k(2－k)＋3＝0，所以k＝－1或3．由·＝0，得2(2－k)＋12＝0，所以k＝8(舍去)．故使△ABC为直角三角形的k值为－2，－1或3，所以所求概率p＝．
考向4　古典概型与函数的交汇
(1)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b2x＋1．若a是从1,2,3三个数中任取的一个数，b是从0,1,2三个数中任取的一个数，则该函数有两个极值点的概率为(　　)
A． B．
C． D．
D　解析：(1)f′(x)＝x2＋2ax＋b2．
由题意知f′(x)＝0有两个不等实根，
即Δ＝4(a2－b2)>0，所以a>b，有序数对(a，b)所有可能结果有3×3＝9(种)，其中满足a>b的有(1,0)，(2,0)，(3,0)，(2,1)，(3,1)，(3,2)，共6种．故所求概率p＝＝．
(2)已知a∈{0,1,2}，b∈{－1,1,3,5}，则函数f(x)＝ax2－2bx在区间(1，＋∞)上为增函数的概率是(　　)
A． B．
C． D．
A　解析：因为a∈{0,1,2}，b∈{－1，1,3,5}，所以样本点总数n＝3×4＝12．
函数f(x)＝ax2－2bx在区间(1，＋∞)上为增函数．
①当a＝0时，f(x)＝－2bx，符合条件的只有(0，－1)，即a＝0，b＝－1．
②当a≠0时，需要满足≤1，符合条件的有(1，－1)，(1,1)，(2，－1)，(2,1)，共4种．
所以函数f(x)＝ax2－2bx在区间(1，＋∞)上为增函数的概率是．

求解古典概型交汇问题的思路
求解古典概型的交汇问题，关键是把相关的内容转化为事件，然后利用古典概型的有关知识解决，其解题流程为：


已知集合M＝{－1,1,3,5}和N＝{－1,1,2,4}．设关于x的二次函数f(x)＝ax2－4bx＋1(a，b∈R)．
(1)若b＝1时，从集合M取一个数作为a的值，求方程f(x)＝0有解的概率；
(2)若从集合M和N中各取一个数作为a和b的值，求函数y＝f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数的概率．
解：(1)因为b＝1，由方程f(x)＝ax2－4x＋1＝0有解，
得即 a≤4，且 a≠0．因为a∈M＝{－1,1，3,5}，所以a＝－1,1,3，故方程f(x)＝0有解的概率为p＝．
(2)由于二次函数f(x)＝ax2－4bx＋1图象的对称轴为x＝，
要使y＝f(x)在区间[1，＋∞)上为增函数，应有a＞0且≤1，即a≥2b，且a＞0．
①若a＝1，则b＝－1；②若a＝3，则b＝－1,1；③若a＝5，则b＝－1,1,2．
而所有的(a，b)共有4×4＝16个，所以所求概率为p＝＝．

考点3　事件的相互独立性——综合性

(1)(2021·新高考全国Ⅰ卷)有6个相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5,6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则(　　)
A．甲与丙相互独立　 B．甲与丁相互独立
C．乙与丙相互独立 D．丙与丁相互独立
B　解析：由题意可知，两点数和为8的所有可能为：(2,6)，(3,5)，(4,4)，(5,3)，(6,2)，两点数和为7的所有可能为：(1,6)，(2,5)，(3,4)，(4,3)，(5,2)，(6,1)，P(甲)＝，P(乙)＝，P(丙)＝＝，P(丁)＝＝．
A：P(甲丙)＝0≠P(甲)P(丙)，B：P(甲丁)＝＝P(甲)·P(丁)，
C：P(乙丙)＝≠P(乙)P(丙)，D：P(丙丁)＝0≠P(丙)·P(丁)．
(2)(2021·常州高三期末)甲、乙两队进行篮球决赛，采取三场二胜制(当一队赢得二场胜利时，该队获胜，决赛结束)．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队最终获胜的概率是 ________．
0.6　解析：甲队最终获胜包含3种情况：
①前两场甲均胜，概率为p1＝0.6×0.5＝0.3，
②第一场甲胜，第二场甲负，第三场甲胜，概率为p2＝0.6×0.5×0.6＝0.18，
③第一场甲负，第二场甲胜，第三场甲胜，概率为p3＝0.4×0.5×0.6＝0.12，
所以甲队最终获胜的概率是p＝p1＋p2＋p3＝0.3＋0.18＋0.12＝0.6．

判断事件是否相互独立的方法
(1)定义法：事件A，B相互独立⇔P(AB)＝P(A)·P(B)．
(2)利用性质：A与B相互独立，则A与，与B，与也都相互独立．

1．(2021·龙岩期末)现有5个相同的小球，分别标有数字1,2,3,4,5，从中有放回的随机抽取两次，每次抽取一个球，记：事件A表示“第一次取出的球数字是2”，事件B表示“第二次取出的球数字是3”，事件C表示“两次取出的球的数字之和为8”，事件D表示“两次取出的球的数字之和为6”，则下列选项正确的是(　C　)
A．事件A和事件C相互独立
B．事件B和事件C相互独立
C．事件B和事件D相互独立
D．事件C和事件D相互独立
2．(2022·和平区模拟)某校象棋社团开展竞赛活动，比赛中双方有一人获胜或者双方和棋则比赛结束．根据以往比赛结果，在一局比赛中，甲战胜乙的概率是，两人和棋的概率是，则乙战胜甲的概率是________；甲乙两人比赛2局，每局胜方记3分，负方记0分，和棋双方各记1分，则甲得分不少于2分的概率是__________．
　　解析：由题意可知，在一局比赛中，甲战胜乙的概率是，两人和棋的概率是，所以乙战胜甲的概率为1－－＝；由甲乙两人比赛2局，每局胜方记3分，负方记0分，和棋双方各记1分，设甲得分不少于2为事件A，则表示乙胜或甲负且甲乙和，故P()＝×＋C××＝，所以甲得分不少于2分的概率是P(A)＝1－P()＝1－＝．