概率问题常见错误剖析&古典槪型的交汇题型举例-《中学生数理化》高一数学2025年5月刊

■雍志剑 概率中的概念较抽象,解题时稍有疏忽 就会出错。下面就解题中容易产生错误的地 方进行归纳总结,希望对同学们的学习有所 帮助。 一、混淆“非等可能”与“等可能” 例1 在两个口袋内分别装有写着数字 0,1,2,3,4,5的六张卡片,现从每个口袋中 各取一张卡片,求两个数之和等于7的概率。 错解:从每个口袋中各取一张卡片出现 的数字之和为0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,共 有11种情况,即基本事件总数为11,所以两 个数之和等于7的概率P= 1 11 。 剖析:其实,从每个口袋中各取一张卡片 出现的数字之和为0,1,2,3,4,5,6,7,8,9, 10,共有11种情况,但这11种情况出现不是 等可能的,如数字之和为0只有一种可能情 况(0+0=0),而数字之和为1有2种可能情 况(1+0=1或0+1=1)。 正解:从每个口袋中各取一张卡片,组成 62=36(种)有序卡片对,其中两个数之和等 于7的卡片对为(2,5),(3,4),(4,3),(5,2), 共4种情况,所以两个数之和等于7的概率 P= 4 36= 1 9 。 感悟:构建有序实数对的基本事件空间, 使“非等可能”转化为“等可能”事件。 二、混淆“互斥”与“对立” 例2 把红、黑、蓝、白4张纸牌随机地发 给甲、乙、丙、丁四人,每人分1张,事件“甲分 得红牌”与“乙分得红牌”是( )。 A.对立事件 B.不可能事件 C.互斥但不对立事件 D.以上答案都不对 错解:应选A。 剖析:要弄清互斥事件和对立事件的关 系。若两个事件是互斥事件,则在一次试验 中可能有两个结果,一是都不发生,二是有且 只有一个发生;若两个事件是对立事件,则在 一次试验中必然有且只有一个发生,即事件 A 不发生,A 的对立事件A 必然发生。甲、 乙不能同时得到红牌,可能两人都得不到红 牌,因此是互斥但不是对立事件。 正解:由剖析可知,应选C。 感悟:正确理解互斥事件、对立事件的定 义及它们之间的关系,是区分“互斥”与“对 立”事件的关键。 三、混淆“有放回”“无放回”或“有序”“无 序” 例3 把大小和形状完全相同的五个小 球编号为1,2,3,4,5,放在一个箱子中充分 混合,有放回地抽取两次,求取出的是编号为 2和4的小球的概率。 错解:有放回地连续抽取两次,所有的可 能结果为(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5), (2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(3,3),(3,4), (3,5),(4,4),(4,5),(5,5),共15种情况。 事件A“取出的是编号为2和4的小球”的基 本事件为(2,4),共1种情况。故所求概率 P(A)= 1 15 。 剖析:本题属于有放回地抽取小球,错解 忽视了抽取两次小球是有顺序的,即(1,2)和 (2,1)表示的是不同的事件。 正解:有放回地连续抽取两次,所有可能 结果为(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5), (2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(3,1), (3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(4,1),(4,2), (4,3),(4,4),(4,5),(5,1),(5,2),(5,3), (5,4),(5,5),共5×5=25(种)情况。事件 A“取出的是编号为2和4的小球”的基本事 件为(2,4),(4,2),共2种情况。故所求概率 P(A)= 2 25 。 感悟:构建有序实数对的基本事件空间, 使“无序”转化为“有序”。 作者单位:陕西省洋县中学 (责任编辑 王琼霞) 43 易错题归类剖析 高一数学 2025年5月 ■王佩其 古典概型与其他知识的交汇问题,是每 年高考的常考点。对于这类问题,可利用相 关的知识点,列举出所有的基本事件,结合古 典概型的概率公式求解。下面举例说明。 一、与集合的交汇 例1 已知集合A={1,2,3},集合B= {x∈R|x2-ax+b=0,a∈A,b∈A},则 A∩B=B 的概率为 。 解:A∩B=B 等价于B⊆A,记该事件 为D。由a∈A,b∈A,可知(a,b)的取值情 况为(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(2, 3),(3,1),(3,2),(3,3),即样本空间共有9 个样本点。 方程x2-ax+b=0的判别式Δ=a2- 4b,当(a,b)取(1,1),(1,2),(1,3),(2,2), (2,3),(3,3)时,Δ=a2-4b<0,则B=⌀, 满足B⊆A;当(a,b)取(2,1)时,Δ=a2- 4b=0,B={1},满足B⊆A;当(a,b)取(3, 1)时,Δ=a2-4b=5>0,但方程有两个无理 根,不满足B⊆A;当(a,b)取(3,2)时,Δ= a2-4b=1>0,B={1,2},满足B⊆A。综上 可知,事件D 有8个样本点。 故所求概率P(D)= 8 9 。 评注:解答本题的关键是利用列举法表 示出(a,b)的所有可能情况。 二、与函数的交汇 例2 若a,b是从集合{1,2,3,4,5}中 随机 选 取 的 两 个 不 同 的 数,则 使 得 函 数 f(x)=x3a+x2b 是偶函数的概率为 。 解:对于幂函数y=xm,当m 为奇数时, y=xm 为奇函数,当m 为偶数时,y=xm 为 偶函数。 若a,b是从集合{1,2,3,4,5}中随机选 取的两个不同的数,以(a,b)为一个基本事 件,则所有的基本事件为(1,2),(1,3),(1, 4),(1,5),(2,1),(2,3),(2,4),(2,5),(3, 1),(3,2),(3,4),(3,5),(4,1),(4,2),(4, 3),(4,5),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),共20 种情况。 若函数f(x)=x3a+x2b 是偶函数,则 3a,2b均为偶数,这时a必为偶数,所以事件 “函数f(x)=x3a+x2b 是偶函数”所包含的 基本事件为(2,1),(2,3),(2,4),(2,5),(4, 1),(4,2),(4,3),(4,5),共8种情况。 故事件“函数f(x)=x3a+x2b 是偶函 数”的概率P= 8 20= 2 5 。 评注:解决古典概型与函数的交汇问题, 应熟记函数的性质,构建有序实数对,列举出 基本事件的个数,确定所求事件的个数,再利 用古典概型求概率。 三、与一元二次方程的交汇 例3 若a 是从0,1,2,3这四个数中任 取的一个数,b 是从0,1,2这三个数中任取 的一个数,则关于x 的一元二次方程x2+ 2ax+b2=0有实根的概率是( )。 A. 5 6 B. 3 4 C. 2 3 D. 4 5 解:设事件A 为“方程x2+2ax+b2=0 有实根”。 当a>0,b>0时,方程x2+2ax+b2=0 有实根的充要条件为Δ=4a2-4b2=4(a2- b2)≥0,即a≥b。总的基本事件包含12个, 即(0,0),(0,1),(0,2),(1,0),(1,1),(1,2), (2,0),(2,1),(2,2),(3,0),(3,1),(3,2),其 中第一个数表示a 的取值,第二个数表示b 的取值。 满足a≥b 的事件A 包含9个基本事 件,即(0,0),(1,0),(1,1),(2,0),(2,1),(2, 2),(3,0),(3,1),(3,2)。 所以事件 A 发生的概率P(A)= 9 12= 53 创新题追根溯源 高一数学 2025年5月 3 4 。应选B。 评注:解决古典概型与一元二次方程的 交汇问题,可利用判别式的关系,构建有序实 数对,确定总的基本事件个数,分类列出所求 事件的个数,再利用古典概型求概率。 四、与平面向量的交汇 例4 将一颗质地均匀的正方体骰子 (六个面上的点数分别为1,2,3,4,5,6),先 后抛掷两次,将得到的点数分别记为m,n,令 向量a=(2m-3,n-1),b=(1,-1)的夹角 为θ,则θ为钝角的概率是( )。 A. 5 18 B. 1 3 C. 13 36 D. 11 36 解:由a∥b,可得(2m-3)×(-1)- (n-1)×1=0,所以n=4-2m。由θ为钝 角,可得a·b<0,结合a,b 不共线,可得方 程 组 (2m-3)×1+(n-1)×(-1)<0, n≠4-2m, 解 得n>2m-2,且n≠4-2m。 当m=1时,n>0且n≠2,n 可取1,3, 4,5,6; 当m=2时,n>2,n可取3,4,5,6; 当m=3时,n>4,n可取5,6; 当m=4,m=5,m=6时,n>2m-2> 6,此时无解。 综上所述,满足条件的 m,n 共有11种 可能情况。 因为先后抛掷两次骰子,得到的样本点 数共有36种可能情况,所以θ为钝角的概率 P= 11 36 。应选D。 评注:解决古典概型与平面向量的交汇 问题,应熟记平面向量的有关概念,列出基本 事件的总数和满足条件的事件个数,再利用 古典概型的概率公式求解。 五、与平面几何的交汇 例5 如图1,从正六边形ABCDEF 的 六个顶点中任取三个顶点,则这三个顶点可 以构成直角三角形的概率为( )。 图1 A. 1 5 B. 2 5 C. 3 5 D. 4 5 解:在正六边形ABCDEF 中,六个顶点 中任取三个顶点的所有可能结果为 ABC, ABD,ABE,ABF,ACD,ACE,ACF,ADE, ADF,AEF,BCD,BCE,BCF,BDE,BDF, BEF,CDE,CDF,CEF,DEF,共20种 情 况。过正六边形中心的对角线所对的角为直 角,即满足三个顶点可以构成直角三角形的 为 ABD,ACD,ADF,ADE,ABE,BEF, BDE,BCE,ACF,BCF,CEF,CDF,共12 种情况。故所求概率P= 12 20= 3 5 。应选C。 评注:解决古典概型与平面几何的交汇 问题,可利用平面图形的特征和几何性质,运 用列举法确定基本事件的总数和满足条件的 事件个数,再结合古典概型的概率公式求解。 “渐升数”是指每个数字比其左边的数字 大的自然数(如2578),在二位的“渐升数”中 任取一个数比37大的概率是 。 提示:十位是1的“渐升数”有8个,十位 是2的“渐升数”有7个,…,十位是8的“渐 升数”有1个,所以二位的“渐升数”共有8+ 7+6+5+4+3+2+1=36(个)。以3为十 位比37大的“渐升数”有2个,分别以4、5、6、 7、8为十位的“渐升数”均比37大,且共有 5+4+3+2+1=15(个),所以比37大的“渐 升数”共有2+15=17(个)。故在二位的“渐 升数”中任取一数比37大的概率是 17 36 。 作者单位:江苏省太仓市明德高级中学 (责任编辑 王琼霞) 63 创新题追根溯源 高一数学 2025年5月