第四章 第5节 古典概型及概率的基本性质（PPT教学课件）-【百汇大课堂】2026年高考数学总复习下册·第1轮（浙江专用）

衔接教材 夯基固本 落实 第5节　古典概型及概率的基本性质 第四章　计数原理、离散型随机变量及其分布 衔接教材 夯基固本 落实 有限个 相等 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 P(A)＋P(B) 1－P(B) 衔接教材 夯基固本 落实 P(A)＋P(B)－P(A∩B) 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 D 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 D 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 D 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 D 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 A 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 C 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 C 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 C 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 请完成：课时训练(30) 温馨提示 谢谢观看！ 1．理解古典概型，能计算古典概型中简单随机事件的概率． 2．理解概率的性质，掌握随机事件的运算法则． 3．当求某一事件的概率较为复杂时，可转化为求几个互斥事件的概率之和或其对立事件的概率． 一、古典概型的概念 1．有限性：样本空间的样本点只有______； 2．等可能性：每个样本点发生的可能性____． 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． 二、古典概型的概率公式 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)＝ eq \f(k,n)＝ eq \f(n（A）,n（Ω）). 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． 三、概率的性质 性质1：对任意的事件A，都有P(A)≥0. 性质2：必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0，即P(Ω)＝1，P(∅)＝0. 性质3：如果事件A与事件B互斥，那么P(A∪B)＝_____________． 性质4：如果事件A与事件B互为对立事件，那么P(B)＝1－P(A)，P(A)＝____________． 性质5：如果A⊆B，那么P(A)≤P(B). 由该性质可得，对于任意事件A，因为∅⊆A⊆Ω，所以0≤P(A)≤1. 性质6：设A，B是一个随机试验中的两个事件，有P(A∪B)＝________________________________． 1．概率的一般加法公式P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)中，易忽视只有当A∩B＝∅，即A，B互斥时，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，此时P(A∩B)＝0. 2．当一个事件包含多个结果且各个结果彼此互斥时，要用到概率加法公式的推广，即P(A1＋A2＋…＋An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An). 一、教材典题改编 1．(人教A版必修第二册P236“思考”改编)一枚硬币连掷2次，只有一次出现正面的概率为(　　) A． eq \f(2,3) B． eq \f(1,4) C． eq \f(1,3) D． eq \f(1,2) 解析：一枚硬币连掷2次可能出现(正，正)，(反，反)，(正，反)，(反，正)四种情况，只有一次出现正面的情况有两种，故P＝ eq \f(2,4)＝ eq \f(1,2). 2．(苏教版必修第二册P302T8改编)从一批羽毛球中任取一个羽毛球，如果其质量小于4.8 g的概率为0.3，其质量不小于4.85 g 的概率为0.02，那么其质量在[4.8，4.85)(单位：g)范围内的概率是(　　) A．0.62 B．0.38 C．0.02 D．0.68 解析：记“质量小于4.8 g”为事件A，“质量不小于4.85 g”为事件B，“质量在[4.8，4.85)(单位：g)范围内”为事件C，所以P(C)＝1－P(A)－P(B)＝1－0.3－0.02＝0.68. 3．(苏教版必修第二册P292T3改编)甲、乙两个同学下棋，若甲获胜的概率为0.5，甲、乙下成和棋的概率为0.2，则甲不输的概率为________. 答案：0.7　解析：因为甲不输包含两种情况：甲获胜与甲、乙两人下成和棋，且它们是互斥事件，所以根据互斥事件的概率加法公式可得甲不输的概率P＝0.2＋0.5＝0.7. 4．(人教A版必修第二册P237例8改编)将一枚质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数和为5的概率是________． 答案： eq \f(1,9)　解析：根据题意可得样本点共有6×6＝36(个)，点数和为5的样本点有(1，4)，(4，1)，(2，3)，(3，2)，共4个，所以向上的点数和为5的概率为 eq \f(4,36)＝ eq \f(1,9). 二、易误易混澄清 1．(对古典概型理解错误)下列问题是古典概型的是(　　) A．种下一粒杨树种子，求其能长成大树的概率 B．掷一枚质地不均匀的骰子，求出现1点的概率 C．在区间[1，4]上任取一数，求这个数大于1.5的概率 D．同时掷两枚质地均匀的骰子，求向上的点数之和是5的概率 2．(样本点的个数不清)两位男同学和两位女同学随机排成一列，则两位女同学相邻的概率是________． 答案： eq \f(1,2) 考点一　简单的古典概型 1．(2022·新高考Ⅰ卷)从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为(　　) A． eq \f(1,6) B． eq \f(1,3) C． eq \f(1,2) D． eq \f(2,3) 解析：从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(7))＝21种情况，其中不互质的包括从2，4，6，8中取2个不同的数，或取3和6，共有C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＋1＝7种情况，所以互质的共有21－7＝14种情况，所以所求概率P＝ eq \f(14,21)＝ eq \f(2,3). 2．(2023·全国乙卷)某学校举办作文比赛，共6个主题，每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文，则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的概率为(　　) A． eq \f(5,6) B． eq \f(2,3) C． eq \f(1,2) D． eq \f(1,3) 解析：设6个主题分别为A，B，C，D，E，F，甲、乙两位同学所选主题的所有可能情况如表： 　乙 甲　 A B C D E F A (A，A) (A，B) (A，C) (A，D) (A，E) (A，F) B (B，A) (B，B) (B，C) (B，D) (B，E) (B，F) C (C，A) (C，B) (C，C) (C，D) (C，E) (C，F) 　乙 甲　 A B C D E F D (D，A) (D，B) (D，C) (D，D) (D，E) (D，F) E (E，A) (E，B) (E，C) (E，D) (E，E) (E，F) F (F，A) (F，B) (F，C) (F，D) (F，E) (F，F) 共36种情况．其中甲、乙两位同学抽到不同主题的情况有30种，故抽到不同主题的概率为 eq \f(30,36)＝ eq \f(5,6). 3．(2024·全国甲卷)某独唱比赛的决赛阶段共有甲、乙、丙、丁四人参加，每人出场一次，出场次序由随机抽签确定．则丙不是第一个出场，且甲或乙最后出场的概率是(　　) A． eq \f(1,6) B． eq \f(1,4) C． eq \f(1,3) D． eq \f(1,2) 解析：方法一　四人通过随机抽签的方式确定出场次序，基本事件共有24个： (甲，乙，丙，丁)，(甲，乙，丁，丙)，(甲，丙，乙，丁)， (甲，丙，丁，乙)，(甲，丁，乙，丙)，(甲，丁，丙，乙)， (乙，甲，丙，丁)，(乙，甲，丁，丙)，(乙，丙，甲，丁)， (乙，丙，丁，甲)，(乙，丁，甲，丙)，(乙，丁，丙，甲)， (丙，乙，甲，丁)，(丙，乙，丁，甲)，(丙，甲，乙，丁)， (丙，甲，丁，乙)，(丙，丁，乙，甲)，(丙，丁，甲，乙)， (丁，乙，丙，甲)，(丁，乙，甲，丙)，(丁，丙，乙，甲)， (丁，丙，甲，乙)，(丁，甲，乙，丙)，(丁，甲，丙，乙)， 其中事件“丙不是第一个出场，且甲或乙最后出场”包含的基本事件有8个： (甲，丙，丁，乙)，(甲，丁，丙，乙)，(乙，丙，丁，甲)，(乙，丁，丙，甲)， (丁，乙，丙，甲)，(丁，丙，乙，甲)，(丁，丙，甲，乙)，(丁，甲，丙，乙). 所以丙不是第一个出场，且甲或乙最后出场的概率为P＝ eq \f(8,24)＝ eq \f(1,3). 方法二　设A表示事件“丙不是第一个出场，且甲最后出场”，B表示事件“丙不是第一个出场，且乙最后出场”． 四人通过随机抽签的方式确定出场次序，基本事件共有24个，事件A包含的基本事件有4个，故P(A)＝ eq \f(4,24)＝ eq \f(1,6)，类似地有P(B)＝ eq \f(1,6).由于事件A与事件B互斥，故丙不是第一个出场，且甲或乙最后出场的概率为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝ eq \f(1,3). 4．(2024·天津卷)A，B，C，D，E五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加．甲选到A的概率为________；已知乙选了A活动，他再选择B活动的概率为________. 答案： eq \f(3,5)　 eq \f(1,2)　解析：由题意知甲选到A的概率P＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) eq \f(C,C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))) ＝ eq \f(3,5).记乙选择A活动为事件M，乙选了A活动再选择B活动为事件N，则P(M)＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) eq \f(C,C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))) ＝ eq \f(3,5)，P(MN)＝eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)) eq \f(C,C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))) ＝ eq \f(3,10)，所以P(N|M)＝ eq \f(P（MN）,P（M）)＝ eq \f(\f(3,10),\f(3,5))＝ eq \f(1,2). 1．古典概型的概率求解步骤 (1)求出样本空间Ω包含的样本点的个数n； (2)求出事件A包含的样本点的个数m； (3)代入公式P(A)＝ eq \f(m,n)求解． 2．样本点个数的确定方法 (1)列举法；(2)树状图法；(3)运用排列组合的知识． 在确定样本点时，(x，y)可看成是有序的，如(1，2)与(2，1)不同，有时也可看成是无序的，如(1，2)与(2，1)相同． 考点二　概率的基本性质 [例1] 从甲地到乙地沿某条公路行驶一共200千米，遇到红灯个数的概率如表所示： 红灯个数 0 1 2 3 4 5 6个及 6个以上 概率 0.02 0.1 a 0.35 0.2 0.1 0.03 求：(1)表中字母a的值； (2)至少遇到4个红灯的概率； (3)至多遇到5个红灯的概率． 解：(1)由题意可得0.02＋0.1＋a＋0.35＋0.2＋0.1＋0.03＝1，解得a＝0.2. (2)设事件A为遇到红灯的个数为4，事件B为遇到红灯的个数为5， 事件C为遇到红灯的个数为6个及6个以上， 则事件“至少遇到4个红灯”为A∪B∪C． 因为事件A，B，C互斥， 所以P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.2＋0.1＋0.03＝0.33， 即至少遇到4个红灯的概率为0.33. (3)设事件D为遇到6个及6个以上红灯，则至多遇到5个红灯为事件 eq \x\to(D)． 则P( eq \x\to(D))＝1－P(D)＝1－0.03＝0.97. 复杂事件概率的求解方法 (1)对于一个较复杂的事件，一般将其分解成几个简单的事件，当这些事件彼此互斥时，原事件的概率就是这些简单事件的概率的和． (2)当求解的问题中有“至多”“至少”“最少”等关键词语时，常常考虑其对立事件，通过求其对立事件的概率，转化为所求问题． 训练1 (1)从装有若干个红球和白球(除颜色外其余均相同)的黑色布袋中，随机不放回地摸球两次，每次摸出一个球．若事件“两个球都是红球”的概率为 eq \f(2,15)，“两个球都是白球”的概率为 eq \f(1,3)，则“两个球颜色不同”的概率为(　　) A． eq \f(4,15) B． eq \f(7,15) C． eq \f(8,15) D． eq \f(11,15) 解析：设“两个球都是红球”为事件A，“两个球都是白球”为事件B，“两个球颜色不同”为事件C，则P(A)＝ eq \f(2,15)，P(B)＝ eq \f(1,3)，且 eq \x\to(C)＝A∪B．因为A，B，C两两互斥，所以P(C)＝1－P( eq \x\to(C))＝1－P(A∪B)＝1－[P(A)＋P(B)]＝1－ eq \f(2,15)－ eq \f(1,3)＝ eq \f(8,15). (2)某班共有48名同学，其中12名同学精通乐器，8名同学擅长舞蹈，从该班中任选一名同学了解其艺术特长．设事件A＝“选中的同学精通乐器”，B＝“选中的同学擅长舞蹈”，若P(A∪B)＝ eq \f(1,3)，则P(AB)＝(　　) A． eq \f(1,4) B． eq \f(1,6) C． eq \f(1,12) D． eq \f(1,24) 解析：由题知，P(A)＝ eq \f(12,48)＝ eq \f(1,4)，P(B)＝ eq \f(8,48)＝ eq \f(1,6).因为P(A∪B)＝ eq \f(1,3)，所以P(A)＋P(B)－P(AB)＝ eq \f(1,3)，即 eq \f(1,4)＋ eq \f(1,6)－P(AB)＝ eq \f(1,3)，解得P(AB)＝ eq \f(1,12). 考点三　古典概型的综合应用 [例2] (2024·南通六校联考)某中学组织了一次数学学业水平模拟测试，学校从测试合格的男、女生中各随机抽取100人的成绩进行统计分析，分别制成了如图所示的男生和女生数学成绩的频率分布直方图． 注：分组区间为[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]. (1)若得分大于或等于80认定为优秀，则男、女生的优秀人数各为多少？ (2)在(1)中所述的优秀学生中用分层随机抽样的方法抽取5人，从这5人中任意选取2人，求至少有一名男生的概率． 解：(1)由题可得，男生的优秀人数为100×(0.01＋0.02)×10＝30，女生的优秀人数为100×(0.015＋0.03)×10＝45. (2)因为样本容量与总体中的个体数的比是 eq \f(5,30＋45)＝ eq \f(1,15)， 所以样本中包含的男生人数为30× eq \f(1,15)＝2，女生人数为45× eq \f(1,15)＝3. 则从5人中任意选取2人共有C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))＝10种，抽取的2人中没有男生有C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＝3种， 则至少有一名男生有C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))－C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＝7种． 故至少有一名男生的概率为P＝ eq \f(7,10). 古典概型与统计综合问题的解题策略 有关古典概型与统计结合的题型是高考考查概率的一个重要题型．概率与统计的结合题，无论是直接描述还是利用频率分布表、频率分布直方图等给出的信息，准确从题中提炼信息是解题的关键．复杂事件的概率可将其转化为互斥事件或对立事件的概率问题． 训练2 某校工会对全校教职工在亚运会期间每天收看比赛转播的时间作了一次调查，得到如下频数分布表： 收看时间 (单位：小时) [0，1) [1，2) [2，3) [3，4) [4，5) [5，6) 收看人数 14 30 16 28 20 12 (1)若将每天收看比赛转播时间不低于3小时的教职工定义为“体育达人”，否则定义为“非体育达人”，请根据频数分布表补全2×2列联表： 教职工 性别 合计 男 女 体育达人 40 20 非体育达人 30 合计 依据小概率值α＝0.1的独立性检验，能否以此推断“体育达人”与“性别”有关？ (2)在全校“体育达人”中按性别分层随机抽样抽取6名，再从这6名“体育达人”中选取2名做亚运会知识讲座．求选取的这2人恰好是一男一女的概率． 附表及公式： α 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 xα 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 χ2＝ eq \f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）). 解：(1)由题意得下表： 教职工 性别 合计 男 女 体育达人 40 20 60 非体育达人 30 30 60 合计 70 50 120 零假设为H0：“体育达人”与“性别”无关． 根据列联表中的数据，经计算得到 χ2＝ eq \f(120×（40×30－20×30）2,60×60×70×50)＝ eq \f(24,7)>2.706＝α0.1， 依据小概率值α＝0.1的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为“体育达人”与“性别”有关． (2)由题意知抽取的6名“体育达人”中有4名男职工，2名女职工，分别表示为A1，A2，A3，A4，B1，B2， 从这6人中选取2人有(A1，A2)，(A1，A3)，(A1，A4)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A2，A3)，(A2，A4)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A3，A4)，(A3，B1)，(A3，B2)，(A4，B1)，(A4，B2)，(B1，B2)，共15种情形， 满足选取的这2人恰好是一男一女的有(A1，B1)，(A1，B2)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A3，B1)，(A3，B2)，(A4，B1)，(A4，B2)，共8种情形， 故从这6名“体育达人”中选取2名做亚运会知识讲座，选取的这2人恰好是一男一女的概率为 eq \f(8,15). $$