例说古典概型的交汇问题

合集下载

例说古典概型与其他知识的交汇问题

应选 C。
评析:解决新定义问题义的条件、原理、步骤
和结论。
作者单位 :湖北省巴东县第三高级中学
(责任编辑郭正华)
31
例3 连掷两次骰子得到的点数依次为
m 和 n,若向量 a= (m,n)与向量 b= (1,
-2)的夹角为θ,则θ 为锐角的概率是
。
解:依题意可知θ 为锐角,所以 a·b> 0,则 m-2n>0,即 m>2n。
连掷两次骰子的所有可能结果为 36 种情况,其中满足 m >2n 的有 (3,1),(4,1), (5,1),(5,2),(6,1),(6,2),共 6 种情况。
组成的三位自然数共有 6+6+6+6=
24(个 )。
当b=1 时,有 214,213,314,412,312,
413,共6个“凹数 ”;当b=2 时,有 324,423,
共 2 个 “凹数 ”。可知共有 “凹数 ”8 个。
故
三
位
数
为
“凹
数
”的
概
率
P
8 =24=
1 3
。
力要求较高。
一、古典概型与集合的交汇问题
例1 集合 A = {2,4,6,8,10},B = {1,
3,5,7,9},若在集合 A 中任取一个元素 m 和
在集合B 中任取一个元素n,则所取的两数
m>n 的概率是
。
解:基本事件的总数为 5×5=25。当

高考达标检测(四十六) 古典概型命题2类型——简单问题、交汇问题

高考达标检测（四十六）古典概型命题2类型——简单问题、交汇问题一、选择题1．(2017·天津高考)有5支彩笔(除颜色外无差别)，颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫．从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，则取出的2支彩笔中含有红色彩笔的概率为( )A.45 B.35 C.25D.15解析：选C 从5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，有10种不同取法：(红，黄)，(红，蓝)，(红，绿)，(红，紫)，(黄，蓝)，(黄，绿)，(黄，紫)，(蓝，绿)，(蓝，紫)，(绿，紫)．而取出的2支彩笔中含有红色彩笔的取法有(红，黄)，(红，蓝)，(红，绿)，(红，紫)，共4种，故所求概率P ＝410＝25.2．先后抛掷两颗质地均匀的骰子，则两次朝上的点数之积为奇数的概率为( ) A.112 B.16 C.14D.13解析：选C 骰子的点数为1,2,3,4,5,6，先后抛掷两颗质地均匀的骰子，设基本事件为(x ，y )，共有6×6＝36个，记两次点数之积为奇数的事件为A ，有(1,1)，(1,3)，(1,5)，(3,1)，(3,3)，(3,5)，(5,1)，(5,3)，(5,5) 共9个，所以两次朝上的点数之积为奇数的概率为P (A )＝936＝14.3．高中数学联赛期间，某宾馆随机安排五名男生入住3个标间(每个标间至多住2人)，则A ，B 入住同一标间的概率为( )A.110B.15C.310D.25解析：选B 记A ，B 入住同一标间的概率为P ，某宾馆随机安排五名男生入住3个标间(每个标间至多住2人)共有C 25C 23A 22A 33＝90种不同的方法，A ，B 入住同一标间有C 23A 33＝18种不同的方法，∴P ＝1890＝15.4．(2018·泉州质检)一个三位自然数百位、十位、个位上的数字依次为a ，b ，c ，当且仅当a ＞b ，b ＜c 时，称该三位自然数为“凹数”(如213,312等)，若a ，b ，c ∈{1,2,3,4}，且a ，b ，c 互不相同，则这个三位数为“凹数”的概率是( )A.16B.524C.13D.724解析：选C 由1,2,3组成的三位自然数为123,132,213,231,312,321，共6个；同理由1,2,4组成的三位自然数共6个；由1,3,4组成的三位自然数也是6个；由2,3,4组成的三位自然数也是6个．所以共有4×6＝24个．当b ＝1时，有214,213,312,314,412,413，共6个“凹数”；当b ＝2时，有324,423，共2个“凹数”．所以这个三位数为“凹数”的概率P ＝6＋224＝13.5．高考后，4位考生各自在甲、乙两所大学中任选一所参观，则甲、乙两所大学都有考生参观的概率为( )A.18B.38C.58D.78解析：选D 高考后，4位考生各自在甲、乙两所大学中任选一所参观，基本事件总数n ＝24＝16，甲、乙两所大学都有考生参观的对立事件是4位考生都参观甲大学或4位考生都参观乙大学，所以甲、乙两所大学都有考生参观的概率P ＝1－116－116＝78.6．a ，b ，c ，d ，e 是从集合{1,2,3,4,5}中任取的5个元素(不允许重复)，则abc ＋de 为奇数的概率为( )A.12B.415C.25D.35解析：选C 由题意可得a ，b ，c ，d ，e 是1,2,3,4,5这5个数，将这5个数分组可得(123,45)，(124,35)，(125,34)，(134,25)，(135,24)，(145,23)，(234,15)，(235,14)，(245,13)，(345,12)，共分10组，其中能使abc ＋de 为奇数的有(124,35)，(135,24)，(234,15)，(245,13)，共有4组，所以abc ＋de 为奇数的概率P ＝410＝25.7．抛掷质地均匀的甲、乙两颗骰子，设出现的点数分别为a ，b ，则a2<|b －a 2|<6－a 成立的概率为( )A.1336B.518C.736D.536解析：选C 由题意知(a ，b )的所有可能情况为(1,1)，(1,2)，(1,3)，…，(6,4)，(6,5)，(6,6)，共36种，设“a2<|b －a 2|<6－a 成立”为事件A ，则事件A 包括(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,1)，(2,2)，(2,6)，共7种，故P (A )＝736. 8．已知函数f (x )＝13x 3＋ax 2＋b 2x ＋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.79B.13C.59D.23解析：选D 对函数f (x )求导可得f ′(x )＝x 2＋2ax ＋b 2，要满足题意需x 2＋2ax ＋b 2＝0有两个不等实根，即Δ＝4(a 2－b 2)>0，即a >b . 又(a ，b )的取法共有9种，其中满足a >b 的有(1,0)，(2,0)，(2,1)，(3,0)，(3,1)，(3,2)，共6种，故所求的概率P ＝69＝23.二、填空题9．若从正八边形的8个顶点中随机选取3个顶点，则以它们作为顶点的三角形是直角三角形的概率是________．解析：由任何三点不共线，则共有C 38＝56个三角形，8个等分点可得4条直径，可构成直角三角形有4×6＝24个，所以构成直角三角形的概率P ＝2456＝37.答案：3710．从－1,0,1,3,4这五个数中任选一个数记为a ，则使曲线y ＝7－3ax 的图象在第一、三象限，且满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋3>9，x －a <0无解的概率为________．解析：曲线y ＝7－3a x 的图象在第一、三象限，且满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋3>9，x －a <0无解，即7－3a >0且a ≤3，所以a <73，所以a 可取－1,0,1，由古典概型的概率公式，得P ＝35.答案：3511．从x 2m －y 2n ＝1(其中m ，n ∈{－1,2,3})所表示的圆锥曲线(椭圆、双曲线、抛物线)方程中任取一个，则此方程是焦点在x 轴上的双曲线方程的概率为________．解析：当方程x 2m －y 2n ＝1表示椭圆、双曲线、抛物线等圆锥曲线时，不能有m ＜0，n ＞0，所以方程x 2m －y 2n ＝1表示椭圆、双曲线、抛物线等圆锥曲线的(m ，n )有(2，－1)，(3，－1)，(2,2)，(2,3)，(3,2)，(3,3)，(－1，－1)，共7种，其中表示焦点在x 轴上的双曲线时，m ＞0，n ＞0，有(2,2)，(2,3)，(3,2)，(3,3)，共4种，所以所求概率P ＝47.答案：4712．设集合A ＝{0,1,2}，B ＝{0,1,2}，分别从集合A 和B 中随机取一个数a 和b ，确定平面上一个点P (a ，b )，设“点P (a ，b )落在直线x ＋y ＝n 上”为事件C n (0≤n ≤4，n ∈N)，若事件C n 的概率最大，则n 的值为________．解析：由题意知，点P 的坐标的所有情况为(0,0)，(0,1)，(0,2)，(1,0)，(1,1)，(1,2)，(2,0)，(2,1)，(2,2)，共9种．当n ＝0时，落在直线x ＋y ＝0上的点的坐标为(0,0)，共1种；当n ＝1时，落在直线x ＋y ＝1上的点的坐标为(0,1)和(1,0)，共2种；当n ＝2时，落在直线x ＋y ＝2上的点的坐标为(1,1)，(2,0)，(0,2)，共3种；当n ＝3时，落在直线x ＋y ＝3上的点的坐标为(1,2)，(2,1)，共2种；当n ＝4时，落在直线x ＋y ＝4上的点的坐标为(2,2)，共1种．因此，当C n 的概率最大时，n ＝2. 答案：2 三、解答题13．有一枚正方体骰子，六个面分别写有数字1,2,3,4,5,6，规定抛掷该枚骰子得到的数字是抛掷后面向上的那一个数字．已知b 和c 是先后抛掷该枚骰子得到的数字，函数f (x )＝x 2＋bx ＋c (x ∈R)．(1)若先抛掷骰子得到的数字是3，求再次抛掷骰子时，函数y ＝f (x )有零点的概率； (2)求函数y ＝f (x )在区间(－3，＋∞)上是增函数的概率．解：(1)记“函数f (x )＝x 2＋bx ＋c (x ∈R)有零点”为事件A ，由题意知，b ＝3，c ＝1,2,3,4,5,6，∴所有的基本事件为(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，共6个．当函数f (x )＝x 2＋bx ＋c (x ∈R)有零点时，方程x 2＋bx ＋c ＝0有实数根，即Δ＝b 2－4c ≥0，∴c ≤94，∴c ＝1或2，即事件A 包含2个基本事件，∴函数f (x )＝x 2＋bx ＋c (x ∈R)有零点的概率P (A )＝26＝13.(2)由题意可知，所有的基本事件为(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,1)，…，(6,5)，(6,6)，共36个．记“函数y ＝f (x )在区间(－3，＋∞)上是增函数”为事件B . ∵y ＝f (x )的图象开口向上，∴要想使函数y ＝f (x )在区间(－3，＋∞)上是增函数，只需－b2≤－3即可，解得b ≥6，∴b ＝6.∴事件B 包含的基本事件有6个．∴函数y ＝f (x )在区间(－3，＋∞)上是增函数的概率P (B )＝636＝16. 14．学校组织学生参加某项比赛，参赛选手必须有很好的语言表达能力和文字组织能力．学校对10位已入围的学生进行语言表达能力和文字组织能力的测试，测试成绩分为A ，B ，C 三个等级，其统计结果如下表：由于部分数据丢失，只知道从这10位参加测试的学生中随机抽取一位，抽到语言表达能力或文字组织能力为C 的学生的概率为310.(1)求a ，b 的值；(2)从测试成绩均为A 或B 的学生中任意抽取2位，求其中至少有一位语言表达能力或文字组织能力为A 的学生的概率．解：(1)依题意可知，语言表达能力或文字组织能力为C 的学生共有(b ＋2)人，所以b ＋210＝310，a ＋b ＝3，解得b ＝1，a ＝2.(2)测试成绩均为A 或B 的学生共有7人，其中语言表达能力和文字组织能力均为B 的有2人，设为b 1，b 2，其余5人设为a 1，a 2，a 3，a 4，a 5.则基本事件空间Ω＝{(a 1，a 2)，(a 1，a 3)，(a 1，a 4)，(a 1，a 5)，(a 1，b 1)，(a 1，b 2)， (a 2，a 3)，(a 2，a 4)，(a 2，a 5)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 3，a 4)，(a 3，a 5)，(a 3，b 1)，(a 3，b 2)，(a 4，a 5)，(a 4，b 1)，(a 4，b 2)，(a 5，b 1)，(a 5，b 2)，(b 1，b 2)}．所以基本事件空间总数为21.选出的2人语言表达能力和文字组织能力均为B 的有(b 1，b 2)．所以至少有一位语言表达能力或文字组织能力为A 的学生的概率P ＝1－121＝2021.1．若x ∈A 的同时，还有1x ∈A ，则称A 是“好搭档集合”，在集合B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫13，12，1，2，3 的所有非空子集中任选一集合，则该集合是“好搭档集合”的概率为( )A.731B.732C.14D.831解析：选A 由题意可得，集合B 的非空子集有25－1＝31个，其中是“好搭档集合”的有：{1}，⎩⎨⎧⎭⎬⎫13，3，⎩⎨⎧⎭⎬⎫12，2，⎩⎨⎧⎭⎬⎫13，1，3，⎩⎨⎧⎭⎬⎫12，1，2，⎩⎨⎧⎭⎬⎫13，12，2，3，⎩⎨⎧⎭⎬⎫13，12，1，2，3 ，共7个，所以该集合是“好搭档集合”的概率为P ＝731. 2．“累积净化量(CCM)”是空气净化器质量的一个重要衡量指标，它是指空气净化器从开始使用到净化效率为50%时对颗粒物的累积净化量，以克表示．根据GB/T18801-2015《空气净化器》国家标准，对空气净化器的累积净化量(CCM)有如下等级划分：为了了解一批空气净化器(共2 000台)的质量，随机抽取n 台机器作为样本进行估计，已知这n 台机器的累积净化量都分布在区间(4,14]中，按照(4,6]，(6,8]，(8,10]，(10,12]，(12,14]均匀分组，其中累积净化量在(4,6]的所有数据有：4.5,4.6,5.1,5.2,5.7和5.9，并绘制了如下频率分布直方图．(1)求n 的值及频率分布直方图中的x 值；(2)以样本估计总体，试估计这批空气净化器(共2 000台)中等级为P2的空气净化器有多少台？(3)从累积净化量在(4,6]的样本中随机抽取2台，求恰好有1台等级为P2的概率．解：(1)∵在(4,6]之间的数据一共有6个，再由频布直方图得，落在(4,6]之间的频率为0.03×2＝0.06， ∴n ＝60.06＝100.由频率分布直方图的性质得： (0.03＋x ＋0.12＋0.14＋0.15)×2＝1，解得x ＝0.06.(2)由频率分布直方图可知，落在(6,8]之间共0.12×2×100＝24台，又∵在(5,6]之间共4台，∴落在(5,8]之间共28台，∴估计这批空气净化器(共2 000台)中等级为P2的空气净化器有28100×2 000＝560台．(3)设“恰好有1台等级为P2”为事件B，依题意落在(4,6]之间共6台，属于国标P2级的有4台，则从(4,6]中随机抽取2台，基本事件总数n＝C26＝15，事件B包含的基本事件个数m＝C12·C14＝8，∴恰好有1台等级为P2的概率P(B)＝mn＝815.。

《古典概型的概率计算公式》典型例题剖析

《古典概型的概率计算公式》典型例题剖析题型1 古典概型的判断例1 （1）“在区间[0,10]上任取一个数，这个数恰为5的概率是多少？”这个概率模型是古典概型吗？（2）若一次试验的结果所包含的样本点的个数为有限个，则该试验是古典概型吗？解析（1）不是古典概型，因为在区间[0,10]上任取一个数，其试验结果有无限个，故其样本点有无限个，所以不是古典概型.（2）不一定是古典概型.还必须满足每个样本点出现的可能性相等才是古典概型.答案（1）不是古典概型（2）不一定是古典概型方法技巧判断随机试验是否为古典概型，关键是抓住古典概型的两个特征—有限性和等可能性，二者缺一不可.变式训练1 下列试验是古典概型的为_________（填序号）.①求从5个数学学习小组中选出甲、乙两个小组代表学校参加数学竞赛的概率；②掷一枚均匀的硬币3次，求有2次正面向上的概率；③播下10粒种子，求有5粒发芽的概率；④一周中7人每天值班1天，求甲、乙相邻的概率.答案①②④.点拨①②④是古典概型，因为符合古典概型的定义和特征.③不是古典概型，因为不符合等可能性，每一粒种子发芽的概率一般是不相等的.题型2 古典概型概率的计算例2 某儿童乐园在“六一”儿童节推出了一项趣味活动.参加活动的儿童需转动如图所示的转盘两次，每次转动后，待转盘停止转动时，记录指针所指区域中的数.设两次记录的数分别为,x y.奖励规则如下：①若3xy，则奖励玩具一个；②若8xy，则奖励水杯一个；③其余情况奖励饮料一瓶.假设转盘质地均匀，四个区域划分均匀.小亮准备参加此项活动.（1）求小亮获得玩具的概率；（2）请比较小亮获得水杯与获得饮料的概率的大小，并说明理由解析写出试验的样本空间，计算随机事件的样本点个数，应用古典概型的概率计算公式计算概率.答案用数对(,)x y表示儿童参加活动先后记录的数，则样本空间Ω与点集{(,),,14,14}S x y x y x y=∈∈N N∣一一对应.因为S中元素的个数是4416⨯=，所以样本点总数16n=.（1）记“3xy”为事件A，则事件A包含的样本点有5个，即{(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(3,1)}A=.所以5()16P A=，即小亮获得玩具的概率为516.（2）记“8xy”为事件B，“38xy<<”为事件C，则事件B包含的样本点有6个，即{(2,4),(3, 3) ,(3,4),(4,2),(4,3),(4,4)}B=，所以63 ()168 P B==.事件C包含的样本点有5个，即{(1,4),(2,2),(2,3),(3,2),(4,1)}C=，所以5()16P C=.因为35816>，所以小亮获得水杯的概率大于获得饮料的概率.规律方法解古典概型问题时，要牢牢抓住它的两个特征和其计算公式.但是这类问题的解法多样，技巧性强，在解决此类题时需要注意以下两个问题：（1）试验必须具有古典概型的两个特征一有限性和等可能性；（2）计算样本点的个数时，须做到不重不漏，常借助坐标系、表格及树状图等列出所有样本点.变式训练2 一个口袋内装有形状、大小相同，编号为123,,a a a 的3个白球和1个黑球b .（1）从中一次性摸出2个球，求摸出2个白球的概率；（2）从中连续取两次，每次取一球后放回，求取出的两个球中恰好有1个黑球的概率.答案（1）一次性摸出2个球，此试验的样本空间为()()()()()(){}121323123,,,,,,,,,,,a a a a a a a b a b a b Ω=.Ω由6个样本点组成，而且这些样本点的出现是等可能的.用A 表示“摸出2个白球”这一事件，则({)()()}121323,,,,,A a a a a a a =. 事件A 由3个样本点组成，因而31()62P A ==. 有放回地连续取两次，此试验的样本空间为()()()()(){()()()()1112131212223231,,,,,,,,,,,,,,,,,,a a a a a a a b a a a a a a a b a a Ω=()()()()()()}32333123,,,,,,,,,,,,(,)a a a a a b b a b a b a b b .其中小括号左边的字母表示第1次取出的球，右边的字母表示第2次取出的球，Ω由16个样本点组成，而且这些样本点的出现是等可能的.用B 表示“连续取出的两球恰好有1个黑球”这一事件，则()()()()(){)}123123,,,,,,,,,,(,B a b a b a b b a b a b a =，事件B 由6个样本点组成，则63()168P B ==. 规律方法总结1.古典概型是一种最基本的概率模型.判断试验是否为古典概型要紧紧抓住其两个特征：样本点的有限性和等可能性.2.求随机事件A 包含的样本点个数和样本点总数常用的方法是列举法（画树状图和列表），注意要做到不重不漏.3.在应用公式()A m P A n==Ω包含的样本点个数包含的样本点总数时，关键是正确理解样本点与事件A 的关系，从而正确求出m 和n .4.注意“有放回取样”与“不放回取样”对样本点的影响.核心素养园地例某单位N 名员工参加“社区低碳你我他”活动，他们的年龄在25岁至50岁之间，按年龄分组：第1组[25,30)，第2组[30,35)，第3组[35,40)，第4组[40,45)，第5组[45,50]，得到的频率分布直方图如图所示，下表是年龄的频数分布表.（1）求正整数,,a b N 的值；（2）现要从年龄较小的第1，2，3组中用分层随机抽样的方法抽取6人，则年龄在第1，2，3组的人数分别是多少？（3）在（2）的条件下，从这6人中随机抽取2人参加社区宣传交流活动，求恰有1人年龄在第3组的概率.解析（1）根据频率分布直方图的意义并结合表格内的已知数据可以求得,,a b N 的值.（2）先求出这三组的总人数，再根据分层抽样的取样方法求得每组取样的人数.（3）利用列举法列出所有的样本点，共有15个，其中满足条件的样本点有8个，利用古典概型的概率计算公式计算得出结果.答案（1）由频率分布直方图可知，[25,30)与[30,35)两组的人数相同，所以25a =.且0.08251000.02b =⨯=.总人数252500.025N ==⨯. （2）因为第1，2，3组共有2525100150++=（人），所以利用分层随机抽样的方法在150名员工中抽取6人，第1组被抽取的人数为2561150⨯=，第2组被抽取的人数为2561150⨯=，第3组被抽取的人数为10064150⨯=. 所以年龄在第1，2，3组的人数分别是1，1，4.（3）由（2）可设第1组的1人为A ，第2组的1人为B ，第3组的4人分别为1234,,,C C C C ，则从6人中随机抽取人的所有可能结果为()()1,,,,A B A C ())()()()()()()()()2341234121314,,(,,,,,,,,,,,,,,,,,,A C A C A C B C B C B C B C C C C C C C ()()()232434,,,,,C C C C C C ，共有15个样本点.其中恰有1人年龄在第3组的所有结果为()()()()()()()()12341234,,,,,,,,,,,,,,,A C A C A C A C B C B C B C B C ，共有8个样本点.所以恰有1人年龄在第3组的概率为815. 讲评概率问题常常与统计问题结合在一起考查.在此类问题中，概率与频率的区别并不是十分明显，通常直接用题目中的频率代替概率进行计算.第（3）题是古典概型问题.解决与古典概型交汇的问题时，应明确相关事件，列举样本点，然后利用古典概型的概率计算公式求解.如果能正确理解题意，分析求解第（1）题与第（2）题，那么可以认为达到数学运算、直观想象、数学建模核心素养水平一的要求；如果能正确求解第（3）题，那么可以认为达到数学建模核心素养水平二与数学运算核心素养水平一的要求.。

高中数学第三章概率古典概型赏析创新知识素材北师大版必修3

古典概型赏析创新古典概型是一种重要的概率模型，也是高考命题的重点．近年来，在高考或各地模拟考试中出现了一些以古典概型为背景的创新题，考查了同学们的探究能力和创新能力．下面撷取几例，与同学们共赏析．一、信息迁移创新信息迁移题是近年高考命题改革的一个新的亮点．此类试题通过给出一个新概念，或定义一种新运算，或给出几个新模型等来创设新的问题情境，要求同学们在阅读理解的基础上，应用所学的知识和方法，实现信息的迁移，以达到灵活解题的目的．例1 “渐升数”是指每个数字比其左边的数字大的自然数（如2578），在两位的“渐升数”中任取一个数比37大的概率是_____．解析：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，所以两位的“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为十位数的“渐升数”均比37大，且共有5＋4＋3＋2＋1＝15个，所以比37大的两位“渐升数”共有2＋15＝17个．故在两位的“渐升数”中任取一个比37大的概率是17 36．二、图表解读创新给出图表，要求同学们对图表进行观察，分析，并提炼，挖掘出图表所给予的有用信息，排除有关数据的干扰，进而抓住问题的实质，达到求解的目的．例2 下表为某班英语及数学的成绩分布，全班共有学生50人，成绩分为1～5五个档次．例如表中所示英语成绩为4分，数学成绩为2分的学生共5人（设x，y分别表示英语成绩和数学成绩）．（1）4x=的概率是多少？4x=且3y=的概率是多少？3x≥的概率是多少？（2）2x=的概率是多少？a b+的值是多少？解析：（1）15717(4)5025P x +++===；7(43)50P x y ===，； 7(3)(3)(4)(5)10P x P x P x P x ==+=+==≥；（2）571(2)1(1)(3)150105P x P x P x ==-=-=--=≥；又1601(2)505b a P x ++++===，则3a b +=．三、知识交汇创新这类问题从学科知识的内在联系出发，在知识交汇点上做文章，一个题目往往包含多个知识点．例3 （2005年高考广东试题）先后抛掷两枚均匀的正方体骰子（它们的六个面分别标有点数1，2，3，4，5，6），骰子朝上的面的点数分别为X Y ，，则2l o g 1XY =的概率为（） A ．16B ．536C ．112D ．12解析：本题是古典概型与对数知识的交汇，可先根据对数性质得到Ｙ与Ｘ的关系，进而求解．由题设知，骰子朝上的点数X ，Y 满足2Y X =，就是说朝上的面的点数只能是1，2；2，4；3，6，即所求概率为313612=．故选（C ）例4 设l 为平面上过点(01)，的直线，l 的斜率等可能的取0-，则原点到l 的距离小于1的概率是．解析：本题是古典概型与解析几何知识的交汇，运用点到直线的距离公式分别求距离得解．原点到过点(01)，且斜率分别为0-的直线的距离分别为1122111323323，，，，，，．故原点到l 的距离小于1的概率为67．四、知识应用创新例5 在某条人流较大的街道上，有一中年人吆喝着“送钱喽”！只见他手拿一只黑色小布袋，袋中有且只有3个黄色和3个白色的乒乓球（体积大小、质地完全相同）．旁边立着一块黑板，上面写着：摸球方法：（1）若摸球一次，摸得同一颜色的球3个，摊主送给摸球者5元钱；（2）若摸球一次，摸得非同一颜色的球3个，摸球者给摊主1元钱．如果一天中有100人次摸球，试从概率角度估算一下这个摊主一个月（按30天计算）能赚多少钱？解析：假定把“摸球一次，摸得同一颜色的3个球”记为事件Ａ，“摸球一次，摸得非同一颜色的3个球”记为事件Ｂ，那么事件Ｂ与事件Ａ为对立事件，又基本事件有：（黄1，黄2，白1），（黄1，黄2，白2），（黄1，黄2，白3），（黄1，黄2，黄3），（黄2，白1，白2），（黄2，白1，白3），（黄2，白2，白3），（黄2，黄3，白1），（黄2，黄3，白2），（黄2，黄3，白3），（黄3，白1，白2），（黄3，白1，白3），（黄3，白2，白3），（白1，白2，白3），（黄1，黄3，白1），（黄1，黄3，白2），（黄1，黄3，白3），（黄1，白1，白2），（黄1，白2，白3），（黄1，白1，白3）共20个．其中事件A包括（黄1，黄2，黄3），（白1，白2，白3）两个基本事件，所以事件A发生的概率为21 ()2010P A==．又()()1P A P B+=，∴事件B发生的概率为19 ()1()11010P B P A=-=-=．如果1天中有100人次摸球，摊主一个月能赚得钱数为91151******** 1010⎛⎫⨯-⨯⨯⨯=⎪⎝⎭（元）．评注：该例是概率问题在现实生活中的具体应用，体现了古典概率知识在实际问题中的价值．它告诉我们，只有善于将所学知识应用到实际生活中去，才会避免盲目上当受骗．中国书法艺术说课教案今天我要说课的题目是中国书法艺术，下面我将从教材分析、教学方法、教学过程、课堂评价四个方面对这堂课进行设计。

高中古典概型的交汇命题教学实践与反思

I吕师砂教学研究2020年05期高中古典概型的交汇命题教学实践与反思杨莹(福建省三明市第二中学，福建三明365000)扌商要：近年来，高考中有关古典概型的考题常在其他数学知识点如平面向量、立体几何、函数、统计等知识网络交汇处设计试题。

本文举例说明了古典概型与不同知识点的交汇命题类型及解题关键。

关键词：古典概型；交汇命题；解题关键中图分类号：G427文献标识码：A 文章编号：2095-9192(2020)05-0052-02引言概率是高中数学的重点内容。

新课程改革以来，概率在高中数学的地位日益重要，它不仅有利于培养学生的数学应用能力，而且也是学生在高等数学学习中必不可少的基础知识。

古典概型是一种特殊的数学模型，也是最基本的概率模型。

它的引入避免了大量的重复实验，得到的是概率的准确值。

笔者在实际教学工作中发现，许多学生在解答与古典概型有关的题型时常常因不得要领而发生错误，为此，研究近年来高考中有关古典概型的考题，发现考题背景新颖、设问巧妙，且常在与其他数学知识点，如平面向量、立体几何、函数、统计等知识网络交汇处设计试题。

古典概型与平面向量的交汇命题案例：设平面向量：=(m,-l),b=(2,"),其中e{-2,-1,1,2}(1)记使得a"b成立的(/»,«)为事件A,求事件A发生的概率；(2)记使得方丄(a-2b)成立的为事件A,求事件A发生的概率。

对古典概率与向量交汇的考査是高考常考命题之一，可将古典概型与平面向量的平行与垂直及坐标表示、平面向量坐标运算等基础知识有机结合。

案例中使：〃乙成立的(m,n),满足mn=-2,所以事件A发生的情况有(-2,1), (-1,2),(1,-2),(2,-1),所求的概率为：p“)=y164使a丄(a-2b)成立的条件满足m(w-4)+2«+1=0,即”F_4m=-l-2”，事件B发生的情况有(1,1),故所求概率为：P2)=令。

关于古典概型的三个典型例题及其在解题中的应用

关于古典概型的三个典型例题及其在解题中的应用古典概型是概率论的基础，又有着很高的实用价值，已成为义务教育阶段数学课程的一项重要内容.结合初中数学活动课的教学实践，通过古典概型应用的若干实例，阐述了问题求解的策略、多种方法以及不同方法的具体适用场合，对古典概型的解题规律做了有益的探究.关键词：古典概型；等概基本事件组；有利场合数；应用实例；求解策略；计算方法古典概型是概率论发展史上最早被人们认识、研究并加以应用的概率模型，是一种特殊的数学模型.古典概型在概率论中具有相当重要的地位，不仅其优越性明显，应用广泛，而且是进一步学习概率不可或缺的内容.一、学习古典概型的重要性1.有利于理解概率的意义.对于古典概型，频率的稳定性比较容易验证，也与同学们已有的生活经验和数学活动经验相吻合，从而概率的存在性和确定性易于领会、理解和接受.2.可帮助我们直接计算随机事件发生的概率，化解大量重复试验带来的耗时费力的矛盾，避免破坏性试验造成的损失.也就是说，不需要做任何试验，只要分析事件的本质，确认是古典概型，就可以直接计算得到概率的精确值，而且是理论值，它与用统计方法得到的结论相一致.3.能够有效地解决生产、生活和科研中的某一类问题.如抽签、摸球、摇号、掷骰子、中奖率、次品率、密码解锁、公平规则设计等.二、古典概型的概念1.等概基本事件组设A1，A2，…，An是一个事件组，如果它具有下列三条性质：（1）A1，A2，…，An发生的机会相同（等可能性）；（2）在任一次试验中，A1，A2，…，An至少有一个发生.也就是除此以外，不可能有别的结果（完全性）；（3）在任一次试验中，A1，A2，…，An至多有一个发生.也就是说这n个事件是互相排斥的（互不相容性）.则称A1，A2，…，An为一个等可能基本事件组，也称为一个等概基本事件组，其中任一事件Ai（i=1，2，…，n）称为基本事件.2.概率的古典定义如果试验的所有可能的结果可以表述为一个等概基本事件组A1，A2，…，An.其中有且仅有m个基本事件包含于随机事件J（即当且仅当这m个事件中任一事件发生时，事件J发生），则比值m/n就称为事件J的概率，记作P（J）=m/n.其中，n是基本事件的总数，m是事件J所包含的基本事件数，通常叫做事件J的有利场合数，或有利结果数.3.古典概型及其计算公式可以根据概率的古典定义来计算随机事件的概率，这样的概率模型称为古典概型.P（J）=m/n是概率古典定义的核心内容，它给出了古典概型中随机事件的概率计算公式.三、求解方法与策略1.古典概型的确认.对所要解决的问题，首先要确定是不是属于古典概型？这主要根据古典概型的两个基本特征，即试验结果是否具有有限性和等可能性.2.判定等可能性的常用依据.（1）客观对称性（如抛掷硬币、掷骰子等试验）；（2）某种均衡性（如摸球、抽签等试验）. 3.考察等概基本事件组.等概基本事件组是与古典概型相互印证的，也是概率计算的第一步.对某些问题，等概基本事件组不是唯一的，可供选择.一般情况下，其基本事件的总数越少，求解越为简便.4.按照古典概型中随机事件的概率计算公式，先求分母和分子，再求比值，即得所求概率.分母是等概基本事件组中基本事件的总数，分子是相应事件所包含的基本事件数，即该事件的有利场合数.5.运用多种方法实施计算.（1）直接列举法；（2）表格法；（3）树状图法；（4）根据乘法原理；（5）根据排列与组合的基本知识，或兼用乘法原理；（6）根据概率的运算性质.6.不同计算方法的适用场合.（1）计算简单随机事件的概率，可运用列举法（包括列表、画树状图）.当试验结果显然或试验步骤只有1个时，可直接列举出所有等可能的结果；当试验步骤只有2个且试验结果较少时，表格法和树状图法都是行之有效的；当试验步骤只有2个但试验结果较多时，宜选用列表的方法，显得整体清晰，类别分明，解题便捷.（2）當试验分为3步（或以上），通常选用树状图法；如果要采用列表法，则需2张（或更多）表格，即分步列表.（3）义务教育阶段，宜使用列举法，帮助计算.（4）初中后阶段，可介绍乘法原理，并实施计算.乘法原理通俗易懂，其思想方法与树状图法是一致的.遵循认知规律，所花时间不多，初中学生很快就能接受并较好地掌握，既可以帮助快捷计算，也可以作为对列举法的一种验算或印证，确保列举的所有等可能结果既不遗漏，也不重复.（5）当试验出现的结果较多时，往往需要运用乘法原理或排列与组合的基本知识加以计算.（6）随着概率知识的进一步学习和加深，运用概率的运算性质进行计算，常常会收到更好的效果.7.转化（化归）策略举例.（1）编号.例如，在摸球试验中，通常将彩色球编号，目的是创设等可能性.（2）等分.例如，在转盘问题上，通常将转盘作等分、涂色处理，就是把无限转化为有限，从而归结为古典概型来求解.8.对比策略举例.（1）放回与不放回，或称有放回与无放回.例如，在摸球试验中常有这两种不同的情形，注意到这二者之间的联系与区别，对比在使用表格时各自呈现的特点，从而掌握其规律.抽签方法指的是不放回的情形.（2）有序与无序，也就是考虑顺序与不考虑顺序.对某些问题，必须考虑顺序；而对有些问题，两种方法都能使用.注意这二者之间的联系与区别.（3）比照.这里是指通过对问题实质的分析，能否与一些常见的实用类型等同看待.例如，某些实际问题可以比照为摸球问题，某些实际问题可比照为抽签问题，等等.问题的实质相同，解决问题的思想方法也相同.四、应用实例与一题多解文中解题过程，在使用排列数或组合数符号计算的等号后面，紧接着写出了详细数字，是为了看清楚，让初中学生在还没有学习排列与组合知识的情况下，能运用乘法原理有效实施计算.为书写简洁起见，同一题中的同一随机事件除首次出现外，均用J表示.例1.经典分金币问题.传说，17世纪中叶，法国贵族公子梅雷参加赌博，和赌友各押赌注32枚金币.双方约定：抛掷1枚质地均匀的硬币，正面朝上，梅雷得1分；反面朝上，赌友得1分，先积满10分者赢全部赌注.赌博进行了一段时间，梅雷已得8分，赌友得7分.这时，梅雷接到通知，要他马上陪国王接见外宾，赌局只好中止.于是，产生了一个问题，应该怎样分配这64枚金币才算公平合理？这就是历史上著名的“分赌注”问题.解：假设赌局继续，那么最多再抛掷硬币4次，就可以分出输赢.不妨用m表示梅雷积1分，用d表示赌友积1分，运用树状图法可得所有等可能的结果共有16种，其中，梅雷先积满10分的有利场合数为11，赌友先积满10分的有利场合数为5.所以P（梅雷赢）=；P（赌友赢）=.于是梅雷应分得64×=44（枚）金币，赌友应分得64×=20（枚）金币.。

高考数学热点问题专题练习——古典概型知识归纳及例题讲解

古典概型一、基础知识：1、基本事件：一次试验中可能出现的每一个不可再分的结果称为一个基本事件。

例如：在扔骰子的试验中，向上的点数1点，2点，……，6点分别构成一个基本事件2、基本事件空间：一次试验，将所有基本事件组成一个集合，称这个集合为该试验的基本事件空间，用Ω表示。

3、基本事件特点：设一次试验中的基本事件为12,,,n A A A（1）基本事件两两互斥（2）此项试验所产生的事件必由基本事件构成，例如在扔骰子的试验中，设i A 为“出现i 点”，事件A 为“点数大于3”，则事件456A A A A =（3）所有基本事件的并事件为必然事件由加法公式可得：()()()()()1212n n P P A A A P A P A P A Ω==+++因为()1P Ω=，所以()()()121n P A P A P A +++=4、等可能事件：如果一项试验由n 个基本事件组成，而且每个基本事件出现的可能性都是相等的，那么每一个基本事件互为等可能事件。

5、等可能事件的概率：如果一项试验由n 个基本事件组成，且基本事件为等可证明：设基本事件为12,,,n A A A ，可知()()()12n P A P A P A ===()()()121n P A P A P A +++= 6、古典概型的适用条件：（1）试验的所有可能出现的基本事件只有有限多个（2）每个基本事件出现的可能性相等当满足这两个条件时，事件A 发生的概率就可以用事件A 所包含的基本事件个7、运用古典概型解题的步骤：① 确定基本事件，一般要选择试验中不可再分的结果作为基本事件，一般来说，试验中的具体结果可作为基本事件，例如扔骰子，就以每个具体点数作为基本事件；在排队时就以每种排队情况作为基本事件等，以保证基本事件为等可能事件 ② ()(),n A n Ω可通过计数原理（排列，组合）进行计算③ 要保证A 中所含的基本事件，均在Ω之中，即A 事件应在Ω所包含的基本事件中选择符合条件的二、典型例题：例1：从16-这6个自然数中随机取三个数，则其中一个数是另外两个数的和的概率为________思路：事件Ω为“6个自然数中取三个”，所以()3620n C Ω==，事件A 为“一个数是另外两个数的和”，不妨设a b c =+，则可根据a 的取值进行分类讨论，列举出可能的情况：{}{}{}{}{}{}3,2,1,4,3,1,5,4,1,5,3,2,6,5,1,6,4,2，所以()6n A =。

基于交汇的古典概型高考试题探析.doc

基于交汇的古典概型高考试题探析概率是高中数学的新增教学内容，是培养学生数学应用能力的很好素材，同时也是学生将来学习高等数学必不可少的重要基础知识•古典概型是概率知识中的一种最基本的概率模型，在概率部分占有相当重要的地位•笔者通过对近几年高考试题的研究，发现高考对古典概型的考查有了新变化，主要体现在古典概型与统计、立体几何、数列、向量等知识相交汇，也成了新课程高考的一大亮点和热点.视角一：古典概率与统计中的频率分布直方图的交汇高考对古典概率与统计中的频率分布直方图或分布表交汇的考查，常以解答题的形式呈现，是高考常考命题之一，难度中等•此类题从考查统计的基础知识入手，侧重考查古典概型的概率求法，同时考查学生应用数学知识解决实际问题的能力.例1 （2010 •陕西高考理19）：为了解学生身高情况，某校以10%的比例对全校700名学生按性别进行抽样检查，测得身高情况的统计图如下：（1）估计该校男生的人数；（2）估计该校学生身高在170〜185cm之间的概率；（3）从样本中身高在165〜180cin之间的女生中任选2人，求至少有1人身高在170〜180cm之间的概率.【思路分析】利用百分比解问题（1）,据频率估算概率解问题（2）, 据对立事件或古典概型解问题（3）【解析】（1）样本中男生人数为40,由分层抽样比例为10%估计全校男生人数为400.（2）由统计图知，样本中身高在170〜185cm之间的学生有14+13+4+3+1二35人,样本容量为70,所以样本中学生身高在170〜185cm 之间的频率f二二0. 5,故有频率估计该校学生身高在170〜185cm之间的概率.（3）样本中女生身高在165〜180cm Z间的人数为10,身高在170〜180cm之间的人数为4.设表示事件“从样本中身高在165〜180cm之间的女生中任选2人，至少有1人身高在170〜180cm之间”，P （A）二1-二（或P （A）二）二.【点评】本题属常规题，解决此类问题的关键是：从频数分布图入手, 得到相关数据，然后用频率估计概率，再用山典概型概率公式计算得出结果.视角二：古典概率与统计中的茎叶图的交汇高考对古典概率与统计中的茎叶图交汇的考查，以解答题或选择填空题的形式呈现，难度中等•此类题从统计中的基础知识入手，考查数据的平均数与方差，侧重考查学牛分析数据特征与古典概型的概率求法，这类试题考点丰富，具有一定的综合性与灵活性.例2 （2009 •广东高考文18）：随机抽取某中学甲乙两班各10名同学, 测量他们的身高（单位：cm）,获得身高数据的茎叶图如图7.（1）根据茎叶图判断哪个班的平均身高较高;(2)计算甲班的样本方差；(3)现从乙班这10名同学中随机抽取两名身高不低于173cm的同学, 求身高为176cm的同学被抽屮的概率.【思路分析】根据茎叶图估算甲乙两个班的平均身高，据方差公式计算甲班的方差，利用古典概型的概率公式解决问题(3)・【解析】(1)由茎叶图可知：甲班身高集中于160与179之间，而乙班身高集中于170与180之间•因此乙班平均身高高于甲班；(2)x=二170,甲班的样本方差为s2二［(158-170) 2+ (162-170) 2+ (163-170) 2+ (168-170) 2+ (168-170) 2+ (170-170) 2+ (171-170) 2+ (179-170)2+ (179-170) 2+ (182-170) 2］二57；(3)设身高为176cm的同学被抽中的事件为A；从乙班10名同学中抽中两名身高不低于173cm的同学有：(181,173), (181, 176), (181, 178), (181, 179), (179, 173), (179, 176), (179, 178), (178, 173), (178, 176), (176, 173)共10 个基本事件,而事件A含有4个基本事件；AP (A)=二.【点评】本题是概率与统计相交汇的问题，门槛低，入手容易•解决此类问题的关键是理解平均数与方差的概念，用列举法列出事件的所有可能结果•易错点是列举时没有按一定顺序而出现遗漏.视角三：古典概率与立体几何的交汇这一类问题往往巧妙地将概率知识移植丁立体儿何中，集趣味性与创新性为一体•主要考查空间立体几何的知识，以及利用列举法计算古典概率•此类试题综合性强，对学生思维能力要求较高，属中难度题.例 3 (2012 •江西高考文18)：如图，从Al (1, 0, 0), A2 (2, 0, 0), B1 (0, 1, 0,), B2 (0, 2, 0), C1 (0, 0, 1), C2 (0, 0, 2)这 6 个点中随机选取3个点.(1)求这3点与原点0恰好是正三棱锥的四个顶点的概率；(2)求这3点与原点0共面的概率.【思路分析】根据立体几何的有关知识，计算总的基本事件个数与所求事件含的基本事件个数，由古典概率公式求出结果.【解析】(1)总的结果有(Al, A2, Bl), (Al, A2, B2), (Al, A2, Cl), (Al, A2, C2), (Bl, B2, Al), (Bl, B2, Al), (Bl, B2, Cl), (B1, B2, C2), (Cl, C2, Al), (Cl, C2, A2), (Cl, C2, Bl), (Cl, C2, B2), (Al, Bl,Cl), (Al, Bl,C2), (Al, B2, Cl), (A1, B2, C2), (A2, Bl, Cl), (A2, Bl, C2), (A2, B2, Cl), (A2, B2,C2)共有20 种，其中这3点与原点0恰好是正三棱锥的四个顶点只有(Al, Bl, Cl), (A2, B2, C2) 2种，则满足条件的概率为二. (2)满足这3点与原点0共面的情况为(Al, A2, Bl), (Al, A2, B2), (Al, A2, C2), (A2, A2, C2), (B1, B2, Cl), (Bl, B2, C2),共有6种，所以所求概率为二・【点评】木题在立体儿何与概率的知识网络交汇点命题，解决此类问题的关键是理解立体几何中的相关知识与利用列举法列出总的基本事件的所有结果，再利用古典概型概率公式求得对应的概率，易错点是列举时出现重复与遗漏.视角四：古典概率与数列的交汇这一类问题往往将概率知识作为一个新型的材料和介质，与等比数列知识合理融合，创造了新的命题情景，同时使概率与数列知识在整合过程中均得到进一步的升华•考查等比数列的通项公式与古典概型求法，近儿年的高考对这样的交汇命题常以选择填空形式呈现，难度中筹.例4 （2012 •江苏高考文6）：现有10个数，它们能构成一个以1为首项，-3为公比的等比数列，若从这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是・【思路分析】利用等比数列的通项公式写出前10项，算出小于8的数的个数，由古典概率公式得出结果.【解析】•・•以1为首项，-3为公比的等比数列的10个数为，其中有5个负数，1个正数1, 一共6个数小于8,・••从这10个数中随机抽取一个数，它小于8的概率是二・【点评】本题亮点是概率与数列有机相结合•要求学生熟练掌握等比数列的通项公式，解决此类问题的关键是利用通项公式写出前10项，再运用古典概型的概率公式求得结果.视角五：古典概率与向量的交汇高考对概率与向量交汇的考查形式多样，本题将向量知识作为一种工具，把向量知识与概率合理融合，创造了新的命题情景，同时使概率与向量知识在整合过程中得到进一步的升华•考杳向量的加法运算与古典概型概率求法，难度中等.例5 （2010 •浙江高考文17）：在平行四边形ABCD中，0是AC与BD 的交点，P、Q、M、N分别是线段OA、OB、OC、0D的中点，在A、P、M、C 中任取一点记为E,在B、Q、N、D中任取一点记为F,设G为满足向量0G 二OE+OF 的点，则在上述的点G组成的集合屮的点，落在平行四边形ABCD外（不含边界）的概率为・【思路分析】根据向量加法的意义，由0G二OE+OF且计算落在平行四边形内的点G的个数，再根据对立事件的概率计算公式求解.【解析】由题意知，G点共有16种取法，而只有E为P、M中一点，F 为Q、N中一点时，落在平行四边形内，故符合要求的G的只有4个，因此落在平行四边形ABCD外的概率为1-二・・【点评】本题将古典概型与向量的基本运算进行了有机结合，令人耳目一新，既体现了在知识的交汇点处设计试题的特点，又体现了高考题注重双基和能力的考查.纵观上述，高三总复习阶段对概率知识的复习，如果教师能打破知识条块系统的限制，多关注在知识网络的交汇点设计的试题，串点成线，寻找合适的知识载体，精心选编复习内容，并注意从方法的多样性、思维的灵活性和能力的综合性上讨论问题，将有利于提高教师的教学效果与学生的学习效益.（责任编辑：王钦敏）。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

｛ｘ
ｘ＝－
｜
－
ｎ
＝
ｌ
２３
＂＊
，
：
，
，
，
，
＾〇
１０｝中任取一个元素则，所取元素恰好满足方
程＋的概率是ｃｏｓｘ＝
。

解由题意可知基本事件总数为１０满
：
，
，
足方藥
），
４（１，３），（１，
２２２２），（１，５），（１，６），（
，１），（
，
），（
，
４３），（２，
），
（２，
５），
（２，６），
（３，１）
３２，（
，
），
３３（
，
），
４４４４４（３．
题型一：与集合的交汇问题
例已知集合ＡＢ１

２３＝

｛
，
｝，
２＝｛
１，
，
从集合３｝，
Ａ，Ｂ
中各任取一个数，则这两数
之和等于４的概率是
０

解
从集合
：
Ａ
Ｂ
，
中各任取一个数的可能
），（５，
），（５，
），（５，５），（５，６）
６，（
，
共种４１），（６，２），（６，３），（６，
），（６，５），（６，６），
１７
情况。
求芸故所
概率为
ＡＰＣ
Ａ
“
Ｗ＋＋６ｘ
０＝
ｃ：

不相等实根则Ａ＞其 ” ，
４６６＝

｛（
，ｃ）
２ —
Ｃ
０，
｜
中６６，〇
２３４１
｛
，
，
５６
，
，
，
｝｝。
的所有可能结果为（６，ｃ）
２（１，１），（１，
音＃个＾
的名
２：

即所求參件的
个数为求概率丟｜ａＢ
故所
为？＝
＝
＿
丄０
ｓ
ｂ
评析：解答本题的关键是在集合
工
｜
＝
尤
＿
＿
＾
＝
＾
，：
１
广，２，３
＂
找，１〇
里
１
出满足方
程ｊ的的值ｃｏｓｘ＝
它们的个分别标有点数（
六面
１２３４５
，
，
，
，
，
６），骰子朝上的面的点数分别为
则ｘｙ，
；
，
的概率为ｊｌｏｇｚ
＾ｌ
。

解：先后拋掷两枚均匀的正方体骰子，所
构成本事件的总数为基
３６。
由可ｏｇｌ
ｙｌ２；ｃ：
＝

，
得其中６所以２ｘ＝

ｙ：
，
ｘ
ｙ，：
４｛１，２，３，
５６，
，
｝，
ｏｃ
１＾
ｃｃ
（
２＾
ｃｃ
３＾
（
或或共
：ｙ
ｙｙ＝２
＼
摩生表理化知识篇？知识结构与拓展
十高一数学
年２０１９
３月
近几年的髙考试题中，古典概型常与其
他数学知识交汇命题，题型新颖别致，考查知
识全面这，类问题值得同学们重视。
），（３，５），（３，６），（
，１），（
２，
），（
３，
），（
，
４４４４），（
，５），（
２３，６），（５，１），（５，
），（５，
），（５，
），
２３４（５．５），（５，６），（６，１），（６，
），（６，
），（６，
６），（
，
共种情况５），（６，６），
３６
。
其中满足事件八的
可能结果为（３１）（３２）（４１）（４２）（４３）
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
２３４（５，１），（５，
４＝，

＼
６＝

，
３
种情况。
故
所求的概率甚ｆｃｌ〇
ｙ１＝

：

Ｐ＝３〇丄Ｚ
评析：抛掷毅子朝上的面的点数ｔ和ｙ：
都是正整数即６，
ｘ
，ｙ：
２３３４ｌ
｛
，
，
，
，
＝
）
。
〇〇
评析若元次方程一：
二
２
ａｘ
ｃ：
＝
０
有个相等实根则＃（ａ
０）
两不
的
，
Ａ６＝
２
—
Ｘ４ａｃ
）０
题型四：与三角函数的交汇问题
７？ＴＴ
倒４在集合
结果为（２，
１）
，
（２
，
２）
，
（
２，
３）
，
（３，１），
（３，２）
，
共（３，３），６种情况，其中满足两数之和等于４
的为共种情数（２，２），（３，１），
２
况所以这两，
｜之和等于
４
的概率
Ｐ＝
＝
０６
析种评
本题容易把当成：
（２，３）
３，（
，
２）
１
情产解况从而，
生错
。
题型二与对数的交汇问题：
例２先后拋掷两枚均匀的正方体骰子
５６
，
，
｝。
题型三：与方程的交汇问题
例３设６和ｃ分别是先后拋掷一枚骰
子得到的点数，则方程Ｐ＋６ｘ＋ｃ＝０有不相
等实根的概率为。
设事件为方程有解：