概率解题中的经典错解举例
20例析概率题中的典型错误
Ａ Ｓ 、 Ａ ６ 中至少有一个事件发生就为次品， 故这 种零件的次品率为：
Ｐ（ Ａｌ 十ＡＺ ＋…… ＋Ａ ６ ） ＝尸（ ＡＩ ） ＋尸（ Ａ Ｚ ） ＋……尸 （ Ａ ６ ） 二０ ． １ ９ 二１ ９ ％
步１ 阶， ４ 步２ 阶 ， 走楼 梯方 法 共磷种 ． ７ 步 恰
Ｐ（ ＡＺ ） ＝０ ． ０ ２ ， Ｐ（ Ａ３ ） 片Ｐ（ Ａ４ ） 片０ ． ０ ３ ， Ｐ（ Ａ Ｓ ） ＝ Ｐ（ Ａ ６ ） 二０ ． ０ ５ ． Ａｌ 、 Ａ Ｚ 、 Ａ３ 、 Ａ ４ 、
或 ２阶， 现有 ｎ 阶楼梯， 该同学从第 １ 阶到第 １ １ 阶用 ７ 步走完， 求该同学恰好有连着 ２ 步走 ２
ｔ ａｎ口＝ 一 ，尸 卫笼 ｔ ａ ｎＵ ＝ 一 了 又。 ４ １乙
ｍ一 ３
ｓ ｉ ｎ ｏ
ｍ一 ３
。 ３一
。 ５
思维 元维
错解 ：设第 １ 道 工 序 出次 品 的事 件 为
Ａ‘ （ １ ＝１ ， ２ ， ３ ， ４ ， ５ ， ６ ） ， 则Ｐ （ Ａ Ｉ ） ＝０ ． ０ １ ，
一、 定义不明、 概念模糊出错 １ ． “ 等可能性” 与“ 非等可能性” 混同 例１ ．从装有 ４ 个大小形状相同， 颜色不同 的玻璃球的瓶 中， 任意一次倒 出若干粒玻璃球 （ 至少一粒） ， 则倒出奇数粒比倒出偶数粒的概
率（ ）
能性的， 倒出 奇数粒的种数为以＋嵘， 而倒出 偶数 粒 的 种 数 为 以 ＋ 哎， 故 Ｐ （奇 ）二
以＋暇
以＋碳十碳＋以
是 ， 选 Ｂ ．
２ ．“ 互斥” 与“ 独立” 混同
Ａ ． 小 Ｂ ．大 Ｃ ． 相等 Ｄ ． 不能确定 错解： 奇数粒为 １ 、 ３ 粒， 偶数粒为 ２ 、 ４ 粒，
高中数学概率解题典型错误及总结
数学学习与研究2019.5高中数学概率解题典型错误及总结◎徐永川（甘肃武威第六中学，甘肃武威733000）【摘要】概率是高中数学教学的关键内容，但是学生在概率解题过程中经常出现错误，而且这些错误还不是一个两个人会犯，是很多学生都会犯的错误，这部分错误被称之为典型错误，而导致典型错误出现的原因比较多．在新课标下，数学教师必须分析概率解题典型错误出现的原因，避免出现恶性循环的问题，提升学生学习的效率．【关键词】高中数学；概率解题；典型错误；总结概率在人们日常生活中经常出现，概率与人们的实际生活紧密相连．相比其他知识点而言，概率的解题方法比较独特，但是对学生的学习能力要求也比较高，这也就导致很多学生在解答概率题时会出现错误，相同的错误重复出现就被称之为典型错误．典型错误就需要采取典型解决措施，这样才能让学生认识到错误，不再犯错．一、对概念理解不清很多学生在学习概率知识时，对基础性知识，也就是概率的概念和含义理解不够清晰．对概率概念的理解绝对不能仅仅局限于文字表面，还需要在文字的基础上进行延伸，这样才能真正掌握概率知识．除此之外，还有很多学生对公式的理解存在误区，导致公式的应用不合理，这就导致概率解题典型错误的出现．案例：一个容器中装有6个玻璃球，这些玻璃球大小相同，但是颜色有所不同，一个人随意从容器中倒出玻璃球，每次最少倒出一个，问从容器中倒出奇数玻璃球的概率是多少？在解答这道概率题时，很多学生容易出现这样的典型错误，在倒出玻璃球的过程中，每个球被从容器中倒出的概率基本相同，如果这样理解，那倒出奇数玻璃球的概率为：P =C 161()26+C 561()26=12．针对学生出现的解题错误，教师可以总结为：这道题的解法显然是不正确的，导致这一典型错误出现的主要原因就是学生受固定解题思想的影响比较大，而且对题目的理解不够深入，把问题看得过于简单，认为这道题目就是不断地重复就可以得到答案，最终导致公式的运用不合理．题目中要求从容器中倒出奇数玻璃球，如果只倒出一个玻璃球，那也就是说容器中还剩余5个玻璃球，按照这样下去，并不是不断重复就能得出奇数玻璃球概率．二、受思维定式影响比较大思维定式实际上就是人们在开展活动之前会先在心里做好准备工作，而准备工作已经指定活动的目标和方向，具有一定的倾向性．学生的思维定式体现在学生在解答概率题目时思想已经固定，学生已经习惯用某种方式去解答概率题目，这不是意外，而是准备好的，即便是出现新题型，学生依旧会用固定思维来解题，最终导致概率解题典型错误的出现．案例：10个鼠标，其中有三个是残次品，从十个鼠标中随意选出四个，问四个鼠标中包含一个残次品的概率．对这个概率题目学生错误的理解是：第一次可以有10种选择的方法，第二次可以有9种选择的方法，依次类推．学生会先把四个鼠标中包含一个残次品的概率设置为P ，学生先从三个残次品中选出一个，再从剩余的七个正品中随意选取出三个．针对这道题目学生的解决过程，所得到的计算结果属于排列的方法，但是对抽取顺序考虑不周全．学生完全按照自己的定式思维来选取鼠标，没有考虑特殊选取方法，这样就会漏掉很多选取方法．三、以偏概全心理高中概率解题实际上就是一个增强对知识理解和记忆的过程，学生也可以在解题的过程中不断探索出新的解题方法和途径，通过解题可以提升学生的自我学习能力．但是，很多学生在解题的过程中粗心大意，太马虎，以偏概全，这必定会导致典型错误的出现．错误不是不允许出现，学生可以在犯错误的过程中不断成长，不断积累，解题的过程就是学生自主探索的过程，解题错误是解题正确的前提和基础，但是教师要让学生认识到自己的错误，不能不断重复同样的错误．高中数学概率解题典型错误包括：一是概念混淆，二是公式使用不当，三是忽略特例的存在，四是忽略隐性条件，五是逻辑性错误，六是审题不仔细，七是计算错误．从以上概率解题典型错误来看，高中概率解题的步骤可以分为以下几步：一是确定问题的性质，二是判断事件的发生时间，三是合理选择公式计算．其中，确定问题的性质需要确定以下因素：一是古典概型，二是互斥事件，三是独立事件，四是重复实验．总之，高中概率所涵盖的知识点比较多，学生只有掌握基础知识和公式才能避免概念混淆这种基础性错误的出现，才能保证公式选择的正确性和合理性．概率知识与其他知识点紧密相连，学生还需要具备转化思想，把相关知识点连接在一起，互相转化，最终得到问题的答案．高中数学概率教学对数学教师的专业性也提出了更高的要求，教师能够在课堂上及时发现学生在解题过程中出现的典型问题，积极引导学生，帮助学生分析问题出现的原因，有针对性的帮助学生解决问题，进而提升学生的学习能力，满足学生的学习需求．四、结语高中数学概率的题型种类和数量比较多，而且概率题目的解答方法并不单一，是比较灵活的．但是，在解答概率题目时学生很容易出现概念混淆，公式选择不正确等错误，而且这些错误在不断重复出现，也就成为典型错误．概率已经成为高中数学教学的关键分支，概率也是高考的重点和难点．目前，高中概率知识包括：一是古典概型，二是几何概形，三是条件概率，四是互斥事件．在考试中，概率题目均为大题，学生要想得高分就必须掌握概率知识．很多概率题目都具有开放性，有多种解法，多种解法都可以得到最终答案，学生必须先弄清题目的意思，然后在脑海中找到与之相关的知识点，得出解决的答案．【参考文献】［1］龚先贵．高中数学概率教学研究［D ］．长沙：湖南师范大学，2013．［2］张文义．基于新课标的高中数学概率统计教学方法研究［J ］．当代教育论坛（教学研究），2011（1）：78－79．［3］贺煊之．高中数学概率解题中的错误和总结［J ］．中国高新区，2018（1）：104．。
概率论解题常见错误分析
概率论解题常见错误分析概率论作为数学的一个重要分支，研究的是随机事件的发生规律，具有广泛的应用领域。
然而，在解题过程中，很多人常常会犯一些常见的错误。
本文将分析这些错误，并提供相应的解决方法，帮助读者更好地掌握概率论解题的技巧。
一、未正确理解概率的定义在解决概率问题时，很多人只关注了事件的发生，而忽视了事件的可能性。
概率是对一个事件发生的可能性进行度量，通常用一个介于0到1之间的数值来表示。
因此，正确理解概率的定义是解题的关键。
为了避免这一错误，解决概率问题时需要明确事件的全部可能性，并确保这些可能性是互不相容且能够构成一个完备的事件空间。
只有在事件空间确定的前提下，才能计算事件发生的可能性。
二、概率的加法、乘法规则混淆概率的加法和乘法规则是概率论的基本定理，但很多人容易混淆这两个规则，导致解题错误。
概率的加法规则指出，对于两个互不相容的事件A和B，它们的概率和等于两个事件分别发生的概率之和。
而概率的乘法规则指出，对于两个事件A和B，它们的联合概率等于事件A的概率乘以在事件A 发生的条件下事件B发生的概率。
在解决概率问题时，应清楚地区分加法和乘法规则，并根据问题给出的条件合理运用。
混淆加法与乘法规则通常是由于未仔细审题或计算错误造成的，因此，提高审题和计算的准确性是解决这一问题的关键。
三、未正确应用贝叶斯定理贝叶斯定理是概率论中的重要工具，用于在已知条件概率的基础上求解反条件概率。
然而，很多人对该定理的应用存在误解，导致解题错误。
贝叶斯定理的应用需要明确两个条件概率，即给定事件的概率和条件下事件的概率。
在解题过程中，需要正确区分这两个概念，并确保计算时使用的概率相互对应。
同时，在实际问题中，还需要根据题目所给的条件进行合理的转化，得到所需的概率结果。
为了避免贝叶斯定理的应用错误，解题时应仔细审题，明确给定条件和所求概率，并合理运用贝叶斯定理的公式进行计算。
四、样本空间选择错误样本空间是概率论中表示所有可能结果的集合，其选择对于问题的解答具有重要影响。
概率解题典型错误类型及根源分析
概率解题典型错误类型及根源分析类型一: “有序”与“无序”混同.例1．从10件产品（其中次品3件）中，一件一件地不放回地任意取出4件，求4件中恰有1件次品的概率。
【错解】设A=“取出的4件中恰有1件次品”，则A 含有1337C C ⨯ 种结果，故13371().C C P A ⨯== 分析：计算所含基本事件的个数是用排列的方法，即考虑了抽取的顺序；而计算事件A 所包含的基本事件个数时是用组合的方法，即没有考虑抽取的顺序。
【正解】（1）都用．．“．排列．．”．方法．．：总共含有410A 个基本事件，A 包含113437A A A ⋅⋅个基本事件，故1134374101()2A A A P A A ⋅⋅== （2）都用．．“．组合．．”．方法．．：一件一件不放回地抽取4件，可以看成一次抽取4件，总共含有410C 个基本事件，A 包含有1337C C ⋅个基本事件，故13374101().2C C P A C ⋅== 例2. 甲乙二人参加普法知识竞赛,共有10个不同的题目,其中选择题6个,判断题4个,甲乙二人依次各抽一题 ⑴甲抽到选择题,乙抽到判断题的概率是多少? ⑵甲乙二人至少有一人抽到选择题的概率是多少?解:⑴【错解】记“甲抽到选择题,乙抽到判断题”为事件A,则11642108()15C C P A C == 分析：因甲乙二人依次抽取(取后不放回．．．．．),故计算基本事件的个数应使用排列方法. 【正解】甲、乙各取一次，总共含有210A 个基本事件，其中事件A 含有1164C C ⋅个基本事件，故11642104()15C C P A A ⋅==⑵【错解】记“甲乙二人至少有一人抽到选择题”为事件B 利用对立事件可得：24210114()1()111515C P B P B A =-=-=-=分析：计算所含基本事件的个数考虑了抽取的顺序，故计算事件B 所包含的基本事件也要考虑顺序，要上一致。
【正解】利用对立事件．．．．．．： （1）都用．．“．排列．．”．方法．．：总共含有210A 个基本事件B ，B 包含有24A 个基本事件，故24210213()1()111515A PB P B A =-=-=-= （2）都用．．“．组合．．”．方法．．：一件一件不放回地抽取2件，可以看成一次抽取2件，总共含有210C 个基本事件，A 包含有24C 个基本事件，故24210213()1()111515C P B P B C =-=-=-=类型二: “有放回”与“无放回”混同.例3．甲、乙两人参加一项智力测试,已知在备选的10道题中,甲能答对其中的6道题,乙能答对其中的8道题,规定每位参赛者都从备选题中随机抽出3道题进行测试,至少答对2道题才算通过.⑴求甲、乙两人均通过测试的概率; ⑵求甲、乙两人至少有一人通过测试的概率【错解】设甲、乙两人通过测试的事件分别为A 、B, ∵从10道中任选一题,甲答对的概率为63105P ==∴抽出3道题,至少答对2道题,由独立重复试验公式得223332381()()()555125P A C =+= 同理,得2233414112()()()555125P B C =+= ⑴∵A 、B 相互独立,∴甲、乙两人均通过测试的概率为: 81112P(AB)=P(A) P(B)=125125⨯= ⑵∵甲、乙两人都未通过测试的概率为 81112)(1)125125-⨯-=∴甲,乙两人至少有一人通过测试的概率为P=1P(A B)=- 分析：从10道备选题中随机抽出3道题进行测试（属于“无．放回．．”抽取,应使用“等可能事件．．．．．”的概率公式计算. 【正解】设甲、乙两人通过测试的事件分别为A 、B,则总共含有310C 个基本事件,其中事件A 含有213646C C C ⋅+个,事件B 含有213828C C C ⋅+,故213213646828331010C C C C C C 214P(A)=, P(B)=315C C ++== ⑴∵A 、B 相互独立, ∴甲、乙两人均通过测试的概率为:18P(AB)=P(A) P(B)=45 ⑵∵甲、乙两人都未通过测试的概率为 2141P(A B)=P(A) P(B)=(1)(1)31545-⨯-= ∴甲、乙两人至少有一人通过测试的概率为441P(A B)=145-⋅例4．箱内有大小相同的20个红球,80个黑球,从中任取一个记录其颜色后放回箱内,搅匀再任取一个,记录后又放回搅匀,假设三次都是这样抽取，试回答下列问题：⑴求事件A ：“第一次取出的是黑球,第二次取出的是红球，第三次取出的是黑球”的概率;⑵求事件B ：“三次恰好有一次取出红球”的概率。
概率解题典型错误类型及根源分析
概率解题典型错误类型及根源分析高中数学新教材第二册中增加了概率的内容。
本文试图就学生易犯错误类型作些总结，仅供讲授新教材的老师们参考。
类型一：“非等可能”与“等可能”混同例1：掷两枚骰子，求事件A 为出现的点数之和等于3的概率。
错解：掷两枚骰子出现的点数之和的可能数值为{2，3，4，……，12}，有利于事件A 的结果只有3，故111)(=A P 。
分析:公式基本事件的总数的基本事件数有利于事件A A P =)( 仅当所述的试验结果是等可能性时才成立，而取数值2和3不是等可能的，2只有这样情况（1，1）才出，而3有两种情况（1，2），（2，1）可出现，其它的情况可类推。
正确答案 掷两枚骰子可能出现的情况：（1，1），（1，2），…，（1，6），（2，1），（2，2），…，（2，6），…，（6，1），（6，2），…，（6，6），基本事件总数为6×6=36。
在这些结果中，有利于事件A 的只有两种结果（1，2），（2，1）。
181362)(==∴A P 。
类型二：“互斥”与“独立”混同例2：甲投篮命中率为0.8，乙投篮命中率为0.7，每人投3次，两人恰好都命中2次的概率是多少？错解：设“甲恰好投中两次”为事件A ，“乙恰好投中两次”为事件B ，则两人都恰好投中两次为A+B 。
.825.03.07.02.08.0)()()(223223=⨯+⨯=⨯=+∴C C B P A P B A P分析：本题错解的原因是把相互独立同时发生的事件当成互斥事件来考虑。
将两人都恰好投中2次理解为“甲恰好投中两次”与“乙恰好投中两次”的和。
正确解答：设“甲恰好投中两次”为事件A ，“乙恰好投中”为事件B ，则两人都恰好投中两次为事件AB ，则：.169.03.07.02.08.0)()()(223223=⨯⨯⨯=⨯=∴C C B P A P AB P例3：某家庭电话在家中有人时，打进的电话响第一声时被接的概率为0.1，响第2声时被接的概率为0.3，响第3声时被接的概率为0.4，响第4声时被接的概率为0.1，那么电话在响前4声内被接的概率是多少：错解：设电话响第1声时，被接的概率为：P （A 1）=0.1电话响第2声时被接的概率为：P （A 2）=0.3，电话响第3声时被接的概率为：P （A 3）=0.4，电话响第4声时被接的概率为：P （A 4）=0.1，所以电话在响前4声内被接的概率是：.0012.01.04.03.01.0)()()()(4321=⨯⨯⨯=⋅⋅⋅=A P A P A P A P P分析：本题错解的原因在于把互斥事件当成相互独立同时发生的事件来考虑。
概率问题中的错解剖析
的 退近， 或将圆 每一条侧棱看作正多 锥的 棱锥 的 侧棱. 由上面所做工作， 对于正四 棱锥， 锥， 圆 我们发现过其底面一顶点A 的截面周长最小
时， 满足:关于中轴面AVH 对称的侧棱上的截
圆 可 作 正n 棱 n 趋 无 时 锥 看 是 s 锥当 于 穷
[1]赵一中 王魁兴 凌世春 《 道不易 现的 》 、 、 . 一 发 错题 ，
P(A +B) = 1一 P(厢 )或P (A + B) = P(庙 +肋 +AB) =0.98， 似地C,D 有一 类 个正常
工作的 概率P (C+D) = 0.97,所以 统正常 系 工 作的 概率P = 0.98x 0. 97= 0:9506.
正解3: 系统正常工作的情况有: ABCD,
A BCD , AB(刃 , ABCD , AB. , ABCD , ABC 7, .
2007 年第3 期
于正 n 棱锥， 我们提出了 如下猜想: 猜想 对任意正n( n> 3)棱锥， 过底面一 顶点A 的截面周长最短时满足: 关于中轴面 AVH 对称的 侧棱上的截面顶点亦关于中 轴面
AVH 对称.
想.
中学 研究 数学
面顶点亦关于中 轴面对称. 因 我们有上述猜 而，
显然， 这个问题比正四 棱锥的截面周长最 短情形更为复杂. 如能找到一个一般性的方法 解决任意正n 棱锥的截面周长最短问 对于 题， 正四 棱锥的问题则迎刃而解.
中学 研究 数学
p2， 乙 少一 解 题的 率多 ? 则甲 至 个 决问 概 大
错解:记“ 解决某问 为李件A 乙解 甲 题” 决某问 为事件B ， 甲乙至少一个解决问 题” 则“ 题"为A + B ， 所以P (A + B) = P (A ) + P (B)
高中数学教学论文概率题错解分类剖析苏教版必修3
概率题错解分类剖析概率问题题型较多，解法灵活，不少同学在解题过程中因概念不清、忽视条件、考虑不周等原因导致思维混乱，最终导致解题失误．本文就概率问题中的常见错误进行成因诊断，下面进行分类举例说明：类型一：“非等可能”与“等可能”的混淆例1．掷两枚骰子，求所得的点数之和为6的概率．错解：掷两枚骰子出现的点数之和2，3，4，…，12共11种基本事件，所以概率为111P =． 剖析：以上11种基本事件不是等可能的，如点数和2只有(1，1)，而点数之和为6有(1，5)、(2，4)、(3，3)、(4，2)、(5，1)共5种．事实上，掷两枚骰子共有36种基本事件，且是等可能的，所以“所得点数之和为6”的概率为536P =． 类型二：“互斥”与“对立”的混淆例2．把红、黑、白、蓝4张纸牌随机地分给甲、乙、丙、丁4个人，每个人分得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 ．以上均不对错误答案：A剖析：本题错误的原因在于把“互斥”与“对立”混同，要准确解答这类问题，必须搞清对立事件与互斥事件的联系与区别，这二者的联系与区别主要体现以以下三个方面：(1)两事件对立，必定互斥，但互斥未必对立；(2)互斥的概念适用于多个事件，但对立概念只适用于两个事件；(3)两个事件互斥只表明这两个事件不能同时发生，即至多只能发生其中一个，但可以都不发生；而两事件对立则表示它们有且仅有一个发生．事件“甲分得红牌”与“乙分得红牌”是不能同时发生的两个事件，这两个事件可能恰有一个发生，一个不发生，可能两个都不发生，所以应选C ．类型三：“互斥”与“独立”的混淆例3．甲投篮命中率为0.8，乙投篮命中率为0.7，每人各投3次，两人恰好都命中2次的概率是多少？错解：设“甲恰好投中两次”为事件A ，“乙恰好投中两次”为事件B ，则两人都恰好投中两次为事件A+B ．∴222233()()()0.80.20.70.30.825P A B P A P B C C +=+=⨯⨯+⨯⨯=．分析：本题错解的原因是把相互独立的事件当成互斥事件来考虑．将两人都恰好投中2次理解为“甲恰好投中两次”与“乙恰好投中两次”的和．而题目的实际含义是在“甲恰好投中两次”的同时“乙恰好投中两次”，即两人都恰好投中两次为事件A B ⋅．正确解答：设“甲恰好投中两次”为事件A ，“乙恰好投中两次”为事件B ，且A ，B 相互独立，则两人都恰好投中两次为事件A B ⋅，则222233()()()0.80.20.70.30.169344P A B P A P B C C ⋅=⋅=⨯⨯⨯⨯⨯=．例4．某家庭电话在家中有人时，打进的电话响第一声时被接的概率为0.1，响第二声时被接的概率为0.3，响第三声时被接的概率为0.4，响第四声时被接的概率为0.1 ，那么电话在响前4声内被接的概率是多少?错解：分别记“电话响第一、二、三、四声时被接”为事件1234A A A A 、、、4，且()1P A =0.1， ()2P A =0.3， ()3P A = 0.4， ()4P A = 0.1，则电话在响前4声内被接的概率为P =()1P A ⋅()2P A ⋅()3P A ⋅()4P A =0.1×0.3×0.4×0.1=0.0012．剖析：本题错解的原因在于把互斥事件当成相互独立同时发生的事件来考虑．根据实际生活中的经验电话在响前4声内，每一声是否被接彼此互斥．所以，P =()1P A +()2P A +()3P A +()4P A ==0.1+0.3+0.4+0.1=0.9．点评：以上两例错误的原因都在于把两事件互斥与两事件相互独立混同，互斥事件是指两个事件不可能同时发生；两事件相互独立是指一个事件的发生与否对另一个事件发生与否没有影响，它们虽然都描绘了两个事件间的关系，但所描绘的关系是根本不同．类型四：“条件概率P(B / A)”与“积事件的概率P(A ⋅B)” 的混淆例5．袋中有6个黄色、4个白色的乒乓球，作不放回抽样，每次任取一球，取2次，求第二次才取到黄色球的概率．错解：记“第一次取到白球”为事件A ，“第二次取到黄球”为事件B,”第二次才取到黄球”为事件C,所以()P C = ()/P B A =6293=. 剖析：本题错误在于()P A B ⋅与()/P B A 的含义没有弄清, ()P A B ⋅表示在样本空间S 中,A 与B 同时发生的概率；而()/P B A 表示在缩减的样本空间A S 中，作为条件的A 已经发生的条件下事件B 发生的概率．正确答案：P （C ）= ()P A B ⋅= ()P A ()/P B A =46410915⨯=． 类型五：“有序”与“无序”的混淆例6．从10件产品（其中次品3件）中，一件一件地不放回地任意取出4件，求4件中恰有1件次品的概率．错解：因为第一次有10种取法，第二次有9种取法，第三次有8种以法，第四次有7种取法，由乘法原理可知从10件取4件共有10×9×8×7种取法，故任意取出4件含有10×9×8×7个基本事件．设A=“取出的4件中恰有1件次品”，则A 含有3713C C ⨯种取法 .48178910)(3713=⨯⨯⨯⨯=C C A P 剖析：计算任意取出4件所含基本事件的个数是用排列的方法，即考虑了抽取的顺序；而计算事件A 所包含的基本事件个数时是用组合的方法，即没有考虑抽取的顺序．正确解法一：（都用排列方法）任意取出4件含有410A 个基本事件，A 包含371314A A A ⋅⋅个基本事件 21)(410371314=⋅⋅=∴A A A A A P 正确解法二：（都用组合方法）一件一件不放回地抽取4件，可以看成一次抽取4件，故S 含有410C 个基本事件，A 包含有3713C C ⋅个基本事件． .21)(4103713=⋅=∴C C C A P 类型六:“等可能”与“N 次独立重复实验恰有K 次发生” 的混淆例7．冰箱中放甲、乙两种饮料各5瓶，每次饮用时从中任意取一瓶甲或乙种饮料，取用时甲种或乙种饮料的概率相等.（1）求甲种饮料饮用完毕，而乙种饮料还剩下3瓶的概率.（2）求甲种饮料被饮用的瓶数比乙种饮料被饮用瓶数至少多4瓶的概率错解：（1）5瓶甲种饮料饮用完毕有55C 种，乙种饮料还剩下3瓶即饮用2瓶有25C 种方法，所以求甲种饮料饮用完毕，而乙种饮料还剩下3瓶共有5255C C ⨯种可能的结果，而从10瓶中选出7瓶共有710C 种可能的结果．所以甲种饮料饮用完毕，而乙种饮料还剩下3瓶的概率为525517101P 12C C C ⨯＝＝． （2）甲种饮料被饮用的瓶数比乙种饮料被饮用瓶数至少多4瓶包括3种情况①甲被饮用5瓶，乙被饮用1瓶，有5155C C ⨯种；②甲被饮用5瓶，乙没有被饮用有55C 种；③甲被饮用4瓶，乙没有被饮用，有45C ．所以甲种饮料被饮用的瓶数比乙种饮料被饮用瓶数至少多4瓶的概率为51545555710C C +C +C 11=120C ⨯． 剖析：此法出错的原因是把饮用A 、B 两种饮料当作一次性取出，而每瓶被饮用的概率相等，所以用“等可能事件的概率”来解决．但实质上，每瓶饮料是一次次的取出饮用的，且A 、B 两种饮料每次被饮用的概率都为12，故应用“N 次独立重复实验恰有K 次发生的概率”来求． 正解：(1)设“饮用一次，饮用的是甲种饮料”为事件A ，则1p=P(A)=2.甲种饮料饮用完毕，而乙种饮料还剩下3瓶的概率即求7次独立重复试验中事件A 发生5次的概率为5527721P (5)=C p (1-p)=128． (2) 甲种饮料被饮用的瓶数比乙种饮料被饮用瓶数至少多4瓶包括上述3种情况，所求概率为：5555446546543P (5)P (5)P (4)C p (1p)C p +C p =16-＋＋＝＋． 类型七:“可辩认”与“不可辨认”的混淆例8．将n 个球等可能地放入到N 个编号的盒子中去（每个盒子容纳球的个数不限），求事件A=“某指定的n 个盒子中恰好各有一球的概率”．错解：将n 个球等可能地放入到N 个编号的盒子中，所有可能的结果数为n N ，而事件A 含有n!种结果．!().nn P A N ∴= 剖析：这种解法不全面，如果球是编号的（即可辨认的），则答案是对的；若球是不可辩认的，则答案完全错了．因为球是不可辩认的，故只考虑盒子中球的个数，不考虑放的是哪几个球．我们在此用符号“□”表示一个盒子，“○”表示球，先将盒子按号码排列起来1 2 3 4 5…N这样的N 个盒子由N+1个“|”构成，然后把n 个球任意放入N 个盒子中，比如：|○|○○|…|○○○|，在这样的放法中，符号“|”和“○”共占有：N+1+n 个位置，在这N+1+n 个位置中，开始和末了的位置上必须是“|”，其余的N+n -1个位置上“|”和“O ”可以任意次序排列．则N-1个“1”和n 个“○”在中间的N+n-1个位置上的可以区别的所有可能结果数是n n N C 1-+，将n 个不可辨认的球放入指定的n 个盒子，使每盒恰有一球的放法只有1种，故事件A 含1个结果，从而.)!1()!1(!1)(1-+-==-+n N N n C A P n n N 正解：分两种情况：（1）当球是可辩认的，则;!)(nN n A P =（2）当球是不可辨认的，则=)(A P )!1()!1(!-+-n N N n ． 本文总结了学生易犯的几类错误，我们在教学的过程中，只要注意对这些错误作详细的分析，可减少在这些方面出现的错误．。
概率易错 问题解析
2
，
但这也
，
个 零 件 中取
1
、
个 这 时似乎 能保证 所 取 的
一
个零件
16 1
、
粒球 若颜色不 同 则
，
中至 少 有
一
个是
B
、
等品 若设
．
， 2
…
，
，
16
表示
个
、
应视 作是不 同的情形 所 以此 时
．
6
一
{
等品
，
A
C
、
D
I
表示
，
4
个
二
等品 可 能 出现
，
2
、
A
．
形式 (先取
19
一
等品
、
再 从 剩 下 的 1 9 个 零 件 中取 2 A )
”
÷
、 。
轳 0
，
_ 么。
例
1
从装有
，
2
粒大小 形 状相同 颜色不 同的
、
、
／
0
在某 区 间上
解 析
1
一
f
(z ) >
是 函 数 厂( z ) 在 该 区
．
玻璃球 的瓶 中 随 意倒 出若 干 粒 玻 璃 球 设 倒 出奇数粒玻璃 球 的 概 率 为
a
，
(至 少
1
粒 )
，
问上 是增 函 数 的充 分 非 必 要 条 件
a
函数
y
一
一 +
．
L T
。
+
n 丁
q
-
1
在
发掘隐性信息巧解概率题
《高中》二=2651.辨析此错解错误的原因是将基本事件“从一副扑克牌(52张)中抽出1张,放回后重新洗牌,再抽出1张”做了特殊化处理(有些情况下,放回与不放回抽取对事件的概率计算没有影响),导致不等价转换(但在一般意义下,放回与不放回抽取不是等同的).其实每次抽取的牌是独立的,概率均为14.解答提示所求的概率P=14×14=112),当其中一盒用完时,求另一盒中尚剩1支、2支、3支、4支、5支粉笔的概率,并求所剩粉笔数!的期望.错解诱因另一盒中尚剩支时,此时一盒已用笑傲考场656.二、发掘特殊性隐性信息,谨防普遍性处理与画蛇添足例2某射手进行射击练习.每射击5发子弹算一组.一旦命中,就停止射击,并进行下一组的练习.否则一直打完5发子弹后才能进入下组练习.若该射手在某组练习中射击一次的命中率为0.8.求在这一组练习中耗用子弹数的分布列.错解诱因该组练习中所用子弹数!是一个随机变量,可能取值为1、2、3、4、5.当!=1时,即表示第一发命中,其概率为:P(!=1)=0.8.当!=2时,即表示第一发未中,第二发命中,其概率为:P(!=2)=(1-0.8)0.8=0.16.当!=3时,即表示第一、第二发均未中,第三发命中,其概率为:P(!=3)=(1-0.8)20.8=0.032.当!=时,即表示第一、第二、第三发均未中,第四发命中,其概率为(!=)=()3=6当!=5时,即表示第一、第二、第三、第四发均未中,第五发命中,其概率为:P (!=5)=(1-0.8)40.8=0.00128.辨析在计算P(!=5)时,很多同学误认为是前4发未中,第5发命中,忽视了信息“!=5表示耗用5发子弹”的特殊性(只要前4发未中,就决定了必须打第5发子弹,并且不管第5发子弹是否命中,都依然耗用5发子弹),而用普遍性观点去处理(!=5表示前4次均未命中,第5次命中),有画蛇添足之感.解答提示P(!=5)=(1-0.8)4=0.0016.三、发掘绝对性隐性信息,谨防简单化处理与断章取义例3有一批食品出厂前要进行5项指标抽检.如果有两项指标不合格,那么这批食品不能出厂.已知每项指标抽检是相互独立的,且每项抽检出现不合格的概率都是0.2.求直至5项指标全部检验完毕,才能确定该批食品是否可以出厂的概率(精确到0.001).错解诱因由“直至5项指标全部检验完毕”,可知前5项指标中有一或两项指标不合格.故所求概率为:C 150.210.84+C 250.220.83≈0.614.辨析上述解法错误的原因在于忽视了信息“直至5项指标全部检验完毕”的绝对性特征(5项指标要全部检验),断章取义(如果前两项指标检验不合格,则第3项指标已不需要检验就可以确定这批食品不能出厂),采用简单化方法处理.解答提示记“直至5项指标全部检验完毕,这批食品可以出厂”为事件A,则事件A 中第5项指标合格,前4项指标中恰好有1项指标不合格,P(A)=C 140.210.84=0.85.记“直至5项指标全部检验完毕,这批食品不可以出厂”为事件B,则事件B 中第5项指标不合格,前4项指标中恰好有1项指标不合格,P(B)=C 140.210.830.2=0.840.2.综合上述两情形,可得所求的概率为:P(A)+P (B)=0.85+0.840.2=0.84≈0.410.四、发掘相对性隐性信息,谨防运动问题静止化处理与重复计算例4讲台上放着两个粉笔盒,每盒中都装有5支粉笔.数学教师讲课时随机地从其中一盒拿出一支(概率均为1六年第九期■甘肃魏正清发掘隐性信息巧解概率题失误档案在解题时,一些同学常因未能发掘隐性信息,而陷入困境或造成失误的情形是屡见不鲜的,特别是在概率计算中,尤为明显.因此,认真读题,细心揣摩,准确把握题意,用辩证的观点发掘题干信息中的隐性特征,这对于迅速发现解题的突破口,都有重要意义.下面举例说明.一、发掘普遍性隐性信息,谨防特殊化处理与不等价转换例1从一副扑克牌(52张,每花色均为13张)中抽出1张,放回后重新洗牌,再抽出1张,前后两次所抽取的牌为同花色的概率是多少?错解诱因因为从一副扑克牌(52张)中抽出1张,放回后重新洗牌,再抽出1张,前后两次相当于从52张中抽取两张,故基本事件的总数为C 252;而前后两次所抽取的牌为同花色的事件总数为C 14C 113C 113.因此,所求的概率P=C 14C 113C 113C 25214:P 41-0.80.80.00 4.《高中》二六年第九期完,概率为2C45(12)4C55(12)5=5256.另一盒中尚剩2支时,此时一盒已用完概率为2C35(12)3C55(12)5=564.另一盒中尚剩3支时,此时一盒已用完概率为2C25(12)2C55(12)5=532.另一盒中尚剩4支时,此时一盒已用完概率为2C15(12)1C55(12)5=532.另一盒中尚剩5支时,此时一盒已用完概率为2C05(12)0C55(12)5=116.辨析上述解法错误的原因在于忽视了信息“当其中一盒用完时”的相对性特征,即当另一盒中尚剩n(n=1、2、3、4、5)支时一盒已用完.最后1支应在一盒中取而不是在另一盒中取.在取这最后一支前时,一盒中已取4支,另一盒中已取5-n支,共取了9-n支,这时在已取了4支的一盒中再取1支(概率为12),即这一盒用完了.当然一盒与另一盒是相对的,可以交换(两种情形).以上将运动的问题用静止的观点去处理,造成解题中的重复计算.解答提示当其中一盒用完时另一盒中尚剩n(n=1、2、3、4、5)支的概率为:P(!=n)=C49-n(12)4(12)5-n122=C49-n(12)9-n.(n=1、2、3、4、5)五、发掘整体性隐性信息,谨防片面化处理与习惯性解题例5将4封不同的信随机投入3个不同的信箱,求3个信箱都不空的概率.错解诱因1设“每个信箱都不空”为事件A.由于每封信都有3种投法,因此基本事件的总数为34=81.现分两步来计算A中所含的事件数.第一步,从4封信中任取3封,分别在每一信箱中投1封,共A34种投法,这就保证了每个信箱都不空.第二步,让剩下的一封信随机地投入某一信箱,有C13种投法,所以事件A所包含的基本事件数为A34C13.综上所述,所求概率P(A)=A34C1334=89.错解诱因2事件A为“至少有一个信箱中没投入信”,它包含事件B1———“有一个空信箱”及事件B2———“有两个空信箱”,B1与B2是互斥事件.事件B1中基本事件数为C2324,即先在3个信箱中取定2个,有C23种方法,将这4封信投入这2个信箱,有24种方法,再用分步计数原理.事件B2中基本事件数为134因此,所求概率()=C2324+C13143=10辨析第一种错解忽视了信息“封不同的信随机投入3个不同的信箱,且3个信箱都不空”的整体性特征;用定势思维解题,产生了习惯性错误.例如,第一步将a、b、c三封信分别投入1、2、3号信箱,第二步将信d投入1号信箱,和第一步将d、b、c分别投入1、2、3号信箱,第二步将信a投入1号信箱,结果相同,所以事件A中的基本事件重复计数.第二种错解注意到了应对信息“4封不同的信随机投入3个不同的信箱,且3个信箱都不空”做整体处理,但对整体特征把握不够,致使问题的处理片面化,产生了解题中的习惯性错误.事实上,事件B1的事件数C2324中的24,包含4封信都投入1个信箱的情况,所以B1与B2不是互斥事件.解答提示基本事件总数为34,先将4封信分成3份,然后再投入3个信箱共有:C24C12A22A33=36.故所求概率P(A)=3634=49.六、发掘局部性隐性信息,谨防表面化处理与偷梁换柱例6100件产品,其中有5件次品,从中不放回地抽取5件产品.(1)求恰有1件次品的概率;(2)求抽到次品件数的数学期望.错解诱因由题意知,这种产品的次品率为5%,且每次抽取相互独立,为独立重复试验.(1)恰有1件次品的概率为P5(1)=C150.050.954≈0.2036.(2)设!表示n次抽取中抽到次品的次数,则!～B(5,0.05),得E!=0.25.辨析上述解法忽视了信息“次品率”与“不放回抽取”的局部性特征,仅仅依据文意表面化处理,偷换概念,产生了两处错误:①“有100件产品,其中有5件次品”与“产品的次品率为5%”是两个不同概念.对于前者,在抽取过程中次品最多只有5件;而后者,在抽取过程中次品数可多于5件,只是概率较小.②该试验不是独立试验,从有100件产品不放回地抽5件产品,每次抽一件,抽到次品还是正品,将影响到下一次抽到次品或正品的概率,即各次试验之间并非独立,错用了独立重复试验概率公式.解答提示(1)设恰有一件次品为事件A,则P(A)=C15C495C5100≈0.2114.(2)设随机变量!表示n次抽取中抽到次品的次数,则P(!=0)=C05C595C5100,P(!=1)=C15C495C5100,P(!=2)=C25C395C5100,P(!=3)=C35C295C5100,P(!=4)=C45C195C5100,P(!=5)=C55C095C5100.责任编校赖庆安失误档案笑傲考场66C1.P A1-427.4。
例析古典概型中的几种经典问题
ʏ查 霖在日常工作和现实生活中,有大量的随机事件的概率并不一定要通过大量的试验来得到,只要掌握了一些基本情况,就可以知道它们相应的概率,这就是最常见的古典概型㊂古典概型中主要有几种经典的实例:骰子(硬币)问题㊁摸球问题㊁抽数问题㊁格子问题等㊂下面就此举例分析,供大家学习与参考㊂一㊁骰子(或硬币)问题抛掷骰子问题和抛掷硬币问题一样,是古典概型中一种重要的模型㊂它的实质就是抛掷骰子(或硬币)n 次,那么对应的基本事件总数为6n (或2n),根据相应事件所对应的基本事件的个数,结合古典概型的计算公式求得对应的概率㊂例1 将一颗质地均匀的骰子(一种六个面分别标有1,2,3,4,5,6的正方体玩具),先后抛掷2次,则出现向上的点数之和为4的概率为㊂思路导引:根据抛掷骰子的总数确定古典概型中的基本事件总数,再结合抛掷2次出现向上的点数之和为4的事件的个数,进而利用古典概型的概率公式求解㊂基本事件的总数为6ˑ6=36,点数之和为4的可能结果为(1,3),(2,2),(3,1),共3种情况,所以所求概率P =336=112㊂答案为112㊂解法反思:抛掷骰子或抛掷硬币问题,关键是确定相关事件的个数㊂容易出错的地方是计算遗漏,如本题中的(1,3)和(3,1)是两种不同的结果,不能认为是一种结果㊂二㊁摸球问题摸球问题等同于抽签问题,关键是确定每次所摸的符合题目要求的球的可能结果㊂要注意所摸球的先后顺序和球的颜色与题目条件之间的关系,否则容易出错㊂例2 袋中有4个白球,3个黑球,从中连续任意取出2个球,且每次取出的球不再放回,求第2次取出的球是白球的概率㊂思路导引:本题的基本事件总数是从7个球中有次序地取出2个球的不同取法,即7ˑ6种取法㊂第2次取出的球是白球的可能结果是:若第一次取的是白球,那么第2次是从3个白球中再取出一球,若第一次取的是黑球,那么第2次是从4个白球中再取出一球㊂由题意可得,所求概率P ( 第2次取出的球是白球 )=4ˑ37ˑ6+3ˑ47ˑ6=47㊂解法反思:本题实质上也是抽签问题,按上述规则抽签,每人抽中白球的机会相等,且与抽签次序无关㊂在涉及与抽签及其相关事件时,都可以采用摸球问题的数学模型所对应的古典概型问题来分析与处理㊂三㊁抽数问题抽数问题可以根据条件加以分析,也可以结合排列与组合加以综合分析㊂解答这类问题,关键是确定所有的数的总个数,以及所满足条件的数的个数㊂如果利用排列与组合分析时,一定要注意两者分析时的一致性㊂例3 从1,2, ,9这9个数字中,随机抽取3个不同的数,则这3个数的和为偶数的概率是( )A.59 B .49C .1121D .1021思路导引:本题基本事件的总数是从9个数中有次序地取出3个数的不同取法,即基本事件总数是9ˑ8ˑ7=504㊂分析3个数的和为偶数的不同情况,确定所包含的基本事件个数,从而得到所求概率㊂基本事件的总数是9ˑ8ˑ7=504㊂这3个数的和为偶数33经典题突破方法高一数学 2023年5月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.的可能结果有四种情况:偶奇奇,共有4ˑ5ˑ4=80(种);奇偶奇,共有5ˑ4ˑ4=80(种);奇奇偶,共有5ˑ4ˑ4=80(种);偶偶偶,共有4ˑ3ˑ2=24(种)㊂所以所求概率P =80+80+80+24504=1121㊂应选C ㊂解法反思:本题实质上就是数的一种排列问题,抽出来的2个数所组成的两位数有次序关系,通过计算基本事件的总数以及所求事件的个数,从而得到所求的概率㊂四㊁格子问题格子问题也是一种常见的古典概型问题㊂解答这类问题,关键是确定对应的格子与相应的元素之间的填充关系,有时可以结合树状图㊁列举法加以分析与处理㊂例4 把3个不同的球投入3个不同的盒子内(每盒球数可以不限),计算:(1)无空盒的概率㊂(2)恰有一个空盒的概率㊂思路导引:本题的基本事件总数是把3个不同的球投入3个不同的盒子内的不同放法,题设条件是每盒的球数可以不限,即最多可以投入3个,最少可以投入0个,然后按要求计算出所求事件的个数,从而得到所求概率㊂基本事件的总数是把3个不同的球投入3个不同的盒子内的不同放法,第一个球的放法有3种可能,第二个球的放法也有3种可能,第三个球的放法还是有3种可能,则基本事件总数是3ˑ3ˑ3=27㊂设事件A = 无空盒 ,事件B = 恰有一个空盒 ,3个不同的球分别记为a ,b ,c ㊂(1)事件A 包含的可能结果为a b c ,a c b ,b ac ,b c a ,c a b ,c b a ,共有6种情况,所以P (A )=627=29㊂(2)第一个盒子是空盒的可能结果为( )(a )(b c ),( )(b )(a c ),( )(c )(a b ),( )(b c )(a ),( )(a c )(b ),( )(a b )(c ),共有6种情况,其他两个盒子是空盒的情况与第一个盒子一样,所以事件B 包含的基本事件个数是6ˑ3=18,所以P (B )=1827=23㊂解法反思:本题通过分析3个不同的球与3个不同的盒子之间的关系,计算出基本事件的总数,再根据题设条件,正确分析并列举出所求事件的个数,最后结合古典概型的概率公式求得结果㊂编者的话:在解答古典概型问题时,有时会直接涉及骰子(硬币)问题㊁摸球问题㊁抽数问题㊁格子问题等,有时会涉及与之相关的问题,解题的关键是合理构建对应的古典概率模型,借助古典概型的概率公式来分析与处理,从而实现问题的解决㊂1.连掷两次骰子分别得到点数m ,n ,则向量a =(m ,n )与向量b =(-1,1)的夹角θ>90ʎ的概率是( )㊂A.512 B .712 C .13 D .12提示:连掷两次骰子得到的点数(m ,n )的所有基本事件为(1,1),(1,2), ,(6,6),共36个㊂因为(m ,n )㊃(-1,1)=-m +n <0,所以m >n ,可知符合要求的事件为(2,1),(3,1),(3,2),(4,1),(4,2),(4,3),(5,1), ,(5,4),(6,1), ,(6,5),共15个㊂故所求概率P =1536=512㊂应选A ㊂2.已知集合A ={2,3,4,5,6,7},B ={2,3,6,9},在集合A ɣB 中任取一个元素,则它是集合A ɘB 中的元素的概率为( )㊂A.23 B .35 C .37 D .25提示:依题意得A ɣB ={2,3,4,5,6,7,9},即这个试验的样本空间Ω中有7个元素㊂由A ɘB ={2,3,6},可知这个试验包含3个样本点㊂由古典概型的概率公式得所求概率为37㊂应选C ㊂作者单位:江苏省高邮市临泽中学(责任编辑 郭正华)43 经典题突破方法 高一数学 2023年5月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。