数学高考复习名师精品教案：第87课时：第十章 排列、组合和概率-互斥事件有一个发生的概率

第一篇：数学高考复习名师精品教案：第87课时：第十章 排列、组合和概率-互斥事件有一个发生的概率

数学高考复习名师精品教案

第87课时：第十章 排列、组合和概率——互斥事件有一个发生的概率

一．课题：互斥事件有一个发生的概率

二．教学目标：了解互斥事件的意义，会用互斥事件的概率加法公式计算一些事件的概率．

三．教学重点：互斥事件的概念和互斥事件的概率加法公式． 四．教学过程：

（一）主要知识：

1．互斥事件的概念： ； 2．对立事件的概念： ； 3．若A,B为两个事件，则AB事件指 ． 若A,B是互斥事件，则P(AB) ．

（二）主要方法：

1．弄清互斥事件与对立事件的区别与联系； 2．掌握对立事件与互斥事件的概率公式；

（三）基础训练：

1．某产品分甲、乙、丙三个等级，其中乙、丙两等级为次品，若产品中出现乙级品的概率为0.03，出现丙级品的概率为0.01，则在成品中任意抽取一件抽得

正品的概率为（）

(A)0.04(B)0.96(C)0.97(D)0.99 2．下列说法中正确的是（）

(A)事件A、B中至少有一个发生的概率一定比A、B中恰有一个发生的概率大(B)事件A、B同时发生的概率一定比事件A、B恰有一个发生的概率小(C)互斥事件一定是对立事件，对立事件不一定是互斥事件(D)互斥事件不一定是对立事件，对立事件一定是互斥事件

3．一盒内放有大小相同的10个球，其中有5个红球，3个绿球，2个白球，从中任取2个球，其中至少有1个绿球的概率为（）

(A)2827(B)(C)(D)

15515157为概104．在5件产品中，有3件一等品和2件二等品，从中任取2件，那么以率的事件是（）

(A)都不是一等品(B)恰有一件一等品(C)至少有一件一等品(D)至多一件一等品

5．今有光盘驱动器50个，其中一级品45个，二级品5个，从中任取3个，出现二级品的概率为（）

1312133C5C5C52C5C45C5C45C52C45(A)3(B)(C)1－3(D)33C50C50C50C50

（四）例题分析：

例1．袋中有5个白球，3个黑球，从中任意摸出4个，求下列事件发生的概率：

(1)摸出2个或3个白球；(2)至少摸出1个白球；(3)至少摸出1个黑球.4解：从8个球中任意摸出4个共有C8种不同的结果.记从8个球中任取4个，其中恰有1个白球为事件A1，恰有2个白球为事件A2，3个白球为事件A3，4个白

球为事件A4，恰有i个黑球为事件Bｉ，则(1)摸出2个或3个白球的概率：

221C5C3C33365C3PP(AA)P(A)P(A) 11212244C8C8777(2)至少摸出1个白球的概率P2＝1－Ｐ（B4）＝1－0＝1

4C513(3)至少摸出1个黑球的概率Ｐ3＝1－Ｐ（A4）＝1－4

C814答：(1)摸出2个或3个白球的概率是；(2)至少摸出1个白球的概率是1；(3)至少摸出1个黑球的概率是

13.1467例2． 盒中有6只灯泡，其中2只次品，4只正品，有放回地从中任取两次，每次取一只，试求下列事件的概率：

(1)取到的2只都是次品；(2)取到的2只中正品、次品各一只；(3)取到的2只中至少有一只正品.

解：从6只灯泡中有放回地任取两只，共有62＝36种不同取法.(1)取到的2只都是次品情况为22＝4种.因而所求概率为

41. 369(2)由于取到的2只中正品、次品各一只有两种可能：第一次取到正品，第二次取到次品；及第一次取到次品，第二次取到正品.因而所求概率为 P=42244 36369(3)由于“取到的两只中至少有一只正品”是事件“取到的两只都是次品”的对立事件.因而所求概率为P=1-

答：(1)取到的2只都是次品的概率为；(2)取到的2只中正品、次品各一只的概率为；(3)取到的2只中至少有一只正品的概率为.例3．从男女学生共有36名的班级中，任意选出2名委员，任何人都有同样的当选机会.如果选得同性委员的概率等于，求男女生相差几名?

198919498912

解：设男生有x名，则女生有36-x名.选得2名委员都是男性的概率为

C2x(x1)x 2C363635选得2名委员都是女性的概率为

2C36x(36x)(35x)23635C36以上两种选法是互斥的，又选得同性委员的概率等于，得

x(x1)(36x)(35x)1，解得x=15或x=21 36353635212即男生有15名，女生有36-15=21名，或男生有21名，女生有36-21=15名.答：男女生相差6名.例4．在某地区有2000个家庭，每个家庭有4个孩子，假定男孩出生率是.(1)求在一个家庭中至少有一个男孩的概率；

(2)求在一个家庭中至少有一个男孩且至少有一个女孩的概率； 解：(1)P(至少一个男孩)＝1-P(没有男孩)＝1-()4＝

121215； 1611-1616(2)P(至少1个男孩且至少1个女孩)＝1-P(没有男孩)-P(没有女孩)＝1-＝；

五．课后作业： 781．如果事件A、B互斥，那么（B）

(A)A+B是必然事件(B)A+B是必然事件(C)A与B一定互斥(D)A与B一定不互斥

2．甲袋装有m个白球，n个黑球,乙袋装有n个白球,m个黑球,(mn),现从两袋中各摸一个球,A：“两球同色”,B：“两球异色”，则P(A)与P(B)的大小关系为()

(A)P(A)P(B)(B)P(A)P(B)(C)P(A)P(B)(D)视m,n的大小而定

3．甲袋中装有白球3个，黑球5个，乙袋内装有白球4个，黑球6个，现从甲袋内随机抽取一个球放入乙袋，充分掺混后再从乙袋内随机抽取一球放入甲袋，则甲袋中的白球没有减少的概率为()(A)3735259(B)(C)(D)144444444．一盒内放有大小相同的10个球，其中有5个红球，3个绿球，2个白球，从中任取2个球，其中至少有1个绿球的概率为()(A)2827(B)(C)(D)

15515155．一批产品共10件，其中有2件次品，现随机地抽取5件，则所取5件中至多有1件次品的概率为（）

(A)7211(B)(C)(D)

929146．从装有10个大小相同的小球（4个红球、3个白球、3个黑球）口袋中任取两个，则取出两个同色球的概率是（）

(A)1241(B)(C)(D)

355157．在房间里有4个人，至少有两个人的生日在同一个月的概率是（）

(A)(B)(C)14124155(D)96968.战士甲射击一次，问：

(1)若事件A(中靶)的概率为0.95，A的概率为多少?

(2)若事件B(中靶环数大于5)的概率为0.7，那么事件C(中靶环数小于6)的概率为多少?事件D(中靶环数大于0且小于6)的概率是多少?

9.在放有5个红球、4个黑球、3个白球的袋中，任意取出3个球，分别求出3个全是同色球的概率及全是异色球的概率.10.某单位36人的血型类别是：A型12人，B型10人，AB型8人，O型6人.现从这36人中任选2人，求此2人血型不同的概率.11.在一只袋子中装有7个红玻璃球，3个绿玻璃球.从中无放回地任意抽取两次，每次只取一个.试求：(1)取得两个红球的概率；(2)取得两个绿球的概率；(3)取得两个同颜色的球的概率；(4)至少取得一个红球的概率.12.在房间里有4个人，问至少有两个人的生日是同一个月的概率是多少? 答案：

41。96 6

第二篇：2014年高考一轮复习数学教案：11.2 互斥事件有一个发生的概率

2013年，2014年,高考第一轮复习,数学教案集

11.2 互斥事件有一个发生的概率

●知识梳理

1.互斥事件：不可能同时发生的两个事件叫互斥事件.2.对立事件：其中必有一个发生的互斥事件叫对立事件.3.对于互斥事件要抓住如下的特征进行理解： 第一，互斥事件研究的是两个事件之间的关系;第二，所研究的两个事件是在一次试验中涉及的;第三，两个事件互斥是从试验的结果不能同时出现来确定的.从集合角度来看，A、B两个事件互斥，则表示A、B这两个事件所含结果组成的集合的交集是空集.对立事件是互斥事件的一种特殊情况，是指在一次试验中有且仅有一个发生的两个事件，集合A的对立事件记作A，从集合的角度来看，事件A所含结果的集合正是全集U中由事件A所含结果组成集合的补集，即A∪A=U，A∩A=.对立事件一定是互斥事件，但互斥事件不一定是对立事件.4.事件A、B的和记作A+B，表示事件A、B至少有一个发生.当A、B为互斥事件时，事件A+B是由“A发生而B不发生”以及“B发生而A不发生”构成的，因此当A和B互斥时，事件A+B的概率满足加法公式：

P（A+B）=P（A）+P（B）（A、B互斥），且有P（A+A）=P（A）+P（A）=1.当计算事件A的概率P（A）比较困难时，有时计算它的对立事件A的概率则要容易些，为此有P（A）=1－P（A）.对于n个互斥事件A1，A2，„，An，其加法公式为P（A1+A2+„+An）=P（A1）+P（A2）+„+P（An）.5.分类讨论思想是解决互斥事件有一个发生的概率的一个重要的指导思想.●点击双基

1.两个事件互斥是这两个事件对立的 A.充分不必要条件 C.充要条件

解析：根据定义判断.答案：B 2.从一批羽毛球产品中任取一个，质量小于4.8 g的概率是0.3，质量不小于4.85 g的概率是0.32，那么质量在［4.8，4.85）g范围内的概率是

A.0.62

B.0.38

C.0.7

解析：设一个羽毛球的质量为ξ g，则

P（ξ<4.8）+P（4.8≤ξ＜4.85）+P（ξ≥4.85）=1.∴P（4.8≤ξ＜4.85）=1－0.3－0.32=0.38.D.0.68

B.必要不充分条件

D.既不充分也不必要条件

答案：B 3.甲、乙两人下棋，甲获胜的概率是40%，甲不输的概率为90%，则甲、乙二人下成和棋的概率为

A.60% B.30% C.10% D.50% 解析：甲不输即为甲获胜或甲、乙二人下成和棋，90%=40%+p，∴p=50%.答案：D 4.（2004年东北三校模拟题）一个口袋中装有大小相同的2个白球和3个黑球，从中摸出一个球，放回后再摸出一个球，则两次摸出的球恰好颜色不同的概率为________.解析：（1）先摸出白球，P白=C1，再摸出黑球，P2=C，再摸出白球，P122513白黑

=C1C13；（2）先摸出黑球，P2.黑黑白

=CC，故P=

1312C2C3C5C51111+

C3C2C5C51111=

1225答案：

5.有10张人民币，其中伍元的有2张，贰元的有3张，壹元的有5张，从中任取3张，则3张中至少有2张的币值相同的概率为________.解析：至少2张相同，则分2张时和3张时，故P=34C2C8C3C7C5C5C3C5C10321212133=

34.答案：

●典例剖析

【例1】 今有标号为1，2，3，4，5的五封信，另有同样标号的五个信封.现将五封信任意地装入五个信封，每个信封装入一封信，试求至少有两封信配对的概率.解：设恰有两封信配对为事件A，恰有三封信配对为事件B，恰有四封信（也即五封信配对）为事件C，则“至少有两封信配对”事件等于A+B+C，且A、B、C两两互斥.∵P（A）=C52A552，P（B）=

C5A553，P（C）=

311201A55，∴所求概率P（A）+P（B）+P（C）=答：至少有两封信配对的概率是

31120..思考讨论

若求（1）至少有1封信配对.答案：9C15C52C51A3323.（2）没有一封信配对.答案：1－9C15C52C51A5522.【例2】（2004年合肥模拟题）在袋中装20个小球，其中彩球有n个红色、5个蓝色、10个黄色，其余为白球.求：（1）如果从袋中取出3个都是相同颜色彩球（无白色）的概率是

13114，且n≥2，那么，袋中的红球共有几个?（2）根据（1）的结论，计算从袋中任取3个小球至少有一个是红球的概率.解：（1）取3个球的种数为C3=1140.20设“3个球全为红色”为事件A，“3个球全为蓝色”为事件B，“3个球全为黄色”为事件C.P（B）=C5C3203=101140，P（C）=

C10C3203=

1201140.∵A、B、C为互斥事件，∴P（A+B+C）=P（A）+P（B）+P（C），即13114=P（A）+101140+

1201140P（A）=0 取3个球全为红球的个数≤2.又∵n≥2，故n=2.（2）记“3个球中至少有一个是红球”为事件D.则D为“3个球中没有红球”.P（D）=1－P（D）=1－

C18C20279533=

2795或

P（D）=C2C18C2C18C3201221=.【例3】 9个国家乒乓球队中有3个亚洲国家队，抽签分成甲、乙、丙三组（每组3队）进行预赛，试求：

（1）三个组各有一个亚洲队的概率；

（2）至少有两个亚洲队分在同一组的概率.33解：9个队分成甲、乙、丙三组有C39C6C3种等可能的结果.（1）三个亚洲国家队分给

222甲、乙、丙三组，每组一个队有A33种分法，其余6个队平分给甲、乙、丙三组有C6C4C2222种分法.故三个组各有一个亚洲国家队的结果有A33·C6C4C2种，所求概率

P（A）=A3C6C4C2C3339C6C33222=

928.928答：三个组各有一个亚洲国家队的概率是.（2）∵事件“至少有两个亚洲国家队分在同一组”是事件“三个组各有一个亚洲国家队”的对立事件，∴所求概率为1－

928=

1928.答：至少有两个亚洲国家队分在同一组的概率是

1928.●闯关训练 夯实基础

1.从装有2个红球和2个白球的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是 A.至少有1个白球，都是红球

C.恰有1个白球，恰有2个白球

B.至少有1个白球，至多有1个红球 D.至多有1个白球，都是红球

答案：C 2.一批产品共10件，其中有两件次品，现随机地抽取5件，则所取5件中至多有一件次品的概率为

A.C.114127929

C2C85C104

C85

140252

56252

B.D.解析：P=+

5C10=+=.答案：B 3.有3人，每人都以相同的概率被分配到4个房间中的一间，则至少有2人分配到同一房间的概率是________.解析：P=1－58A4433=58.答案：

4.从编号为1，2，3，4，5，6，7，8，9，10的十个球中，任取5个球，则这5个球编号之和为奇数的概率是________.4255解析：任取5个球有C10种结果，编号之和为奇数的结果数为C15C5+C35C5+C5=126，故所求概率为12126C105=12.答案：

5.52张桥牌中有4张A，甲、乙、丙、丁每人任意分到13张牌，已知甲手中有一张A，求丙手中至少有一张A的概率.解：丙手中没有A的概率是

C4813C5113，由对立事件概率的加法公式知，丙手中至少有一张A的概率是1－C48C511313=0.5949.6.袋中有5个白球，3个黑球，从中任意摸出4个，求下列事件发生的概率：（1）摸出2个或3个白球；

（2）至少摸出1个白球；（3）至少摸出1个黑球.4解：从8个球中任意摸出4个共有C8种不同的结果.记从8个球中任取4个，其中恰有1个白球为事件A1，恰有2个白球为事件A2，3个白球为事件A3，4个白球为事件A4，恰有i个黑球为事件Bi.则

（1）摸出2个或3个白球的概率

P1=P（A2+A3）=P（A2）+P（A3）=（2）至少摸出1个白球的概率 P2=1－P（B4）=1－0=1.（3）至少摸出1个黑球的概率 P3=1－P（A4）=1－

C5C4C5C3C4822+

C5C34C831=

37+

37=

67.48=

1314.培养能力

7.某单位36人的血型类型是：A型12人，B型10人，AB型8人，O型6人.现从这36人中任选2人.求：（1）两人同为A型血的概率；（2）两人具有不相同血型的概率.解：（1）P=C12C2362=11105.（2）考虑对立事件：两人同血型为事件A，那么P（A）=C12C10C8C6C3622222=

1347.3447所以不同血型的概率为P=1－P（A）=.8.8个篮球队中有2个强队，先任意将这8个队分成两个组（每组4个队）进行比赛，则这两个强队被分在一个组内的概率是________.解法一：2个强队分在同一组，包括互斥的两种情况：2个强队都分在A组和都分在B组.2个强队都分在A组，可看成“从8个队中抽取4个队，里面包括2个强队”这一事件，其概率为C6C248；2个强队都分在B组，可看成“从8个队中抽取4个队，里面没有强队”这一事件，其概率为C6C844.因此，2个强队分在同一个组的概率为P=

C6C824+

C6C844=

37.解法二：“2个强队分在同一个组”这一事件的对立事件“2个组中各有一个强队”，而两个组中各有一个强队，可看成“从8个队中抽取4个队，里面恰有一个强队”这一事件，其概率为C2C6C4813.因此，2个强队分在同一个组的概率P=1－

C2C6C4813=1－

47=

37.答案：37

探究创新

9.有点难度哟！

有人玩掷硬币走跳棋的游戏，已知硬币出现正反面为等可能性事件，棋盘上标有第0站，第1站，第2站，„，第100站，一枚棋子开始在第0站，棋手每掷一次硬币，棋子向前跳动一次，若掷出正面，棋向前跳一站（从k到k+1），若掷出反面，棋向前跳两站（从k到k+2），直到棋子跳到第99站（胜利大本营）或跳到第100站（失败集中营）时，该游戏结束.设棋子跳到第n站概率为Pn.（1）求P0，P1，P2的值；（2）求证：Pn－Pn－1=－

12（Pn－1－Pn－2），其中n∈N，2≤n≤99；

（3）求P99及P100的值.（1）解：棋子开始在第0站为必然事件，∴P0=1.第一次掷硬币出现正面，棋子跳到第1站，其概率为，21∴P1=12.棋子跳到第2站应从如下两方面考虑：

14①前两次掷硬币都出现正面，其概率为②第一次掷硬币出现反面，其概率为∴P2=1412；

.+12=34.（2）证明：棋子跳到第n（2≤n≤99）站的情况是下列两种，而且也只有两种： ①棋子先到第n－2站，又掷出反面，其概率为Pn－2；

21②棋子先到第n－1站，又掷出正面，其概率为Pn－1.21∴Pn=12Pn－2+1212Pn－1.（Pn－1－Pn－2）.12∴Pn－Pn－1=－（3）解：由（2）知，当1≤n≤99时，数列{Pn－Pn－1}是首项为P1－P0=－－12，公比为的等比数列.∴P1－1=－12，P2－P1=（－

12）2，P3－P2=（－

1212）3，„，Pn－Pn－1=（－

1212）n.以上各式相加，得Pn－1=（－∴Pn=1+（－99）.12）+（－

1212）2+„+（－

23）n，12）+（－

12）2+„+（－）n=

［1－（－）n+1］（n=0，1，2，„，∴P99=P100=1223［1－（121223）100］，［1－（－

12P98=·）99］=［1+（3112）99］.●思悟小结

求某些稍复杂的事件的概率时，通常有两种方法：一是将所求事件的概率化成一些彼此互斥的事件的概率的和；二是先去求此事件的对立事件的概率.●教师下载中心 教学点睛

1.概率加法公式仅适用于互斥事件，即当A、B互斥时，P（A+B）=P（A）+P（B），否则公式不能使用.2.如果某事件A发生包含的情况较多，而它的对立事件（即A不发生）所包含的情形较少，利用公式P（A）=1－P（A）计算A的概率则比较方便.这不仅体现逆向思维，同时对培养思维的灵活性是非常有益的.拓展题例

【例题】 某单位一辆交通车载有8个职工从单位出发送他们下班回家，途中共有甲、乙、丙3个停车点，如果某停车点无人下车，那么该车在这个点就不停车.假设每个职工在每个停车点下车的可能性都是相等的，求下列事件的概率：

（1）该车在某停车点停车；（2）停车的次数不少于2次；

（3）恰好停车2次.解：将8个职工每一种下车的情况作为1个基本事件，那么共有38=6561（个）基本事件.（1）记“该车在某停车点停车”为事件A，事件A发生说明在这个停车点有人下车，即至少有一人下车，这个事件包含的基本事件较复杂，于是我们考虑它的对立事件A，即“8个人都不在这个停车点下车，而在另外2个点中的任一个下车”.∵P（A）=2388=2566561，2566561∴P（A）=1－P（A）=1－=

63056561.（2）记“停车的次数不少于2次”为事件B，则“停车次数恰好1次”为事件B，则

C3381P（B）=1－P（B）=1－=1－

36561=

21862187.（3）记“恰好停车2次”为事件C，事件C发生就是8名职工在其中2个停车点下车，2273每个停车点至少有1人下车，所以该事件包含的基本事件数为C3（C18+C8+C8+„+C8）=3×（2－2）=3×254，于是P（C）=

32546561=

2542187.

第三篇：数学高考复习名师精品教案：第86课时：第十章 排列、组合和概率-随机事件的概率

数学高考复习名师精品教案

第86课时：第十章 排列、组合和概率——随机事件的概率

一．课题：随机事件的概率 二．教学目标：

1．了解随机事件、必然事件、不可能事件的概念；

2．掌握等可能事件的概率公式，并能熟练地运用排列组合的知识解决等可能事件的概率问题；

三．教学重点：等可能事件的概率的计算． 四．教学过程：

（一）主要知识：

1．随机事件概率的范围 ； 2．等可能事件的概率计算公式 ；

（二）主要方法：

1．概率是对大量重复试验来说存在的一种规律性，但对单次试验而言，事件的发生是随机的； 2．等可能事件的概率P(A)m，其中n是试验中所有等可能出现的结果（基本事n件）的个数，m是所研究事件A中所包含的等可能出现的结果（基本事件）个数，因此，正确区分并计算m,n的关键是抓住“等可能”，即n个基本事件及m个基本事件都必须是等可能的；

（三）基础训练：

1．下列事件中，是随机事件的是（C）

（A）导体通电时，发热；（B）抛一石块，下落；（C）掷一枚硬币，出现正面；（D）在常温下，焊锡融化。2．在10张奖券中，有4张有奖，从中任抽两张，能中奖的概率为（C）

(A)1124(B)(C)(D)23353．6人随意地排成一排，其中甲、乙之间恰有二人的概率为（C）

(A)1111(B)(C)(D)345104．有2n个数字，其中一半是奇数，一半是偶数，从中任取两个数，则所取的两个数之和为偶数的概率为（C）

(A)11n1n1(B)(C)(D)22n2n12n

1（四）例题分析：

例1．袋中有红、黄、白色球各一个，每次任取一个，有放回抽三次，计算下列事件的概率：

（1）三次颜色各不同；（2）三种颜色不全相同；（3）三次取出的球无红色或无黄色；

解：基本事件有3327个，是等可能的，3A32（1）记“三次颜色各不相同”为A，P(A)；

279（2）记“三种颜色不全相同”为B，P(B)2738； 279232315；（3）记“三次取出的球无红色或无黄色”为C，P(C)279例2．将一枚骰子先后掷两次，求所得的点数之和为6的概率。解：掷两次骰子共有36种基本事件，且等可能，其中点数之和为6的有

(1,5),(2,4),(3,3),(4,2),(5,1)共5种，所以“所得点数和为6”的概率为

5。36例3．某产品中有7个正品，3个次品，每次取一只测试，取后不放回，直到3只次品全被测出为止，求经过5次测试，3只次品恰好全被测出的概率。

5解：“5次测试”相当于从10只产品中有序的取出5只产品，共有A10种等可能的基本事件，“3只次品恰好全被测出”指5件中恰有3件次品，且第5件是次

224C7C3A41品，共有CCA种，所以所求的概率为。5A1020272344

例4．从男生和女生共36人的班级中任意选出2人去完成某项任务，这里任何人当选的机会都是相同的，如果选出的2人有相同性别的概率是，求这个班级中的男生，女生各有多少人? 解： 设此班有男生n人(n∈N,n≤36)，则有女生(36-n)人，从36人中选出有相同性别的2人，只有两种可能，即2人全为男生，或2人全为女生.从36人中选出有相同性别的2人，共有(Cn2+C36-n2)种选法.22CnC36n因此，从36人中选出2人，这2人有相同性别的概率为 2C36221CnC36n依题意，有＝ 22C3612经过化简、整理，可以得到 n2-36n+315＝0.所以n＝15或n＝21，它们都符合n∈N，n<36.答：此班有男生15人，女生21人；或男生21人，女生15人.五．课后作业：

1．100件产品中，95件正品，5件次品，从中抽取6件：至少有1件正品；至少有3件是次品；6件都是次品；有2件次品、4件正品.以上四个事件中，随机事件的个数是()(A)3(B)4(C)2(D)1 2．5人随意排成一排，其中甲不在左端，且乙在中间的概率为（）

(A)3334(B)(C)(D)5201025

3．抛掷三枚均匀的硬币，出现一枚正面，二枚反面的概率等于()(A)1131(B)(C)(D)

3842

4.将8个参赛队伍通过抽签分成A、B两组，每组4队，其中甲、乙两队恰好不在同组的概率为()(A)4123(B)(C)(D)

7725

5.袋中有白球5只，黑球6只，连续取出3只球，则顺序为“黑白黑”的概率为()(A)1245(B)(C)(D)

33331133

6．将骰子抛2次，其中向上的数之和是5的概率是()(A)111(B)(C)(D)97

3694

７.有红、黄、蓝三种颜色的旗帜各3面，在每种颜色的3面旗帜上分别标上号

码1、2、3，现在从中任取三面，它们的颜色和号码均不相同的概率为。

8.9支球队中，有5支亚洲队，4支非洲队，从中任意抽2队进行比赛，则两洲各有一队的概率是.9.接连三次掷一硬币，正反面轮流出现的概率等于.10.在100个产品中，有10个是次品，若从这100个产品中任取5个，其中恰有2个次品的概率等于.11.4位男运动员和3位女运动员排成一列入场；女运动员排在一起的概率是 ；男、女各排在一起的概率是 ；男女间隔排列的概率是.12.从1，2，3，……，9这九个数字中随机抽出数字，如依次抽取，抽后不放回，则抽到四个不同数字的概率是 ；如依次抽取，抽后放回，则抽到四个不同数字的概率是.13．20个零件中有3个次品，现从中任意取4个，求下列事件的概率：（1）4个全是正品；（2）恰有2个是次品。

14.从1，2，3，4，5这五个数字中，先任意抽取一个，然后再从剩下的四个数字中再抽取一个，求下列事件的概率：

（1）第一次抽到的是奇数；（2）第二次抽到的是奇数；（3）两次抽到的都是奇数；（4）两次抽到的都是偶数；（5）两次抽到的数字之和是偶数．

15．6名同学随意站成一排，求下列各种情况发生的概率：

（1）甲站左端；（2）甲站左端，乙站右端；（3）甲、乙两人相邻；（4）甲、乙两人不相邻；（5）甲不站排头、排尾；（6）甲站在乙的左边（可以相邻，也可以不相邻）．

第四篇：初三数学总复习-统计和概率 教案

《总复习——统计与概率》教案

一、教学目标

知识与技能：在具体情境中了解概率的意义，运用列举法（包括列表和画树状图）计算简单事件发生的概率．

过程与方法：经历模仿、参考例题到自己动手完成变式训练，体会概率问题的书写规范.情感态度与价值观：通过简单概率事件的计算提升学生对数学学习的兴趣.二、教学重点与难点

重点：概率综合问题的书写格式、概率的计算.难点：概率大题的书写规范.三、教学过程 1.知识回顾 公式P(A)m的意义 nm.n一般地，如果在一次试验中，有n种可能的结果，并且它们发生的可能性都相等，事件A包含其中的m种结果，那么事件A发生的概率P(A)

2.例题讲解

（2016一检22）一个不透明的口袋中有3个大小相同的小球，球面上分别写有数字1，2，3，从袋中随机摸出一个小球，记录下数字后放回，再随机摸出一个小球.（1）请用树状图或列表法中的一种，列举出两次摸出的球上数字的所有可能结果；（2）求两次摸出球上的数字的积为奇数的概率.解：（1）根据题意，可以列出如下表格：

或根据题意，可以画如下的树状图：

由树状图可以看出，所有可能的结果共有9种，这些结果出现的可能性相等.（2）由（1）得：其中两次摸出的球上的数字积为奇数的有4种情况，∴P(两次摸出的球上的数字积为奇数)=3.错题分析 9

4.正确示范

5.变式训练

（2015一检20）小红和小白想利用所学的概率知识设计一个摸球游戏，在一个不透明的袋子中装入完全相同的4个小球，把它们分别标号为2，3，4，5.两人先后从袋中随机摸出一个小球，若摸出的两个小球上的数字和是奇数则小红获胜，否则小白获胜.下面的树状图列出了所有可能的结果：

请判断这个游戏是否公平？并用概率知识说明理由.解：由树状图可知，所有可能的结果共有12种，且每种结果出现的可能性相同 其中两个小球上的数字和是奇数的共有8种，为偶数的共有4种 ∴ P(和为奇数)=∵ 8241，P(和为偶数)= 12312321 33∴ 这个游戏不公平

（2014一检18）在一个口袋中有4个完全相同的小球，把它们分别标号1，2，3，5.小明先随机地摸出一个小球，小强再随机地摸出一个小球.记小明摸出球的标号为x，小强摸出球的标号为y.小明和小强在此基础上共同协商一个游戏：当x与y的积为偶数时，小明获胜；否则小强获胜.（1）若小明摸出的球不放回，求小明获胜的概率；

（2）若小明摸出的球放回后小强再随机摸球，问他们制定的游戏公平吗？请说明理由.解：（1）列表如下：

或列树状图如下：

由树状图可知，所有可能的结果共有12种，并且每种情况出现的可能性相等，其中x与y的积为偶数的有6种.∴ 小明获胜的概率P(x与y的积为偶数)=（2）列表如下： 2

或列树状图如下：

由树状图可知，所有可能的结果共有16种，并且每种情况出现的可能性相等，其中x与y的积为偶数的有7种.∴小明获胜的概率P(x与y的积为偶数)=∴游戏规则不公平

6.总结归纳

71 162

7.布置作业

优化设计P72—74

教学反思：

第五篇：2018年高考数学总复习第十章计数原理、概率第2讲排列与组合!

第2讲 排列与组合

基础巩固题组(建议用时：25分钟)

一、选择题

1.(2016·四川卷)用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为()A.24 B.48

C.60 D.72 解析 由题意，可知个位可以从1，3，5中任选一个，有A3种方法，其他数位上的数可以从剩下的4个数字中任选，进行全排列，有A4种方法，所以奇数的个数为A3A4＝3×4×3×2×1＝72，故选D.答案 D 2.(2017·东阳调研)某外商计划在4个候选城市中投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有()A.16种 C.42种

B.36种 D.60种

414解析 法一(直接法)若3个不同的项目投资到4个城市中的3个，每个城市一项，共A4种方法；若3个不同的项目投资到4个城市中的2个，一个城市一项、一个城市两项共C3A4种方法.由分类加法计数原理知共A4＋C3A4＝60(种)方法.法二(间接法)先任意安排3个项目，每个项目各有4种安排方法，共4＝64种排法，其中3个项目落入同一城市的排法不符合要求共4种，所以总投资方案共4－4＝64－4＝60(种).答案 D 3.10名同学合影，站成了前排3人，后排7人，现摄影师要从后排7人中抽2人站前排，其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数为()A.C7A5 2

222 B.C7A2

222

C.C7A5

D.C7A5

23解析 首先从后排的7人中抽2人，有C7种方法；再把2个人在5个位置中选2个位置进行排列有A5种.由分步乘法计数原理知不同调整方法种数是C7A5.答案 C 4.(2017·金华调研)甲、乙两人从4门课程中各选修两门，则甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法共有________种()A.30 B.36

C.60

D.72

222解析 甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法可以分为两类：当甲、乙所选的课程中2门均不相同时，甲先从4门中任选2门，乙选取剩下的2门，有C4C2＝6种方法；当甲、乙所选的课程中有且只有1门相同时，分为2步：①从4门中选1门作为相同的课程，有C4＝4种

122选法，②甲从剩余的3门中任选1门，乙从最后剩余的2门中任选1门有C3C2＝6种选法，由分步乘法计数原理此时共有C4C3C2＝24种方法.综上，共有6＋24＝30种方法.答案 A 5.某台小型晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位.该台晚会节目演出顺序的编排方案共有()A.36种 C.48种

B.42种 D.54种

111解析 分两类，第一类：甲排在第一位时，丙排在最后一位，中间4个节目无限制条件，有A4种排法；第二类：甲排在第二位时，从甲、乙、丙之外的3个节目中选1个节目排在第一位有C3种排法，其他3个节目有A3种排法，故有C3A3种排法.依分类加法计数原理，知共有A4＋C3A3＝42种编排方案.答案 B 6.(2016·东北三省四市联考)甲、乙两人要在一排8个空座上就坐，若要求甲、乙两人每人的两旁都有空座，则有多少种坐法()A.10 C.20

B.16 D.24 1

31313

44解析 一排共有8个座位，现有两人就坐，故有6个空座.∵要求每人左右均有空座，∴在6个空座的中间5个空中插入2个座位让两人就坐，即有A5＝20种坐法.答案 C 7.(2017·浙江五校联考)某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是()A.72 C.144

B.120 D.168

2解析 法一 先安排小品节目和相声节目，然后让歌舞节目去插空.安排小品节目和相声节目的顺序有三种：“小品1，小品2，相声”，“小品1，相声，小品2”和“相声，小品1，小品2”.对于第一种情况，形式为“□小品1歌舞1小品中2□相声□”，有A2C3A3＝36(种)安排方法；同理，第三种情况也有36种安排方法，对于第二种情况，三个节目形成4个人，其形式为“□小品1□相声□小品2□”.有A2A4＝48种安排方法，故共有36＋36＋48＝120种安排方法.法二 先不考虑小品类节目是否相邻，保证歌舞类节目不相邻的排法共有A3·A4＝144(种)，再剔除小品类节目相邻的情况，共有A3·A2·A2＝24(种)，于是符合题意的排法共有144－24＝120(种).答案 B 8.(2017·青岛模拟)将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，9×5＝45种坐法.答案 45

能力提升题组(建议用时：20分钟)14.(2017·武汉调研)三对夫妻站成一排照相，则仅有一对夫妻相邻的站法总数是()A.72 C.240

B.144 D.288 解析 第一步，先选一对夫妻使之相邻，捆绑在一起看作一个复合元素A，这对夫妻有2种排法，故有C3A2＝6种排法；第二步，再选一对夫妻，这对夫妻有2种排法，从剩下的那对夫妻中选择一个插入到刚选的夫妻中，把这三个人捆绑在一起看作另一个复合元素B，有C2A2C2＝8种排法；第三步，将复合元素A，B和剩下的那对夫妻中剩下的那一个进行全排列，有A3＝6种排法，由分步乘法计数原理，知三对夫妻排成一排照相，仅有一对夫妻相邻的排法有6×8×6＝288种，故选D.答案 D 15.设集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|xi∈{－1，0，1}，i＝1，2，3，4，5}，那么集合A中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素个数为()A.60 C.120

B.90 D.130

312112解析 因为xi∈{－1，0，1}，i＝1，2，3，4，5，且1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3，所以xi中至少两个为0，至多四个为0.①xi(i＝1，2，3，4，5)中4个0，1个为－1或1，A有2C5个元素； ②xi中3个0，2个为－1或1，A有C5×2×2＝40个元素； ③xi中2个0，3个为－1或1，A有C5×2×2×2＝80个元素； 从而，集合A中共有2C5＋40＋80＝130个元素.答案 D 16.(2017·慈溪调考)在某班进行的演进比赛中，共有5位选手参加，其中3位女生，2位男生，如果2位男生不能连着出场，且女生甲不能排在第一个，那么出场顺序的排法种数为________(用数字作答).解析 若第一个出场是男生，则第二个出场的是女生，以后的顺序任意排，方法有C2C3A3＝36种；若第一个出场的是女生(不是女生甲)，则剩余的2个女生排列好，2个男生插空，方法有C2A2A3＝24种.故所有出场顺序的排法种数为36＋24＝60.答案 60 17.(2017·诸暨模拟)从0，1，2，3，4，5这6个数字中任意取4个数字，组成一个没有重复且能被3整除的四位数，则这样的四位数共有________个(用数字作答).5-