高中数学论文概率题错解分类剖析

第1页共4页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()()()0.80.20.70.30.825PABPAPBCC．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AB．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AB，则222233()()()0.80.20.70.30.169344PABPAPBCC．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1234AAAA、、、4，且1PA=0.1，2PA=0.3，3PA=0.4，4PA=0.1，则电话在响前4声内被接的概率为P=1PA2PA3PA4PA=0.1×0.3×0.4×0.1=0.0012．第2页共4页剖析：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=1PA+2PA+3PA+4PA==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PC=/PBA=6293.剖析：本题错误在于PAB与/PBA的含义没有弄清,PAB表示在样本空间S中,A与B同时发生的概率；而/PBA表示在缩减的样本空间AS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）=PAB=PA/PBA=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3713CC种取法.48178910)(3713CCAP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371314AAA个基本事件21)(410371314AAAAAP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3713CC个基本事件．.21)(4103713CCCAP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，所第3页共4页以求甲种饮料饮用完毕，而乙种饮料还剩下3瓶共有5255CC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525517101P12CCC＝＝．（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5155CC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51545555710CC+C+C11=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)=Cp(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)Cp(1p)Cp+Cp=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nN，而事件A含有n!种结果．!().nnPAN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12345…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nnNC1，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nNNnCAPnnN正解：分两种情况：第4页共4页（1）当球是可辩认的，则;!)(nNnAP（2）当球是不可辨认的，则)(AP)!1()!1(!nNNn．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．