等可能性事件的概率的计算公式为P（A）=mn，但是通过枚举法数出n、m往往不太现实，通过本节课的学习，掌握用组合知识来计算n、m。从而得到等可能性事件的概率。
【教学过程】
一、设置情境
（投影）例1在100件产品中，有95件合格品，5件次品，从中任取2件，计算：（1）2件都是合格品的概率；
（2）2件都是次品的概率；
（3）1件是合格品，1件是次品的概率。
师问：本题中的所有结果n是多少，它通过枚举法来数是否方便？
二、探索研究
1．解答例1
根据组合的有关知识，试验中的结果种数可以用组合数来表示。如：从100件合格品中任取2件，可能出现的结果为C2100种，从95件合格品中取到2件的结果为C295种，所以例1的解法如下：解：从100件产品中任取2件，可能出现的结果为C2100种。
（1）从95件合格品中取到2件的结果为C295种，记“任取2件都是合格品”为事件A1，则P（A1）=C295C2100=893990
（2）从5件次品中取到2件的结果为C25种，记“任取2件都是次品”为事件A2，则P（A2）=C25C2100=1495
（3）取到1件合格品、1件次品的结果为C15 C195种，记“任取2件，1件是合格品，1件是次品”为事件A3，则P（A3）=C15C195C2100=19198
2．分析例2
例2一个口袋内装有大小相等的1个白球和已编有不同号码的3个黑球，从中摸出2个球。
（1）共有多少种不同的结果？
（2）摸出2个黑球有多少种不同的结果？
（3）摸出2个黑球的概率是多少？
解：（1）从装有4个球的口袋内摸出2个球，共有：C24
种不同的结果。
（2）从3个黑球中摸出2个球，共有：
C23
种不同的结果。
（3）由于口袋内4个球的大小相等，从中摸出2个球的6种结果是等可能的，所以从中摸出2个黑球的概率：P（A）=36=12
三、演练反馈
1．某企业一个班组有男工7人，女工4人。现要从中选出4个职工代表，求4个代表中至少有一个女工的概率。
2．外形相同的电子管100只，其中A类40只，B类30只，C类30只。在运输过程中损坏了3只，如果这100只电子管中，每只损坏的可能性相同。试求这3只中，每类恰有1只的概率。
3．n个同学随机坐成一排，求其中甲、乙坐在一起的概率。
参考答案
1．解：从11个人中选出4人可能出现的结果为C411种；从11个人中选出4人至少有一个女工的结果数为C411-C47，记“至少有一个女工代表”为事件A，则P（A）=C411-C47C411=5966
2．解：从100只电子管中任取3只可能出现的结果为C3100种损坏的3只中每类恰有1只的结果为C140C130C130种，记“损坏的3只中每类各1只”为事件A，则：P（A）=C140C130C130C3100=120539
3．解：P（A）=A22（n-1）！n！=2n四、总结提炼
计算等可能性事件的概率时，常用到组合的知识和方法，要理解组合的概念，熟悉组合数的计算。
五、布置作业
课本P120习题10．5 4，5，7.
六、板书设计
随机事件的概率（三）
（一）复习提问
（二）例题分析
例1
例2
练习
（三）小结
第四课时
【教学目标】
熟练用排列知识去求n、m，继而算出等可能性事件的概率。
【教学过程】
一、设置情境
（投影）例1从0，1，2，3，4，5，6这七个数中，任取4个组成没有重复数字的四位数，求：（1）这个四位数是偶数的概率；
（2）这个四位数能被5整除的概率。
师问：计算等可能性事件的概率，必需先计算n、m，在上两节课中，我们分别用枚举法和组合知识进行计算，在此题中“任取4个组成没有重复数字的四位数“以及”是偶数的四位数“等，它们的个数可以用枚举法数出来吗？可以用组合知识得到吗？应该怎么办？
二、探索研究
例1分析：枚举法或应用组合知识可以计算出n、m。同样用分步计数原理或者排列的有关知识也可以得到n、m，在此题中由0，1，2，3，4，5，6这七个数任取4个组成没有重复数字的四位数的个数可以用排列来计算为A16A36。
解：组成四位数的总结果数为A16A36
（1）组成四位偶数的结果数为A36＋3（A36-A25），所以这个四位数是偶数的概率P1=4A36-3A25A16A36=712
（2）组成能被5整除的四位数的结果数为A36＋5A25，所以这个四位数能被5整除的概率P2=A36＋5A25A16A36=1136
例2分配5个人担任5种不同的工作，求甲不担任第一种工作，乙不担任第二种工作的概率。
解：5个人担任5种不同工作的结果数为A55；甲不担任第一种工作，乙不担任第二种工作的结果数为A55-2A44＋A33，故满足条件的概率是P=A55-2A44＋A33A55=1320
例3储蓄卡上的密码是一种四位数字号码，每位上的数字可在0到9这十个数字中选取。
（1）使用储蓄卡时，如果随意按下一个四位数字号码，正好按对这张储蓄卡的密码的概率只有多少？
（2）某人未记准储蓄卡的密码的最后一位数字，他在使用这张卡时如果前三位号码仍按本卡密码，而随意按下密码的最后一位数字，正好按对密码的概率是多少？
解：（1）由于储蓄卡的密码是一个四位数字号码，且每位上的数字有0到9这10种取法。根据分步计数原理，这种号码共有104个。又由于随意按下一个四位数字号码，按下其中哪一个号码的可能性都相等。所以：P1=110
（2）按四位数字号码的最后一位数字，有10种按法。由于最后一位数字是随意按下的，按下其中各个数字的可能性相等。所以按下的正好是密码的最后一位数字的概率P2=110
三、演练反馈
1．一栋楼房共有4个单元，甲、乙、丙三户都住在这个楼内。求甲、乙、丙三户同住一个单元的概率。
（由一名学生板演后，教师讲评）
2．在电话号码中后五个数全不相同的概率为多少？
3．将4个编号的球放入3个编号的盒中，对于每一个盒来说，所放的球数k满足0≤k≤4。在各种放法的可能性相等的条件下，求：（1）第一个盒没有球的概率；
（2）第一个盒恰有1个球的概率；
（3）第一个盒恰有2个球的概率；
（4）第一个盒有1个球，第二个盒恰有2个球的概率。
（学生思考后，教师分析讲解）
参考答案
1．解：甲、乙、丙三户住这栋楼房4个单元的总结果数为43，甲、乙、丙都住同一单元的结果数为A14。所以他们同住一个单元的概率：P=A1443=116
2．解：P=A510105
3．解：4个不同的球放入3个不同的盒中的放法共有34种。
（1）第一个盒中没有球的放法有24种，所以第一个盒中没有球的概率为：P1=2434=1681
（2）第一个盒中恰有1个球的放法有C14·23种。所以第一个盒中恰有1个球的概率为：P2=C14·2334=3281
（3）第一个盒中恰有2个球的放法有C24·22种，所以第一个盒中恰有2个球的概率为：P3=C24·2234=827
（4）第一个盒中恰有1个球，第二个盒中恰有2个球的放法有C14C23种，所以所求的概率：P4=C14C2334=427
四、总结提炼
从以上等可能性事件的概率的计算中可以看到，排列、组合知识得到了充分的运用，因此，排列、组合知识是概率的基础，概率是排列、组合知识的又一应用。
五、布置作业
课本P120习题10．5 8，9，10，11.
六、板书设计
随机事件的概率（四）
（一）设置情境
（二）例题分析
例1
例2
例3
练习
（三）小结
【习题精选】
1．某小组有成员3人。每人在一个星期中参加一天劳动如果劳动日期可随机安排，则3人在不同的3天参加劳动的概率为
A．37B．335C．3049D．17
2．从分别写有A、B、C、D、E的5张卡片中，任取2张，这2张卡片上的字母恰好是按字母顺序相邻的概率是
A．15B．25C．310D．710
3．十个人站成一排，其中甲、乙、丙三人恰巧站在一起的概率为
A．115B．190C．310D．710
4．从长度分别为1、3、5、7、9个单位的5条线段中任取3条作边，能组成三角形的概率为
A．15B．25C．35D．310
二、填空题
5．将4个球随机地放入4个盒中，则恰有一个盒子空着的概率为。
6．圆周上有十个等分圆周的点，以这十个点中，任取三点为顶点作一个三角形。则所作的三角形是直角三角形的概率是。
7．一批产品中，有n件正品和m件次品，对产品逐个进行检测，如果已检测的前k个均为正品，那么第k＋1次检测的产品为正品的概率为。
三、解答题
8．某组有16名学生，其中男、女生各占一半，把全组学生分成人数相等的两小组，求每小组里男、女生人数相同的概率。
9．把1，2，3，4，5各数分别写在5张卡片上，随机地取出3张排成自左向右的顺序，组成三位数，求：（1）所得三位数是偶数的概率；
（2）所得三位数小于350的概率；
（3）所得三位数是5的概率。
10．把10个运动队平均分成两组进行预赛。求最强两队被分在（1）不同组内；（2）同一组内的概率。
四、研究题
11．某自然保护区内有n只大熊猫，从捕捉t只体检并加上标志再放回保护区，1年后再从这个保护区内捕捉m只大熊猫（设该区内大熊猫总数不变），求其中有5只大熊猫是第2次接受体检的概率。
参考答案
1．C2．B3．A4．D5．916
6．137．n-kn＋m-k
8．解：基本事件有12C810C88。事件为A组里男、女生各半的情形，它有12C48·C48，即12（C48）2种，所以P（A）12（C48）212C816=4901287。
9．解：从5张卡片中任取3张组成三位数共可组成A35=60个不同的三位数。
（1）所得三位数是偶数的情况有A12A24=24种，因而所得三位数是偶数的概率为2460=25。
（2）所得三位数中小于350的个数为A12A24＋A13A13=33。因而所得三位数小于350的概率为3360=1120。
（3）所得三位数是5的倍数的概率为A2460=15。
10．解：10个运动队平均分成两组，共有12C510种不同分法。
（1）最强两队被分在不同组内的分法有12C48A22=C48种。所以最强两队被分在不同组内的概率为C4812C510=59。
（2）最强两队被分在同一组内的分法有C38。所以最强两队被分在同一组内的概率为C3812C510=49。
11．解：基本事件（第二次捕捉m只大熊猫）数为Cmn，事件A为第二次捕捉的大熊猫有s只是第2次接受体检，它有CstCm-sn-t个。所以P（A）=Cst Cm-sm-tCmn。
