教学反思——解概率题常见错误剖析
浙江省湖州中学 蒋际明
在概率学习中，由于它具有与其它数学分支不一样的、独特的概念和分析方法，学生往往会感到很不习惯，入门会有一定困难．在解概率问题时，由于对某些概念或公式理解不透彻，考虑不周全、选择概率模型不正确等原因，经常会造成一些表面看起来正确而实际上错误的解法，下面就结合本人所教学生在解概率题时出现的错误，具体地加以剖析．
一．对古典概型的概念理解模糊
例1 在两个袋内，分别装有0，1，2，3，4，5六个数字的6张卡片，现从每个袋内任取一张卡片，求两数之和等于7的概率．
错解 因为所取两张卡片上两数之和共有0，1，2，3，4，„，9，10共11种不同的结果，所以和为7的概率为P =
111
．
剖析 因为以上11种不同的结果不是等可能的，如点数和0只有(0，0) ，而点数之和为7有(2，5) 、(5，2) 、(3，4) 、(4，3) 共4种，所以它不是古典概型．
11
正解 由于从两袋中分别取出一张卡片共有C 6⋅C 6种取法，两数之和等于7的取法有
4种．
故所求的概率 P =
4C ⋅C
16
16
=
436
=
19
．
例2 瓶子中装有4粒大小相同而颜色不同的小球，每次倒出若干（至少一粒），求倒出奇数粒球的概率．
错解 每次倒出若干（至少一粒）小球共有C 4+C 4+C 4+C 4=15种方法，而倒出奇数粒球共有C 4+C 4=8种方法，因此倒出奇数粒小球的概率是
1
3
1
2
3
4
815
．
剖析 对古典概型的基本事件总数的理解错误， “将4粒大小相同而颜色不同的小球每次倒出若干个” 这一试验中所含的基本事件总数是16，包括一个都没有倒出的情形．
正解 每次倒出若干小球共有C 4+C 4+C 4+C 4+C 4=16种方法，而倒出奇数粒球
13
共有C 4+C 4=8种方法，因此倒出奇数粒小球的概率是P =
1
2
3
4
816
=
12
．
也可以选用独立重复试验的概率模型，因为每一粒球被倒出或不被倒出的概率均为
1
所以倒出奇数粒小球的概率是P =C 4⨯() ⨯(1-
12
，
11
2
131133
) +C 4⨯() ⨯(1-) =． 2222
二．对事件之间的关系概念混淆
例3 抛掷一均匀的正方体玩具，各面分别标有1，2，3，4，5，6，事件A 表示朝上一面的数是奇数，事件B 表示朝上一面的数不超过3，求事件A 或事件B 发生的概率．
错解 P (A ) =
36=12
，P (B ) =
36
=
12
，
12+12=1．
∴ 事件A 或事件B 发生的概率为P (A +B ) =P (A ) +P (B ) =
剖析 此解法错误在于忽视了“事件和”的概率公式成立的前提条件，由于“朝上一面的数是奇数”与“朝上一面的数不超过3”二者不是互斥事件，即出现1或3时，A 、B 同时发生，所以不能应用P (A +B ) =P (A ) +P (B ) 求解.
正解 把事件A 或事件B 发生分成“出现1，2，3”与“出现5”这两个事件，记出现“1，2，3”为事件C ， “出现5”为事件D ，则C 与D 为互斥事件，
而P (C ) =
36=12
，P (D ) =
16
，
12+16=23
所以事件A 或事件B 发生的概率为P (C +D ) =．
例4 对某批产品最多抽取4个进行合格性检验，抽得不合格品后停止并认定为该批产品不合格，经试验得到第一次抽得不合格品的概率为
310
110
，第二次抽得不合格品的概率为
110
，第三次抽得不合格品的概率为
25
，第四次抽得不合格品的概率为，那么该批产品
被认定为不合格的概率是多少？
错解 分别记“第一、二、三、四次抽得不合格品”为事件A 、B 、C 、D ， 则P (A ) =
110
，P (B ) =
310
，P (C ) =
25
，P (D ) =
110
，
那么在4次内抽到不合格产品的概率为
P =P (A ) +P (A ⋅B ) +P (A ⋅B ⋅C ) +P (A ⋅B ⋅C ⋅D )
=110
+910⨯310
+910⨯710⨯25+910⨯710⨯35⨯110
=32995000
．
剖析 本题错解的原因在于把事件A 、B 、C 、D 之间的关系混淆，把它们理解为不是互斥事件，错误地认为事件“第一次抽到合格品、第二次抽到不合格品”为积事件A ⋅B 等等，
而实际上由题意知事件B 为“第二次抽到不合格品”就是“第一次抽到合格品、第二次抽到不合格品”；事件C 就是“前两次抽到合格品、第三次抽到不合格品”；事件D 就是“前三次抽到合格品、第四次抽到不合格品”，并且它们彼此互斥，而事件“4次内抽到不合格产品”就是事件A +B +C +D ．
正解 分别记“第一、二、三、四次抽得不合格品”为事件A 、B 、C 、D ，则它们彼此互斥，且P (A ) =
110
，P (B ) =
310
，P (C ) =
25
，P (D ) =
110
，
所以在4次内抽到不合格产品的概率为
P =P (A ) +P (B ) +P (C ) +P (D ) =
110
+310
+25+110
=910
．
三．将“条件概率”与“积事件的概率”混同
例5 100件产品中有10件次品，随机不放回取两次，每次取一件，求在第一次取得正品的条件下，第二次取得正品的概率．
错解 设第一次取得正品为事件A ，第二次取得正品为事件B ，则在第一次取得正品的条件下，第二次取得正品为事件AB ，所以所求的概率为P (AB ) =
90⨯89100⨯99
=89110
．
剖析 解题的错误是由于对条件概率的定义理解不深刻，“第一次取得正品后第二次又取得正品的概率”与“在第一次取得正品的条件下，第二次取得正品的概率”的意义是不相同的，前者是积事件的概率，而后者的意思是在第一次取得正品已经预先发生的条件下，再来进行第二次试验而取得正品的条件概率．
正解 第一次取得正品的条件下，第二次取得正品的概率为P (B A ) =
P (AB ) P (A )
=8999
．
例6 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 ，则P (A ) =
410
=25
，P (AB ) =23
4⨯610⨯9
=
415
所以P (C ) =P (B A ) =
P (AB ) P (A )
= ．
剖析 本题错误也是在于对积事件的概率与条件概率的含义没有弄清，对“第二次才取到黄球”这一事件，并不是“第一次取到白球”已经预先发生，而是与“第二次取到黄球”同时发生，所以它不是条件概率而是积事件的概率．
正解 第二次才取到黄球的概率为P (C ) =P (AB ) =P (A ) ⋅P (B A ) =四．对概率计算公式的使用条件考虑不周
25
⨯
23
=
415
．
例7 10张奖券中有3张中奖的奖券，每人限购一张，则前3个购买者中恰有一人中奖的概率为（ ）
(A)
310
(B)C
3
10
⨯0. 3⨯0. 7 (C)
2
C 7⋅C 3⋅A 3
A 10
3
213
12
(D)C 3⨯0. 3⨯0. 7
错解 因为题中“恰有一个中奖”，根据n 次独立重复试验恰好出现k 次的概率计算公
1
式得P n (k ) =C n k p k (1-p ) n -k =C 3⨯
310
⨯(1-
310
)
2
=C 3⨯0. 3⨯0. 7，故选D ．
12
剖析 此解错误的原因是对独立重复试验理解不透，用错了公式，使用独立重复试验的概率计算公式时，它有三个前提条件：（1）每次试验都是在同一条件下重复进行的；（2）每一次试验都是彼此独立的；（3）每一次试验出现的结果只有事件发生或者事件不发生两种情况，只有这三个条件均满足才可使用．而此题中3个购买者去购买奖券时，是不放回的抽样，前一个购买者中奖与否，会影响到下一个购买者中奖的概率，所以彼此之间是不独立的，故不能用上述解答．
正解 3个人从10张奖券中各购买一张奖券可能出现的结果总数为A 10个，且出现的可
213
能性均等，而出现恰好有一人中奖的结果总数为C 7⋅C 3⋅A 3个，
3
所以恰好有一人中奖的概率P =
C 7⋅C 3⋅A 3
A 10
3
213
，故选C.
例8 已知某种型号的灯泡寿命在1年以上的概率为p 1，寿命在2年以上的概率为p 2．某单位在使用过程中，从使用之日起每满1年进行一次灯泡更换工作，只更换已坏的
灯泡，平时不换．那么在第二次灯泡更换工作中，这种灯泡需要更换的概率是多少？
错解 对于这种灯泡来说，在第1、2次都更换的概率为(1-p 1) ；在第一次不更换灯泡而在第二次需要更换灯泡的概率为p 1(1-p 2) ， 故所求的概率为 p =(1-p 1) +p 1(1-p 2)
2
2
．
剖析 该解答是错误的，原因是对对立事件概率计算公式的意义考虑不周造成的，由于(1-p 2) 是表示“灯泡寿命不大于2年”的概率，它与事件“灯泡寿命在1年以上”不是互
相独立的，而上面的解答中却把p 1(1-p 2) 错误地理解成了“灯泡寿命介于1年与2年之间的概率”了．事实上，在第二次灯泡更换工作中，按这种灯泡是否被更换的状况，可分为“第一、二次都更换”、“第一、二次都不更换”、“第一次不更换而在第二次更换”、 “第一次更换而在第二次不更换”四个事件，显然它们是互斥的．所以可以用间接法求得“第一次不更换而在第二次更换”即“灯泡的寿命介于1年与2年之间”的概率．
正解 由题意，“第一、二次都更换”的概率为(1-p 1) 2，“第一、二次都不更换”的概率为p 2，“第一次更换而在第二次不更换”的概率为(1-p 1) ⋅p 1，
故“第一次不更换而第二次更换”的概率为1-(1-p 1) 2-(1-p 1) ⋅p 1-p 2=p 1-p 2， 因此所求的概率为p =(1-p 1) 2+(p 1-p 2) ． 结束语：
由于新课程强调数学教育的基础性、现实性、大众性，重视素质教育与高考的兼容性，概率统计在社会现实中具有很高的应用价值．在学习中要重视关注生活背景、社会现实、经济建设、科技发展等各个方面，并从中提炼出具有社会价值的数学应用背景。 应注意培养学生善于从普通语言中捕捉信息、将普通语言转化为数学语言的能力，使学生能以数学语言为工具进行数学思维与数学交流．
教学反思——解概率题常见错误剖析
浙江省湖州中学 蒋际明
在概率学习中，由于它具有与其它数学分支不一样的、独特的概念和分析方法，学生往往会感到很不习惯，入门会有一定困难．在解概率问题时，由于对某些概念或公式理解不透彻，考虑不周全、选择概率模型不正确等原因，经常会造成一些表面看起来正确而实际上错误的解法，下面就结合本人所教学生在解概率题时出现的错误，具体地加以剖析．
一．对古典概型的概念理解模糊
例1 在两个袋内，分别装有0，1，2，3，4，5六个数字的6张卡片，现从每个袋内任取一张卡片，求两数之和等于7的概率．
错解 因为所取两张卡片上两数之和共有0，1，2，3，4，„，9，10共11种不同的结果，所以和为7的概率为P =
111
．
剖析 因为以上11种不同的结果不是等可能的，如点数和0只有(0，0) ，而点数之和为7有(2，5) 、(5，2) 、(3，4) 、(4，3) 共4种，所以它不是古典概型．
11
正解 由于从两袋中分别取出一张卡片共有C 6⋅C 6种取法，两数之和等于7的取法有
4种．
故所求的概率 P =
4C ⋅C
16
16
=
436
=
19
．
例2 瓶子中装有4粒大小相同而颜色不同的小球，每次倒出若干（至少一粒），求倒出奇数粒球的概率．
错解 每次倒出若干（至少一粒）小球共有C 4+C 4+C 4+C 4=15种方法，而倒出奇数粒球共有C 4+C 4=8种方法，因此倒出奇数粒小球的概率是
1
3
1
2
3
4
815
．
剖析 对古典概型的基本事件总数的理解错误， “将4粒大小相同而颜色不同的小球每次倒出若干个” 这一试验中所含的基本事件总数是16，包括一个都没有倒出的情形．
正解 每次倒出若干小球共有C 4+C 4+C 4+C 4+C 4=16种方法，而倒出奇数粒球
13
共有C 4+C 4=8种方法，因此倒出奇数粒小球的概率是P =
1
2
3
4
816
=
12
．
也可以选用独立重复试验的概率模型，因为每一粒球被倒出或不被倒出的概率均为
1
所以倒出奇数粒小球的概率是P =C 4⨯() ⨯(1-
12
，
11
2
131133
) +C 4⨯() ⨯(1-) =． 2222
二．对事件之间的关系概念混淆
例3 抛掷一均匀的正方体玩具，各面分别标有1，2，3，4，5，6，事件A 表示朝上一面的数是奇数，事件B 表示朝上一面的数不超过3，求事件A 或事件B 发生的概率．
错解 P (A ) =
36=12
，P (B ) =
36
=
12
，
12+12=1．
∴ 事件A 或事件B 发生的概率为P (A +B ) =P (A ) +P (B ) =
剖析 此解法错误在于忽视了“事件和”的概率公式成立的前提条件，由于“朝上一面的数是奇数”与“朝上一面的数不超过3”二者不是互斥事件，即出现1或3时，A 、B 同时发生，所以不能应用P (A +B ) =P (A ) +P (B ) 求解.
正解 把事件A 或事件B 发生分成“出现1，2，3”与“出现5”这两个事件，记出现“1，2，3”为事件C ， “出现5”为事件D ，则C 与D 为互斥事件，
而P (C ) =
36=12
，P (D ) =
16
，
12+16=23
所以事件A 或事件B 发生的概率为P (C +D ) =．
例4 对某批产品最多抽取4个进行合格性检验，抽得不合格品后停止并认定为该批产品不合格，经试验得到第一次抽得不合格品的概率为
310
110
，第二次抽得不合格品的概率为
110
，第三次抽得不合格品的概率为
25
，第四次抽得不合格品的概率为，那么该批产品
被认定为不合格的概率是多少？
错解 分别记“第一、二、三、四次抽得不合格品”为事件A 、B 、C 、D ， 则P (A ) =
110
，P (B ) =
310
，P (C ) =
25
，P (D ) =
110
，
那么在4次内抽到不合格产品的概率为
P =P (A ) +P (A ⋅B ) +P (A ⋅B ⋅C ) +P (A ⋅B ⋅C ⋅D )
=110
+910⨯310
+910⨯710⨯25+910⨯710⨯35⨯110
=32995000
．
剖析 本题错解的原因在于把事件A 、B 、C 、D 之间的关系混淆，把它们理解为不是互斥事件，错误地认为事件“第一次抽到合格品、第二次抽到不合格品”为积事件A ⋅B 等等，
而实际上由题意知事件B 为“第二次抽到不合格品”就是“第一次抽到合格品、第二次抽到不合格品”；事件C 就是“前两次抽到合格品、第三次抽到不合格品”；事件D 就是“前三次抽到合格品、第四次抽到不合格品”，并且它们彼此互斥，而事件“4次内抽到不合格产品”就是事件A +B +C +D ．
正解 分别记“第一、二、三、四次抽得不合格品”为事件A 、B 、C 、D ，则它们彼此互斥，且P (A ) =
110
，P (B ) =
310
，P (C ) =
25
，P (D ) =
110
，
所以在4次内抽到不合格产品的概率为
P =P (A ) +P (B ) +P (C ) +P (D ) =
110
+310
+25+110
=910
．
三．将“条件概率”与“积事件的概率”混同
例5 100件产品中有10件次品，随机不放回取两次，每次取一件，求在第一次取得正品的条件下，第二次取得正品的概率．
错解 设第一次取得正品为事件A ，第二次取得正品为事件B ，则在第一次取得正品的条件下，第二次取得正品为事件AB ，所以所求的概率为P (AB ) =
90⨯89100⨯99
=89110
．
剖析 解题的错误是由于对条件概率的定义理解不深刻，“第一次取得正品后第二次又取得正品的概率”与“在第一次取得正品的条件下，第二次取得正品的概率”的意义是不相同的，前者是积事件的概率，而后者的意思是在第一次取得正品已经预先发生的条件下，再来进行第二次试验而取得正品的条件概率．
正解 第一次取得正品的条件下，第二次取得正品的概率为P (B A ) =
P (AB ) P (A )
=8999
．
例6 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 ，则P (A ) =
410
=25
，P (AB ) =23
4⨯610⨯9
=
415
所以P (C ) =P (B A ) =
P (AB ) P (A )
= ．
剖析 本题错误也是在于对积事件的概率与条件概率的含义没有弄清，对“第二次才取到黄球”这一事件，并不是“第一次取到白球”已经预先发生，而是与“第二次取到黄球”同时发生，所以它不是条件概率而是积事件的概率．
正解 第二次才取到黄球的概率为P (C ) =P (AB ) =P (A ) ⋅P (B A ) =四．对概率计算公式的使用条件考虑不周
25
⨯
23
=
415
．
例7 10张奖券中有3张中奖的奖券，每人限购一张，则前3个购买者中恰有一人中奖的概率为（ ）
(A)
310
(B)C
3
10
⨯0. 3⨯0. 7 (C)
2
C 7⋅C 3⋅A 3
A 10
3
213
12
(D)C 3⨯0. 3⨯0. 7
错解 因为题中“恰有一个中奖”，根据n 次独立重复试验恰好出现k 次的概率计算公
1
式得P n (k ) =C n k p k (1-p ) n -k =C 3⨯
310
⨯(1-
310
)
2
=C 3⨯0. 3⨯0. 7，故选D ．
12
剖析 此解错误的原因是对独立重复试验理解不透，用错了公式，使用独立重复试验的概率计算公式时，它有三个前提条件：（1）每次试验都是在同一条件下重复进行的；（2）每一次试验都是彼此独立的；（3）每一次试验出现的结果只有事件发生或者事件不发生两种情况，只有这三个条件均满足才可使用．而此题中3个购买者去购买奖券时，是不放回的抽样，前一个购买者中奖与否，会影响到下一个购买者中奖的概率，所以彼此之间是不独立的，故不能用上述解答．
正解 3个人从10张奖券中各购买一张奖券可能出现的结果总数为A 10个，且出现的可
213
能性均等，而出现恰好有一人中奖的结果总数为C 7⋅C 3⋅A 3个，
3
所以恰好有一人中奖的概率P =
C 7⋅C 3⋅A 3
A 10
3
213
，故选C.
例8 已知某种型号的灯泡寿命在1年以上的概率为p 1，寿命在2年以上的概率为p 2．某单位在使用过程中，从使用之日起每满1年进行一次灯泡更换工作，只更换已坏的
灯泡，平时不换．那么在第二次灯泡更换工作中，这种灯泡需要更换的概率是多少？
错解 对于这种灯泡来说，在第1、2次都更换的概率为(1-p 1) ；在第一次不更换灯泡而在第二次需要更换灯泡的概率为p 1(1-p 2) ， 故所求的概率为 p =(1-p 1) +p 1(1-p 2)
2
2
．
剖析 该解答是错误的，原因是对对立事件概率计算公式的意义考虑不周造成的，由于(1-p 2) 是表示“灯泡寿命不大于2年”的概率，它与事件“灯泡寿命在1年以上”不是互
相独立的，而上面的解答中却把p 1(1-p 2) 错误地理解成了“灯泡寿命介于1年与2年之间的概率”了．事实上，在第二次灯泡更换工作中，按这种灯泡是否被更换的状况，可分为“第一、二次都更换”、“第一、二次都不更换”、“第一次不更换而在第二次更换”、 “第一次更换而在第二次不更换”四个事件，显然它们是互斥的．所以可以用间接法求得“第一次不更换而在第二次更换”即“灯泡的寿命介于1年与2年之间”的概率．
正解 由题意，“第一、二次都更换”的概率为(1-p 1) 2，“第一、二次都不更换”的概率为p 2，“第一次更换而在第二次不更换”的概率为(1-p 1) ⋅p 1，
故“第一次不更换而第二次更换”的概率为1-(1-p 1) 2-(1-p 1) ⋅p 1-p 2=p 1-p 2， 因此所求的概率为p =(1-p 1) 2+(p 1-p 2) ． 结束语：
由于新课程强调数学教育的基础性、现实性、大众性，重视素质教育与高考的兼容性，概率统计在社会现实中具有很高的应用价值．在学习中要重视关注生活背景、社会现实、经济建设、科技发展等各个方面，并从中提炼出具有社会价值的数学应用背景。 应注意培养学生善于从普通语言中捕捉信息、将普通语言转化为数学语言的能力，使学生能以数学语言为工具进行数学思维与数学交流．