【文档说明】高考数学(理数)一轮复习学案10．4《古典概型》(含详解).doc，共(8)页，282.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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110．4古典概型1．基本事件在一次试验中，我们常常要关心的是所有可能发生的基本结果，它们是试验中不能再分的最简单的随机事件，其他事件可以用它们来描绘，这样的事件称为____________．2．基本事件的特点(1)任何两个基本事件是_______

_____的．(2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成____________的和．3．古典概型具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型，简称古典概型：(1)试验中所有可能出现的基本事件只有__________个．(2)每个基本事件出现的可能性____________．4．古典

概型的概率公式对于古典概型，其计算概率的公式为____________．自查自纠：1．基本事件2．(1)互斥(2)基本事件3．(1)有限(2)相等4．P(A)＝A包含的基本事件的个数基本事件的总数(2016·全国卷Ⅲ)小敏打开计算机时，忘记了开机密

码的前两位，只记得第一位是M，I，N中的一个字母，第二位是1，2，3，4，5中的一个数字，则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是()A．815B．18C．115D．130解：开机密码的可能有(M，1)，(M，2)，(M，3)，(M，4)，(

M，5)，(I，1)，(I，2)，(I，3)，(I，4)，(I，5)，(N，1)，(N，2)，(N，3)，(N，4)，(N，5)，共15种可能，由古典概型公式得所求概率P＝115．故选C．(2018·长沙模拟)在装有相等数量的白球和黑球的口袋中放进一个白球，此时由这个

口袋中取出一个白球的概率比原来由此口袋中取出一个白球的概率大122，则口袋中原有小球的个数为()A．5B．6C．10D．11解：设原来口袋中白球、黑球的个数分别为n个，依题意n＋12n＋1－n2n＝122，解得n＝5．所以原来口袋中共有2n＝10个小球．

故选C．(2018·全国卷Ⅱ)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30＝7＋23．在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是()A．112B．114C．115

D．118解：不超过30的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共10个，随机选取两个不同的数，共有C210＝45种方法，因为7＋23＝11＋19＝13＋17＝30，所以随机选取两个不同的数，其和等于30的有3种方法，故概率为345＝115．故选C．在集

合{x|x＝nπ6，n＝1，2，3，„，10}中任取一个元素，则所取元素恰好满足方程cosx＝12的概率是____________．解：基本事件总数为10，满足方程cosx＝12的基本事件数为2，故所求概率为P＝210＝15．故填

15．(2016·江苏)将一颗质地均匀的骰子(一种各个面上分别标有1，2，3，4，5，6个点的正方体玩具)先后抛掷2次，则出现向上的点数之和小于10的概率是____________．解：将一颗质地均匀的骰子先后抛掷2次，有36种结果，其中

点数之和不小于10的有(6，6)，(6，5)，(6，4)，(5，6)，(5，5)，(4，6)，共6种，故所求概率为1－636＝56．故填56．2类型一基本事件与基本事件空间的概念将一枚均匀硬币抛掷三次，观察向上一面

的正反．(1)试用列举法写出该试验所包含的基本事件；(2)事件A：“恰有两次正面向上”包含几个基本事件；(3)事件B：“三次都正面向上”包含几个基本事件．解：(1)试验的所有基本事件有：(正，正，反)，(正，反，正)，(正，反，

反)，(正，正，正)，(反，反，反)，(反，反，正)，(反，正，反)，(反，正，正)，共8种等可能结果．(2)事件A包含的基本事件有三个：(正，正，反)，(正，反，正)，(反，正，正)．(3)事件B包含的基本事件只有一个：(正，正，正)．点拨：基本事件是试验中不能再分解的事件，是

“最小”的“事件单位”．任何基本事件都是互斥的，任何复杂事件都可以分解为基本事件，所有基本事件的全体组成基本事件空间．(2018·沈阳模拟)有两个正四面体的玩具，其四个面上分别标有数字1，2，3，4，下面做投掷这两个正四面体玩具的试验：用(x，y)表示结果

，其中x表示第1个正四面体玩具底面出现的点数，y表示第2个正四面体玩具底面出现的点数．试写出：(1)试验的基本事件；(2)事件“出现点数之和大于3”包含的基本事件；(3)事件“出现点数相等”包含的基本事件．解：(1)这个试验的基本事件为(1，1)，

(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)．(2)事件“出现点数之和大

于3”包含的基本事件为(1，3)，(1，4)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)．(3)事件“出现点数相等”包含的基本事件为(1，1)，(2，2)，(3，3)，(4，4

)．类型二列举基本事件求概率(1)将2本不同的数学书和1本语文书在书架上随机排成一行，则2本数学书相邻的概率为()A．12B．13C．23D．56解：设两本不同的数学书为a1，a2，1本语文书为b，则在书架上的摆放方法有a1a2

b，a1ba2，a2a1b，a2ba1，ba1a2，ba2a1，共6种，其中数学书相邻的有4种．因此2本数学书相邻的概率P＝46＝23．故选C．(2)(2017·合肥检测)已知函数f(x)＝2x2－4ax＋2b2，若a∈{4，6，8}，b∈{3，5，

7}，则该函数有两个零点的概率为____________．解：要使函数f(x)＝2x2－4ax＋2b2有两个零点，即方程x2－2ax＋b2＝0有两个实根，则Δ＝4a2－4b2>0，又a∈{4，6，8}，b∈{3，5，7}，即a>b，而(a，b)的所有取法

共有3×3＝9(种)，其中满足a>b的取法有(4，3)，(6，3)，(6，5)，(8，3)，(8，5)，(8，7)，共6种，所以所求的概率为69＝23．故填23．(3)(2017·全国卷Ⅱ)从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再

随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为()A．110B．15C．310D．25解：从5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张的情况如图：基本事件总数为25，第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的事件数为10，所以所求概率P＝31025＝25．故选D．点拨

：有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数．①基本事件总数较少时，用列举法把所有基本事件一一列出，列举要有规律，要做到不重复、不遗漏，可借助“树状图”列举．②注意区分排列与组合，以及计数原理的正确使用．(1)一个盒子里装有标号为1，2，3，4的4张卡片，

随机地抽取2张，则取出的2张卡片上的数字之和为奇数的概率是()A．14B．13C．12D．23解：抽取两张卡片的基本事件有：(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)共6种，和为奇数的事件有：(1，2)，(1

，4)，(2，3)，(3，4)共4种，所以所求概率为46＝23．故选D．(2)(2016·四川)从2、3、8、9任取两个不同的数值，分别记为a、b，则logab为整数的概率是________．解：从2，3，8，9中任取两个数记为a，b，作为对数的底数与真数，共有A24＝12个不同的基本事件

，其中为整数的只有log28，log39两个基本事件，所以其概率P＝212＝16．故填16．(3)随机掷两枚质地均匀的骰子，它们向上的点数之和不超过5的概率记为p1，点数之和大于5的概率记为p2，点数之和为偶数的概率记为p3，则()A．p1<p2<

p3B．p2<p1<p3C．p1<p3<p2D．p3<p1<p2解：总的基本事件个数为36，向上的点数之和不超过5的有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(3，1)，(3，2)，(4，1)共10个

，则向上的点数之和不超过5的概率p1＝1036＝518；向上的点数之和大于5的概率p2＝1－518＝1318；向上的点数之和为偶数与向上的点数之和为奇数的个数相等，故向上的点数之和为偶数的概率p3＝12．即p1<p3<p2．故选C．类型三无放回抽样的概率有1

0件产品，其中有2件次品，每次抽取1件检验，抽检后不放回，共抽2次．求下列事件的概率：(1)两次抽取的都是正品；(2)抽到的恰有一件为次品；(3)第1次抽到正品，第2次抽到次品．解：记Ω＝{从10件产品中任抽2件}，则n＝card(Ω)＝C210．(1)记A

＝{从10件产品中抽2件，都是正品}，则m1＝card(A)＝C28．(2)记B＝{从10件产品中抽2件，一件为正品，一件为次品}，则m2＝card(B)＝C12C18．(3)解法一：由于事件B中包含“第1次为正品，第2次为次品”和“第1次为次品，第2次为正品”两种等可能的情况．解法二：记

Ω′＝{从10件产品中，任取一件(放入甲袋中)，再从剩下9件产品中任取一件(放入乙袋中)}，记C＝{第1次取出的是正品，第2次取出的是次品}＝{甲袋中为正品，乙袋中为次品}，所以card(Ω′)＝A210，card(C)＝C18C12．．点拨：请注意题(3)的两种解法

，一种是将试验(抽取2件产品)看作是组合(无序的)，一种是将试验看作是排列(有序的)，值得注意的是两种解法的样本空间不同，事件C不属于样本空间Ω(C∉Ω)，因此不能用card(Ω)进行计算．样本空间的选取会影响到解答的过程，因此解等可能概型时，建议遵

循以下步骤：①判断该问题是等可能概型；②确定样本空间(即试验的方法，因为试验的方法影响样本空间)；③用计数原理确定card(Ω)与card(A)，得到P(A)＝card（A）card（Ω）．4袋中装有黑球和白球共7

个，从中任取2个球都是白球的概率为17，现有甲、乙两人从袋中轮流摸球，甲先取，乙后取，然后甲再取，„，取后不放回，直到两人中有一人取到白球时即终止．每个球在每一次被取出的机会是等可能的．(1)求袋中原有白球的个数；(2)求取球2次即终止的概率；(

3)求甲取到白球的概率．解：(1)设袋中原有n个白球，从袋中任取2个球都是白球的结果数为C2n，从袋中任取2个球的所有可能的结果数为C27．(3)设事件B为“甲取到白球”，“第i次取到白球”为事件Ai，i＝1

，2，3，4，5，因为甲先取，所以甲只可能在第1次，第3次和第5次取到白球．所以P(B)＝P(A1∪A3∪A5)＝P(A1)＋P(A3)＋P(A5)＝37＋4×3×37×6×5＋4×3×2×1×37×6×5×4×3＝37＋

635＋135＝2235．类型四有放回抽样的概率一个盒子里装有三张卡片，分别标记有数字1，2，3，这三张卡片除标记的数字外完全相同．随机有放回地抽取3次，每次抽取1张，将抽取的卡片上的数字依次记为a，b，c．(1)求“抽取的卡片上的数字满足a＋b＝c”的概率；(2)求“抽取的卡片

上的数字a，b，c不完全相同”的概率．解：(1)由题意知，(a，b，c)所有的可能共3×3×3＝27种．设“抽取的卡片上的数字满足a＋b＝c”为事件A，则事件A包括(1，1，2)，(1，2，3)，(2，1，3)，共3种．所以P(A)＝327＝19．因此，“

抽取的卡片上的数字满足a＋b＝c”的概率为19．(2)设“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”为事件B，则事件B包括(1，1，1)，(2，2，2)，(3，3，3)，共3种．所以P(B)＝1－P(B

)＝1－327＝89．因此，“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”的概率为89．点拨：相对于无放回抽样，计算有放回抽样的概率问题应注意，有放回抽样可视作独立重复试验，抽样时总体个数不发生变化．(2017·山西四校联考)不透明的袋子内装有相同的五个小球，分别标有1～5五个编号，现有放回地随机摸

取三次，则摸出的三个小球的编号乘积能被10整除的概率为()A．42125B．18125C．625D．12125解：由题意有三种情况：一是5号摸出两次，2号或4号摸出一次；二是5号摸出一次，2号或4号摸出两次；三是5号摸出一次，2号或4号摸出一次，1号或

3号摸出一次，总共有C23×2＋C13×22＋C13×C12×2×2＝42，故所求概率为425×5×5＝42125．故选A．类型五间接计算4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为()A．18B．38C．58D．78解：4名同学各自在

周六、周日两天中任选一天参加公益活动的情况有24＝16(种)，其中仅在周六或周日参加公益活动的情况各有1种，所以所求5概率为1－1＋116＝78．故选D．点拨：间接计算是计算概率十分常用的方式，是“正难则反”策略的体现，对于含“至多”“至少”等词句

的概率问题，一般情况下应首先考虑利用这一策略．高考概率大题对间接计算的考查也比较常见，尤其是计算含个别比较复杂概率的分布列或期望问题．10张奖券中只有3张有奖，5人购买，每人1张，至少有1人中奖的概率是()A．310B．112C．12D．11121．古典概型是概率论中最简单而

又直观的模型，在概率论的发展初期曾是主要研究对象，许多概率的运算法则都是在古典概型中得到证明的(遂谓之“古典”)．要判断一个试验是否为古典概型，只需要判断这个试验是否具有古典概型的两个特征——有限性和等可能性．2．求古典概型的概率(1)对于事件A的概率的计算，关键是要

分清基本事件总数n与事件A包含的基本事件数m．因此必须解决以下三个方面的问题：第一，本试验是否是等可能的；第二，本试验的基本事件数有多少个；第三，事件A是什么，它包含的基本事件总共有多少个．(2)如果基本事

件的个数比较少，可用列举法把古典概型试验所含的基本事件一一列举出来，然后再求出事件A中的基本事件数，利用公式P(A)＝mn求出事件A的概率，这是一个形象直观的好方法，但列举时必须按照某一顺序做到不重不漏．(3)如果基本事件个数比较多，列举有一定困难时，也可借助列表法、画树形图

、两个计数原理及排列组合知识直接计算m，n，再运用公式P(A)＝mn求概率．(4)较为简单的问题可以直接使用古典概型概率公式计算，较为复杂的概率问题的处理方法有：①转化为几个互斥事件的和，利用互斥事件的加法公式求解；②采

用间接法，先求事件A的对立事件A的概率，再由P(A)＝1－P(A)求事件A的概率．1．(2018·淮南一模)从1，2，3，4，5这五个数中，随机抽取2个不同的数，则这2个数的和为偶数的概率是()A．15B．25C．35D．45解：从1，2

，3，4，5这五个数中随机抽取2个不同的数有C25＝10种不同情况，而这2个数的和为偶数，则2个数全为偶数，或2个数全为奇数，共有C22＋C23＝4种不同情况，由古典概型概率公式得所求概率P＝410＝25．故选B．2．若有2位老师，2位学生站成一排合影，则每位

老师都不站在两端的概率是()A．112B．16C．14D．123．(2018·张家口期末)某同学先后投掷一枚骰子两次，第一次向上的点数记为x，第二次向上的点数记为y，在平面直角坐标系xOy中，以(x，y)为坐标的点在直线2

x－y＝1上的概率为()A．112B．19C．536D．16解：先后投掷一枚骰子两次，共有6×6＝36种结果，满足题意的结果有3种，即(1，1)，(2，3)，(3，5)，所以所求概率为336＝112．故选A．4．(2016·金华模拟)从1，2，3，4，5，6六个数中任取2个数，则取出的

两个数不是连续自然数的概率是()A．35B．25C．13D．23解：取出的两个数是连续自然数的有5种情况，65．(2017·广东海珠区测试)某食品厂为了促销，制作了3种不同的精美卡片，每袋食品中随机装入一张卡片，集齐3种卡片可获奖，现购买该食品4袋，能获奖的概率为()A．427B．82

7C．49D．89解：由题意3种不同的精美卡片随机放进4袋食品袋中，根据分步计数原理可知共有34＝81种不同放法，4袋食品袋中3种不同的卡片都有的情况共有3×C24×A22＝36种，根据古典概型概率公式得能获奖的概率为368

1＝49，故选C．6．(2017·山东实验中学一诊)已知直线l1：x－2y－1＝0，直线l2：ax－by＋1＝0，其中a，b∈{1，2，3，4，5，6}，则直线l1与l2的交点位于第一象限的概率为()A．16B．14C．13D．12解：l2化为y＝abx

＋1b，作图可知，l2的斜率小于l1斜率时，直线l1与l2的交点位于第一象限，此时共有六种：a＝1，b∈{3，4，5，6}；a＝2，b∈{5，6}，因此概率为66×6＝16，故选A．7．(2016·上海)某食堂规定，每份午餐可以在四种水果中任选两种，则甲、乙两同学各自

所选的两种水果相同的概率为____________．解：甲同学从四种水果中选两种，选法种数有C24，乙同学的选法种数为C24，则两同学的选法种数为C24·C24，两同学各自所选水果相同的选法种数为C24，

由古典概型概率计算公式可得，所求概率为P8．(2017·辽宁鞍山一模)现在要安排6名大学生到工厂去做3项不同的实习工作，每项工作需要2人，则甲、乙二人必须做同一项工作，而丙、丁二人不能做同一项工作的概率为__

__________．解：把6个人分成3组，每组2人，共有C26C24A33＝15种分法，将3组分配给3项工作，有A33＝6种情况，所有基本事件总数为15×6＝90．把6个人分成3组，每组2人，由条件可知，与丙结组的方法有2种，剩下那人只能与丁结组

，将3组分配给3项工作，有A33＝6种情况，所以不同的安排方案有2×6＝12种，则所求概率为1290＝215．故填215．9．(2016·山东)某儿童乐园在“六一”儿童节推出了一项趣味活动．参加活动的儿童需转动如图所示的转盘两次，每次

转动后，待转盘停止转动时，记录指针所指区域中的数．设两次记录的数分别为x，y．奖励规则如下：①若xy≤3，则奖励玩具一个；②若xy≥8，则奖励水杯一个；③其余情况奖励饮料一瓶．假设转盘质地均匀，四个区域划分均匀，小亮

准备参加此项活动．(1)求小亮获得玩具的概率；(2)请比较小亮获得水杯与获得饮料的概率的大小，并说明理由．解：(1)用数对(x，y)表示儿童参加活动先后记录的数，则基本事件空间Ω与点集S＝{(x，y)|x∈N，y∈N，1≤x≤4

，1≤y≤4}一一对应．因为S中元素的个数是4×4＝16，所以基本事件总数n＝16．记“xy≤3”为事件A，则事件A包含的基本事件共5个，即(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(3，1)，所以P(A)＝516，即小亮获得玩具的概率为516．(2

)记“xy≥8”为事件B，“3＜xy＜8”为事件C．则事件B包含的基本事件共6个，即(2，4)，(3，3)，(3，4)，(4，2)，(4，3)，(4，4)．所以P(B)＝616＝38．事件C包含的基本事件

共5个，即(1，4)，(2，2)，(2，3)，(3，2)，(4，1)．所以P(C)＝516．因为38＞516，所以小亮获得水杯的概率大于获得饮料的概率．10．现有8名北京马拉松志愿者，其中志愿者A1，A2，A3通晓日语，B1，B2，B3通晓俄语，C1，C2通晓韩语．从中选

出通晓日语、俄语和韩语的志7愿者各1名，组成一个小组．(1)求A1被选中的概率；(2)求B1和C1不全被选中的概率．解：(1)从8人中选出通晓日语、俄语和韩语的志愿者各1名的方法数是C13C13C12＝18，A1被选中的方法数是C13C1

2＝6．用M表示事件“A1被选中”，则P(M)＝618＝13．11．(2017·惠州三调)某大学志愿者协会有6名男同学，4名女同学．在这10名同学中，3名同学来自数学学院，其余7名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院．现从这10名同学中随机选取3名同学，到希望小学进行支

教活动(每位同学被选到的可能性相同)．(1)求选出的3名同学是来自互不相同学院的概率；(2)设X为选出的3名同学中女同学的人数，求随机变量X的分布列和数学期望．．从0到9这10个数字中任取3个数字组成一个没有重复数字的三位数，则这个三位数能被3整除的概率为()A．827B．1927C

．1954D．3554解：依题意，没有重复数字的三位数总共有9×9×8＝648(个)，10个数字中能被3整除的数字有0，3，6，9，余数为1的数字有1，4，7，余数为2的数字有2，5，8，则能被3整除的三位数可分为“含0”与“不

含0”两类：①若“含0”，则构成三位数的数字情况有C13×C13＋A23＝12种．此时满足条件的三位数有12×4＝48(个)．②若“不含0”，则满足条件的三位数有3A33＋C13C13C13A33＝1

80(个)．故能被3整除的三位数有228个，故所求概率为228648＝1954．故选C．8