2019年高考数学一轮复习：古典概型

1、2019年高考数学一轮复习：古典概型古典概型金考点梳理»多思题笔夯实基础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.(M,5),解：开机密码的可能有(M, 1), (M

2、, 2), (M, 3),4), (M, 5), (I, 1), (I, 2), (I, 3), (I, 4), (I,(N,种可能,1), (N, 2), (N, 3), (N,由古典概型公式得所求概率(2017山东)从分别标有1 ,4), (N, 5),共 151 ，一P = 15.故选 C.2,-卡片中不放回地随机抽取 2次，每次抽取到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是B.4C.5CKC1 5解：所求概率为p= CC5C4=5.故选C9C89C.(2017莆田质检)抛掷一枚均匀的硬币正面不连续出现的概率是(1B.2解：抛掷一枚均匀的硬币= 24=16,正面不连续出现指:9的9张张，则抽4

3、次,1D.44次，基本事件总数 n 没有正面，四次反面；有一个正面，三个反面；有两个正面，两个反面三种情况，包含的基本事件个数 m=1 + 4+ 3= 8.故概率为自查自纠1故选B.(2016四川)从2、3、8、9任取两个不同的数1 .基本事件2 . (1)互斥(2)基本事件3 . (1)有限(2)相等A包含的基本事件的个数4 P(A)=一基本事件的总数值，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 A4=12个不同的基本事件，其中为整数的只有10g28, log39两个基本事件,所以其概率Pnn1.故填1.12

4、 66金基础自测小易金活牛刀小试(2016江苏)将一颗质地均匀的骰子(一种各个面上分另1J标有1, 2, 3, 4, 5, 6个点的正方体玩具)号(2016全国卷出)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()811A.A. 15B.8C.15D.30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

5、, 6),共 6 种，故所求概率为1_6 = 5故埴536 66.。典例解析»分类解析触翦旁速类型一基本事件与基本事件空间的概念EE 将一枚均匀硬币抛掷三次，观察向上一面的正反.(i)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包含的基本事彳有三个：(正，正，反), (正，反，正),(反，

6、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.百江做抛掷两颗骰子的试验，用(x, y)表示 结果，其中x表示第一颗骰子出现的点数，y表示第二颗骰子出现的点数，写出：(1)试验的基本事件；(2)事件“出现点数之和大于8” ；(3)事件“出现点数相等”；(4)事件“出现点数之和大于10” .解：(1)这个试验的基本事件为(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,1),(2,2),(2

7、,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),(5,1),(5,2), (5, 3), (5,4),(5, 5), (5, 6),(6,1),(6,2), (6, 3), (6,4),(6, 5), (6, 6).(2) “出现点数之和大于8”包含以下10个基本事件：(3,6),(4,5),(4,6),(5,4),(5,5),(5,6),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6).(3) “出现点数相等”包含以下6个基本事件：(1, 1),(2,2),(3,3),(4,4),(5,5),(6,6).(4) “出现点数之和

8、大于10”包含以下3个基本事件：(5, 6), (6, 5), (6, 6).类型二列举基本事件求概率国臣 某校夏令营有3名男同学A, B, C和3 名女同学X, Y, Z,其年级情况如下表：一年级二年级三年级男同学ABC女同学XYZ现从这6名同学中随机选出2人参加知识竞赛(每 人被选到的可能性相同).(1)用表中字母列举出所有可能的结果；(2)设M为事件“选出的2人来自不同年级且恰有 1名男同学和1名女同学”，求事件 M发生的概率.解：(1)从6名同学中随机选出 2人参加知识竞赛 的所有可能结果为A, B, A, C, A, X, A, Y, A, Z,B,C, B, X,B,Y, B,Z,

9、C, X, C,Y,C, Z, X,Y,X, Z,Y,Z,共15种.(2)选出的2人来自不同年级且恰有 1名男同学和 1名女同学的所有可能结果为 A, Y, A, Z, B, X, B, Z, C, X, C, Y,共 6 种.因此，事件M发生的概率P(M)=-6=2.15 5【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，要做到不重复、不遗漏，可借助“树状图”列(4, 1), (4, 2), (4, 3), (4, 4), (4, 5), (4, 6),举.(2)注意区分排列与组合，以及计数原理的

10、正确使用.度式(2015北京)A, B两组各有7位病人,他们服用某种药物后的康复时间 (单位：天)记录如下:A 组：10, 11, 12, 13, 14, 15, 16B 组：12, 13, 15, 16, 17, 14, a假设所有病人的康复时间相互独立，从 A, B两组随机各选1人，A组选出的人记为甲，B组选出的 人记为乙.(1)求甲的康复时间不少于14天的概率；(2)如果a=25,求甲的康复时间比乙的康复时间 长的概率；(3)当a为何值时，A, B两组病人康复时间的方 差相等？(结论不要求证明)解：(1)甲有7种选法，康复时间不少于14天的有3种选法，所以所求概率为 7.(2)如果a =

11、 25,从A, B两组随机各选1人，共 有49种选法，甲的康复时间比乙的康复时间长的情形 列举如下：(13, 12), (14, 12), (14, 13), (15, 12), (15, 13), (15, 14), (16, 12), (16, 13), (16, 15), (16, 14),有10种，所以所求概率为49.49(3)把B组数据调整为a, 12, 13, 14, 15, 16, 17,或 12, 13, 14, 15, 16, 17, a,可见当 a= 11 或a= 18时，B组数据与A组数据方差相等.类型三无放回抽样问题区包 有10件产品，其中有 2件次品，每次抽取1件检验

12、，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=从10件产品中任抽2件,则n = 2card( Q )= C10.(1)记人=从10件产品中抽2件，都是正品,则 m1= card(A) = C8.所以 p(A)=Ct=48.(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) = C2c8.C2c8 16所以P(B) = W =布.(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.1 1 _1/2

13、c88所以所求事件的概率 p=CT = 45.解法二：记 上从io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(Q') = A2o, card(C)= C1C2.1 1所以 P(C)=Cf=45.【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 (C鱼Q),因此不能用card(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

14、能概型时，建议遵循以下步骤：判断该问题是等可能概型；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)；用计数原card (A) 理确定 card (后 card(A),得到 P(A)=.card ( Q)变式(2015四川)某市A, B两所中学的学生组队参加其论赛，A中学推荐了 3名男生、2名女生,B中学推荐了 3名男生、4名女生，两校所推荐的学 生一起参加集训.由于集训后队员水平相当，从参加 集训的男生中随机抽取 3人、女生中随机抽取 3人组 成代表队.(1)求A中学至少有1名学生入选代表队的概率； (2)某场比赛前，从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛，设X表示参赛的男生人数，求

15、X的分布列 和数学期望.解：（1）由题意，参加集训的男、女生各有6名.代表队的学生全从 B中学抽取（等价于A中学没 有学生入选代表队方勺概率为盥:看.因此，A中学至少有1名学生入选代表队的概率为1-志=黑即 P=i7iX看X 得=0.147;注意 7X10： 3 =0.147 与 亲建=0.175的区肌变式（2017 山西四校联考）不透明的袋子内装有相同的五个小球,放回地随机摸取三次,分别标有15五个编号，现有 则摸出的三个小球的编号乘积能被10整除的概率为（(2)根据题意，X的可能取值为1, 2, 3. c3c31P(X=1)=r=?2 /C3c3 3P(X=2)=T=?3 1C3c31P(

16、X=31菖=5.42A. 12518B.125解：由题意有三种情况:6 C.2512D.125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C2X2+C3X22+C1XC2 X2X2=42,故所求概率为 -42=-42 ,故选A.5X5X5 125X123131P555所以X的分布列为类型五间接计算因此，X的数学期望为E(X) = 1X P(X=1) + 2X P(X=2)+3X P(X=3) =1 X " 2X3+3X 1= 2.555 4位同学各自在周六、周日两天中任选天参加公益活动,则

17、周六、周日都有同学参加公益活类型四有放回抽样动的概率为1 A.8)3B.85C.87D.8解：4名同学各自在周六、周日两天中任选一天EE 10个球，其中3个白球7个黑球，某人 有放回地进行抽球，求下列事件的概率：第3次抽到白球；（2）第3次才抽到白球.解：记Q= 第3次抽球,则n=10, A= 第一3 一一3次抽到白球, m=3.所以P（A） = =0.3.参加公益活动的情况有24=16（#）,其中仅在周六或周日参加公益活动的情况各有1种，所以所求概率为1果=7.故选D.168【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

18、下应首先考虑利用这一（2）记上连续从10个球中有放回地抽 3次球, 贝U n=103, B= 第3次才抽到白球,贝U m=7X7X 3.策略.高考概率大题对间接计算的考查也比较常见,._ _7X7X3所以 P（B）=一方=0.147.【点拨】第一问中的样本空间也可以扩大为（2）尤其是计算含个别比较复杂概率的分布列或期望问题.中的Q；此时（1）中的m有变化，但结果为1。二0-3=0.3不变；运用独立性概念也可以计算（2）的概率,(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（3A.5)2B.51C.32D.3。课时作业查漏补续拓

19、展延伸解：取出的两个数是连续自然数的有5种情况,则取出的两个数不是连续自然数的概率_5P=1-C52=11.（2016中山二模）袋子里有3个白球，4个黑球, 5个红球，某人一次抽取 3个球，若每个球被抽到的机会均等，则该人抽到的球颜色互异的概率是52 ,77=1.故选D.15 3。名师点睛揭示规律总结方法1 .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一一有限性和 等可能性.2.求古典概型的概率（1）对于事件A的概率的计

20、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）=m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

21、）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：转化为几个互斥事件的和，利用互斥事件的加 法公式求解；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.1Aq1B.3C.7()D.：Ti解：基本事件总数为C：2= 220（种）,该人抽到的球颜色互异的情况有 3X4X5= 60（种）,故所求概率为603220=6.故选 D.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1A.1B.6解：依题意，所求概率为()1C.42 2c A2A2P = T-=A41D.216.故选B.3.从集合A=2, 3, 4

22、中随机选取一个数记为k,从集合B=-2, 3, 4中随机选取一个数记为b,则直线y=kx+ b不经过第二象PM的概率为（）2A.91B.35D.9解：依题意k和b的所有可能的取法一共有3X3=9（种），当直线y=kx+b不经过第二象限时，应有 k>0, b<0, 一共有2X2 = 4（种），所以所求概率为 49故选C.4. （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，现购买该食品能获奖的概率为（4)BaB.27C4C.9解：由题意3种不同的精美卡片随机放进4袋,D.84袋食品袋中，根据分步计数原理可知共有

23、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 3XC2XA2=36种，根据古典概型概率公式得能获奖 的概率为86=；,故选C.5. （2015亳州质检）已知集合 M=1 , 2, 3, 4,N = （a, b）|aCM, bCM, A是集合 N 中任意一点，O为坐标原点，则直线 OA与y = x2 + 1有交点的概率1B.3C.41D.81B.41C.O3是()1A.2解：易知过点(0, 0)与y= x2+1相切的直线为= 2x(斜率小于0的无需考虑)，集合N中共有16个元 素，其中使OA斜率不小于2的有(1, 2), (1, 3), (1, ,* ,414), (2, 4

24、),共4个，故所求的概率为 诬=4.故选C.6. （2017山东实验中学一诊）已知直线11： x-2y-1 = 0,直线 12: ax-by+ 1 = 0,其中 a, b 1 , 2, 3, 4, 5, 6,则直线11与12的交点位于第一象限的概率为()1D.2解：12的斜率小于11斜率时，直线11与12的交点位于第一象限，此时共有六种：a=1, bC3, 4, 5,6; a=2, bC5, 6;因此概率为-67=1,故选 A.6X6 67. (2017广州一模)在一个袋内装有同样大小、 质地的五个球，编号分别为1、2、3、4、5,若从袋中任意取两个，则编号的和是奇数的概率为(结果用最简分数表

25、示).解：从袋中任意取两个球， 共有c5=10种.若编 号的和为奇数，则有c3c2= 6(种)，所以编号的和是奇 数的概率为今=3.故填3.10 558. 一颗质地均匀的正方体骰子，其六个面上的 点数分别为1,2, 3, 4, 5, 6,将这颗骰子连续抛掷 三次，观察向上的点数，则三次点数依次构成等差数 列的概率是 (结果用最简分数表示).解：连续抛掷三次，共有 63= 216种情况，记三 次点数分别为a, b, c,则a+c=2b,所以a+c为偶 数，则a, c的奇偶性相同，且 a, c允许重复，一旦 a, c确定，b也唯一确定，故a, c共有2X32= 18(种),1811所以所求概率为

26、需=112.故填12.9 .将一颗骰子先后抛掷 2次，观察向上的点数， 求：(1)两数中至少有一个奇数的概率；(2)以第一次向上的点数为横坐标 x,第二次向上 的点数为纵坐标 y的点(x, y)在圆x2+y2= 15内部的 概率.解：将一颗骰子先后抛掷 2次，此问题中含有36 个等可能性基本事件.(1)记“两数中至少有一个奇数”为事件B,则事 件B与“两数均为偶数”互为对立事件，所以 P(B) =1县=3，即两数中至少有一个奇数的概率为 336 44(2)基本事件总数为36,点(x, y)在圆x2+y2=15 的内部记为事件 C,而满足条件x2+y2<15的点(x, y) 为(1, 1)

27、, (1, 2), (1, 3), (2, 1), (2, 2), (2, 3), (3, 1), (3, 2),则C包含8个事件，所以P(C) = = 36即点(x, y)在圆x2+y2= 15内部的概率为日 9910 .现有8名北京马拉松志愿者， 其中志愿者 Ai, A2, A3通晓日语，Bi, B2, B3通晓俄语，G, C2通晓 韩语.从中选出通晓日语、俄语和韩语的志愿者各1名，组成一个小组.(1)求Ai被选中的概率；(2)求Bi和Ci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C；c3c2= 18, Ai被选中的方法 数是 c3c2= 6.一 一61用M表木事件A1被选中，则P(M)=".18 3(2) “Bi和Ci不全被选中”包括“选Bi不选Ci” “选Ci不选Bi” “Bi和Ci都不选”这三个事件，分 别记作事件 A, b, C,则A, b, C彼此互斥，且有c3 一二 p(B、_ c3C2i1 P(c- c3c：- P(A)=i-i-i 一 C P(BJi八i八i一 p(cj 一i八i八i 一 l C C3c3c2 6c3c3c2 3c3c3c21个，用N表小事件“Bi和Ci