2025版高考数学一轮总复习第10章计数原理概率随机变量及其分布第4节古典概型与事件的相互独立性教师用书

第四节古典概型与事务的相互独立性考试要求：1．理解古典概型、事务的相互独立性及其概率计算公式．2．会计算一些随机事务所含的样本点数及事务发生的概率．一、教材概念·结论·性质重现1．古典概型的推断古典概型的定义试验具有如下共同特征：(1)有限性：样本空间的样本点只有有限个．(2)等可能性：每个样本点发生的可能性相等．我们将具有以上两个特征的试验称为古典概型试验，其数学模型称为古典概率模型，简称古典概型．一个试验是否为古典概型，关键在于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．古典概型的概率计算公式一般地，设试验E是古典概型，样本空间Ω包含n个样本点，事务A包含其中的k个样本点，则定义事务A的概率P(A)＝_kn＝_nAnΩ，其中n(A)和n(Ω)分别表示事务频率的计算公式与古典概型的概率计算公式的异同名称不同点相同点频率计算公式频率计算中的k，n均随随机试验的改变而改变，但随着试验次数的增多，它们的比值渐渐趋近于概率值都计算了一个比值k古典概型的概率计算公式kn是一个定值，对同一个随机事务而言，k，n3．相互独立事务的推断相互独立事务的定义：对随意两个事务A与B，假如P(AB)＝P(A)P(B)成立，则称事务A与事务B相互独立，简称为独立．4．相互独立事务的性质当事务A与事务B相互独立时，则事务A与事务B相互独立，事务A与事务B相互独立，事务A与事务B相互独立．1．两个事务相互独立，是指它们其中一个事务的发生与否对另一个事务发生的概率没有影响．一般地，两个事务不行能既互斥又相互独立，因为互斥事务是不行能同时发生的，而相互独立事务是以它们能够同时发生为前提的．相互独立事务同时发生的概率等于每个事务发生的概率的积，这一点与互斥事务的概率和也是不同的．2．事务间的独立性关系：已知两个事务A，B相互独立，它们的概率分别为P(A)，P(B)，则有事务表示概率A，B同时发生ABP(A)P(B)A，B都不发生AP(A)P(B)A，B恰有一个发生(AB)∪(AB)P(A)P(B)＋P(A)P(B)A，B中至少有一个发生(AB)∪(AB)∪(AB)P(A)P(B)＋P(A)P(B)＋P(A)P(B)A，B中至多有一个发生(AB)∪(AB)∪(ABP(A)P(B)＋P(A)P(B)＋P(A)P(B)二、基本技能·思想·活动阅历1．推断下列说法的正误，对的画“√”，错的画“×”．(1)“P(AB)＝P(A)·P(B)”是“事务A，B相互独立”的充要条件． (√)(2)掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”，这三个事务是等可能事务． (×)(3)某袋中装有大小匀称的三个红球、两个黑球、一个白球，那么每种颜色的球被摸到的可能性相同． (×)(4)必定事务与任何一个事务相互独立． (√)2．若P(AB)＝16，P(A)＝13，P(B)＝14，则事务AA．互斥 B．相互独立C．互为对立 D．无法推断B解析：因为P(A)＝13，所以P(A)＝23，又P(B)＝14，所以事务A又因为P(AB)＝16，所以有P(AB)＝P(A)·P(B)，所以事务A与B3．甲、乙独立地解决同一数学问题，甲解决这个问题的概率是0.9，乙解决这个问题的概率是0.8，那么其中至少1人解决这个问题的概率是()A．0.26B．0.72C．0.98D．0.18C解析：设A为“甲解决这个问题”，B为“乙解决这个问题”，则AB表示“无人解决这个问题”，而P(A4．抛掷两枚质地匀称的骰子，向上的点数之差的肯定值为3的概率是()A．19B．16C．1B解析：抛掷两枚质地匀称的骰子，向上的点数之差的肯定值为3的状况有(1，4)，(4，1)，(2，5)，(5，2)，(3，6)，(6，3)，共6个样本点，而抛掷两枚质地匀称的骰子包含的样本点有36个，所以所求概率p＝636＝15．已知甲、乙、丙三人去参与某公司面试，他们被该公司录用的概率分别是16，14，712解析：因为甲，乙，丙三人被该公司录用的概率分别是16，14且三人录用结果相互之间没有影响，所以他们三人都没有被录用的概率为1-16故他们三人中至少有一人被录用的概率为1－512＝7考点1简洁的古典概型的概率——基础性(1)(2024·新高考Ⅰ卷)从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为()A．16B．13C．1D解析：从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有C72＝21(种)不同的取法，若两数不互质，不同的取法有：(2，4)，(2，6)，(2，8)，(3，6)，(4，6)，(4，8)，(6，8)，共7种，故所求概率p＝21-(2)(2024·全国甲卷)从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为()A．15B．13C．2C解析：从6张卡片中无放回随机抽取2张，共有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(4，5)，(4，6)，(5，6)，15种状况，其中数字之积为4的倍数的有(1，4)，(2，4)，(2，6)，(3，4)，(4，5)，(4，6)，6种状况，故概率为615＝2(3)设O为正方形ABCD的中心，在O，A，B，C，D中任取三点，则取到的三点共线的概率为()A．15B．25C．1A解析：从O，A，B，C，D中任取3点的状况有(O，A，B)，(O，A，C)，(O，A，D)，(O，B，C)，(O，B，D)，(O，C，D)，(A，B，C)，(A，B，D)，(B，C，D)，(A，C，D)，共有10种不同的状况．由图可知取到的三点共线的有(O，A，C)和(O，B，D)两种状况，所以所求概率为210＝1古典概型中样本点个数的探求方法(1)列举法：适合于给定的样本点个数较少且易一一列举出的问题．(2)树状图法：适合于较为困难的问题，留意在确定样本点(x，y)时可看成是有序的，如(1，2)与(2，1)不同．(3)排列组合法：在求一些较困难的样本点个数时，可利用排列或组合的学问．1．从长度为2，4，6，8，9的5条线段中任取3条，则这3条线段能构成一个三角形的概率为()A．25B．12C．3B解析：从5条线段中任取3条，共有C5其中能构成一个三角形的有：(2，8，9)，(4，6，8)，(4，6，9)，(4，8，9)，(6，8，9)，共有5种，所以这3条线段能构成一个三角形的概率p＝510＝12．(多选题)先后抛掷两颗匀称的骰子，第一次出现的点数记为a，其次次出现的点数记为b，则下列说法正确的是()A．a＋b＝7时概率为1B．a＋b＝6时概率为1C．a≥2b时的概率为1D．a＋b是3的倍数的概率是1AD解析：先后抛掷两颗匀称的骰子，第一次出现的点数记为a，其次次出现的点数记为b，样本点的总数为6×6＝36个，对于选项A：a＋b＝7包含的样本点有(1，6)，(2，5)，(3，4)，(4，3)，(5，2)，(6，1)，共6个，所以a＋b＝7时的概率为636＝1对于选项B：a＋b＝6包含的样本点有(1，5)，(2，4)，(3，3)，(4，2)，(5，1)，共5个，所以a＋b＝6时的概率为536≠1对于选项C：a≥2b包含的样本点有(2，1)，(3，1)，(4，1)，(4，2)，(5，1)，(5，2)，(6，1)，(6，2)，(6，3)，共9个，所以a≥2b时的概率为936＝1对于选项D：a＋b是3的倍数包含的样本点有(1，2)，(1，5)，(2，1)，(2，4)，(3，3)，(3，6)，(4，2)，(4，5)，(5，1)，(5，4)，(6，3)，(6，6)，共有12个，所以a＋b是3的倍数的概率是1236＝1考点2古典概型的交汇问题——综合性考向1古典概率和数1742年6月7日，哥德巴赫在给大数学家欧拉的信中提出：任一大于2的偶数都可写成两个质数的和．这就是闻名的“哥德巴赫猜想”，可简记为“1＋1”．1966年我国数学家陈景润证明白“1＋2”，获得了该探讨的世界最优成果．若在不超过20的全部质数中，随机选取两个不同的数，则两数之和不超过20的概率是()A．37B．47C．5B解析：不超过20的全部质数有2，3，5，7，11，13，17，19，共8个，从中选取2个不同的数有C82＝28种，和超过20的共有(2，19)，(3，19)，(5，17)，(5，19)，(7，17)，(7，19)，(11，13)，(11，17)，(11，19)，(13，17)，(13，19)，(17，19)，共12种，所以两数之和不超过20的概率是28-考向2古典概型和数列斐波那契数列又称黄金分割数列，因为数学家昂纳多斐波那契以兔子繁殖为例子引入，故又称为“兔子数列”，在数学上斐波那契数列被以下递推方法定义：数列{an}满意：a1＝a2＝1，an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)．现从该数列的前10项中随机的抽取一项，则该数除以3余数为1的概率为()A．18B．14C．3D解析：数列{an}满意：a1＝a2＝1，an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)，数列的前10项为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55．该数列被3除所得的余数为1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，所以10项中共有5项满意除以3余数为1，故概率p＝510＝1考向3古典概型和平面对量(1)设平面对量a＝(m，1)，b＝(2，n)，其中m，n∈{1，2，3，4}，记“a⊥(a－b)”为事务A，则事务A发生的概率为()A．18B．14C．1A解析：有序数对(m，n)的全部可能结果数为4×4＝16．由a⊥(a－b)，得m2－2m＋1－n＝0，即n＝(m－1)2．由于m，n∈{1，2，3，4}，故事务A包含的样本点为(2，1)和(3，4)，共2个．所以所求的概率P(A)＝216＝1(2)已知k∈Z，AB＝(k，1)，AC＝(2，4)．若|AB|≤4，则△ABC37解析：因为|AB|＝k2+1≤4，所以－15≤k因为k∈Z，所以k＝－3，－2，－1，0，1，2，3．当△ABC为直角三角形时，应有AB⊥AC，或AB⊥BC，或AC⊥BC．由AB·AC＝0，得2k＋4＝0，所以k＝－2．因为BC＝AC-AB＝(2－k，3)，由AB·BC＝0，得k(2－k)＋3＝0，所以k＝－1或3．由AC·BC＝0，得2(2－k)＋12＝0，所以k＝8(舍去)．故使△考向4古典概型与函数的交汇(1)已知函数f(x)＝13x3＋ax2＋b2x＋1．若a是从1，2，3三个数中任取的一个数，b是从0，1，2三个数中任取的一个数，则该函数有两个极值点的概率为()A．79B．13C．5D解析：(1)f′(x)＝x2＋2ax＋b2．由题意知f′(x)＝0有两个不等实根，即Δ＝4(a2－b2)>0，所以a>b，有序数对(a，b)全部可能结果有3×3＝9(种)，其中满意a>b的有(1，0)，(2，0)，(3，0)，(2，1)，(3，1)，(3，2)，共6种．故所求概率p＝69＝2(2)已知a∈{0，1，2}，b∈{－1，1，3，5}，则函数f(x)＝ax2－2bx在区间(1，＋∞)上为增函数的概率是()A．512B．13C．1A解析：因为a∈{0，1，2}，b∈{－1，1，3，5}，所以样本点总数n＝3×4＝12．函数f(x)＝ax2－2bx在区间(1，＋∞)上为增函数．①当a＝0时，f(x)＝－2bx，符合条件的只有(0，－1)，即a＝0，b＝－1．②当a≠0时，须要满意ba所以函数f(x)＝ax2－2bx在区间(1，＋∞)上为增函数的概率是512求解古典概型交汇问题的思路求解古典概型的交汇问题，关键是把相关的内容转化为事务，然后利用古典概型的有关学问解决，其解题流程为：已知集合M＝{－1，1，3，5}和N＝{－1，1，2，4}．设关于x的二次函数f(x)＝ax2－4bx＋1(a，b∈R)．(1)若b＝1时，从集合M取一个数作为a的值，求方程f(x)＝0有解的概率；(2)若从集合M和N中各取一个数作为a和b的值，求函数y＝f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数的概率．解：(1)因为b＝1，由方程f(x)＝ax2－4x＋1＝0有解，得a≠0，Δ=16-4a≥0，即a≤4，且a≠0．因为a∈M＝{－1，1，3，5}，所以(2)由于二次函数f(x)＝ax2－4bx＋1图象的对称轴为x＝2ba要使y＝f(x)在区间[1，＋∞)上为增函数，应有a＞0且2ba≤1，即a≥2b，且a①若a＝1，则b＝－1；②若a＝3，则b＝－1，1；③若a＝5，则b＝－1，1，2．而全部的(a，b)共有4×4＝16个，所以所求概率为p＝616＝3考点3事务的相互独立性——综合性(1)有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球．甲表示事务“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事务“其次次取出的球的数字是2”，丙表示事务“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事务“两次取出的球的数字之和是7”，则()A．甲与丙相互独立 B．甲与丁相互独立C．乙与丙相互独立 D．丙与丁相互独立B解析：由题意可知，两点数和为8的全部可能为：(2，6)，(3，5)，(4，4)，(5，3)，(6，2)，两点数和为7的全部可能为：(1，6)，(2，5)，(3，4)，(4，3)，(5，2)，(6，1)，P(甲)＝16，P(乙)＝16，P(丙)＝56×6＝536，A：P(甲丙)＝0≠P(甲)P(丙)，B：P(甲丁)＝136＝P(甲)·PC：P(乙丙)＝136≠P(乙)P(丙)，D：P(丙丁)＝0≠P(丙)·P(2)(2024·常州高三期末)甲、乙两队进行篮球决赛，实行三场二胜制(当一队赢得二场成功时，该队获胜，决赛结束)．依据前期竞赛成果，甲队的主客场支配依次为“主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场竞赛结果相互独立，则甲队最终获胜的概率是________．0.6解析：甲队最终获胜包含3种状况：①前两场甲均胜，概率为p1＝0.6×0.5＝0.3，②第一场甲胜，其次场甲负，第三场甲胜，概率为p2＝0.6×0.5×0.6＝0.18，③第一场甲负，其次场甲胜，第三场甲胜，概率为p3＝0.4×0.5×0.6＝0.12，所以甲队最终获胜的概率是p＝p1＋p2＋p3＝0.3＋0.18＋0.12＝0.6．推断事务是否相互独立的方法(1)定义法：事务A，B相互独立⇔P(AB)＝P(A)·P(B)．(2)利用性质：A与B相互独立，则A与B，A与B，1．现有5个相同的小球，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回的随机抽取两次，每次抽取一个球，记：事务A表示“第一次取出的球数字是2”，事务B表示“其次次取出的球数字是3”，事务C表示“两次取出的球的数字之和为8”，事务D表示“两次取出的球的数字之和为6”，则下列选项正确的是(C)A．事务A和事务C相互独立B．事务B和事务C相互独立C．事务B和事务D相互独立D．事务C和事务D相互独立2．(2024·和平区模拟)某校象棋社团开展竞赛活动，竞赛中双方有一人获胜或者双方和棋则竞赛结束．依据以往竞赛结果，在一局竞赛中，甲战胜乙的概率是12，两人和棋的概率是11379解析：由题意可知，在一局竞赛中，甲战胜乙的概率是12，两人和棋的概率是16，所以乙战胜甲的概率为1－12－16＝13；由甲乙两人竞赛2局，每局胜方记3分，负方记0分，和棋双方各记1分，设甲得分不少于2为事务A，则A表示乙胜或甲负且甲乙和，故P(A)＝13×13+C21×13×16＝2课时质量评价(五十九)A组全考点巩固练1．某校开设a，b，c，d共4门选修课，一个同学从中随机选取2门，则a与b未同时被选中的概率为()A．16 B．1C．23 D．D解析：从a，b，c，d中随机选2门课程的状况有ab，ac，ad，bc，bd，cd，共6种，其中a，b同时被选中的状况只有一种，即ab，则a，b同时被选中的概率为16，所以a，b未同时被选中的概率p＝1－16＝2．我国古代认为构成宇宙万物的基本要素是金、木、水、火、土这五种物质，称为“五行”．古人构建了金生水、水生木、木生火、火生土、土生金的相生理论，随机任取“两行”，则取出的“两行”相生的概率是()A．12B．13C．1A解析：随机任取“两行”，有金木、金水、金火、金土、木水、木火、木土、水火、水土、火土共10种状况，其中取出的“两行”相生的状况有金生水、水生木、木生火、火生土、土生金共5种，所以取出的“两行”相生的概率为510＝13．(多选题)从甲袋内摸出1个红球的概率是13，从乙袋内摸出1个红球的概率是1A．2个球不都是红球的概率是1B．2个球都是红球的概率是1C．至少有1个红球的概率是2D．2个球中恰有1个红球的概率是2BC解析：A：两个球不都是红球的概率为：1－13×12＝56，故A错误．B：两个球都是红球的概率为：13×12＝16，故B正确．C：至少有一个红球的概率为：13×12＋23×12＋13×12＝4．(2024·南京校级月考)十二生肖，又称十二属相，中国古人拿十二种动物来配十二地支，组成子鼠、丑牛、寅虎、卯兔、辰龙、巳蛇、午马、未羊、申猴、酉鸡、戌狗、亥猪十二属相．现有十二生肖祥瑞物各一件，甲、乙、丙三位同学依次随机抽取一件作为礼物，甲同学喜爱马、牛，乙同学喜爱马、龙、狗，丙同学除了鼠不喜爱外其他的都喜爱，则这三位同学抽取的礼物都喜爱的概率是()A．388B．344C．1A解析：现有十二生肖祥瑞物各一件，甲、乙、丙三位同学依次随机抽取一件作为礼物，甲同学喜爱马、牛，乙同学喜爱马、龙、狗，丙同学除了鼠不喜爱外其他的都喜爱，样本点总数n＝A123＝1320，这三位同学抽取的礼物都喜爱包含的样本点个数m＝1×2×9＋1×3×9＝45，所以这三位同学抽取的礼物都喜爱的概率是p＝mn＝455．某单位实行诗词大会竞赛，给每位参赛者设计了“保留题型”“升级题型”“创新题型”三类题型，每类题型均指定一道题让参赛者回答．已知某位参赛者答对每道题的概率均为45A．112125B．80125C．113A解析：因为参赛者答对每道题的概率均为45，且各次答对与否相互独立，所以该参赛者答完三道题后至少答对两道题的概率：p＝C336．已知甲、乙、丙、丁四人进行围棋竞赛，竞赛流程如图所示，依据以往阅历，甲战胜乙、丙、丁的概率分别为0.8，0.4，0.6，丙战胜丁的概率为0.5，并且竞赛没有和棋，则甲获得最终冠军的概率为()A．0.6B．0.5C．0.4D．0.3C解析：甲获得最终冠军这个事务可分为两个互斥事务：一个是第一轮甲胜乙，丙胜丁，其次轮甲胜丙，另一个是第一轮甲胜乙，丁胜丙，其次轮甲胜丁，所以所求概率P＝0.8×0.5×0.4＋0.8×(1－0.5)×0.6＝0.4．7．某一大型购物广场有A，B两家奶茶店，某人第一天随机地选择一家奶茶店购买奶茶，假如第一天去A店，那么其次天去A店的概率为0.7；假如第一天去B店，那么其次天去A店的概率为0.6．则某人其次天去A店购买奶茶的概率为________．0．65解析：某人其次天去A店购买奶茶有两种状况．第一种状况：第一天选择去A店，其次天选择去A，其概率为0.5×0.7＝0.35．其次种状况：第一天选择去B店，其次天选择去A，其概率为0.5×0.6＝0.3．所以某人其次天去A店购买奶茶的概率为0.35＋0.3＝0.65．8．(2024·泰安模拟)某百科学问竞答竞赛的半决赛阶段，每两人一组进行PK，胜者晋级决赛，败者终止竞赛．竞赛最多有三局．第一局限时答题，其次局快问快答，第三局抢答．竞赛双方首先各自进行一局限时答题，依据答对题目数量，答对多者获胜，竞赛结束，答对数量相等视为平局，则需进入快问快答局；若快问快答平局，则需进入抢答局，两人进行抢答，抢答没有平局．已知甲、乙两位选手在半决赛相遇，且在与乙选手的竞赛中，甲限时答题局获胜与平局的概率分别为13，12，快问快答局获胜与平局的概率分别为13，1(1)求甲至多经过两局竞赛晋级决赛的概率；(2)已知乙最终晋级决赛，但不知甲、乙两人经过几局竞赛，求乙恰好经过三局竞赛才晋级决赛的概率．解：(1)设“甲至多经过两局竞赛晋级决赛”为事务A，则甲第一局获胜或第一局平局其次局获胜，则P(A)＝13＋12×13(2)记乙恰好经过一局、两局、三局竞赛晋级决赛分别为事务B，C，D，则P(B)＝1－13+12＝16，P(C)＝12×1-13-1故在乙最终晋级决赛的前提下，乙恰好经过三局竞赛才晋级决赛的概率为118169．甲、乙两个篮球运动员互不影响地在同一位置投球，命中率分别为12与p，且乙投球2次均未命中的概率为1(1)求甲投球2次，至少命中1次的概率；(2)若甲、乙两人各投球2次，求两人共命中3次的概率．解：(1)由题意，甲投球2次，都没有命中的概率为12×12＝故甲至少命中1次的概率为1－14＝3(2)因为乙投球2次均未命中的概率为(1－p)·(1－p)＝116，所以p＝3若甲、乙两人各投球2次，命中3次，则甲只有一次没有命中、乙2次全部命中，或乙只有一次没有命中、甲2次全部命中．而甲只有一次没有命中、乙2次全部命中的概率为C21·而乙只有一次没有命中、甲2次全部命中的概率为C21·34故两人共命中3次的概率为932＋332＝B组新高考培优练10．为了实施“科技下乡，精准脱贫”战略，某县科技特派员带着A，B，C三个农业扶贫项目进驻某村，对仅有的四个贫困户甲、乙、丙、丁进行产业帮扶．若每个贫困户只能选择一个扶贫项目，每个项目至少有一户选择，则甲、乙两户选择同一个扶贫项目的概率为()A．14B．827C．2D解析：由题意分析：若每个贫困户只能选择一个扶贫项目，每个项目至少有一户选择，样本点总数n＝C42A33＝36，甲乙两户选择同一个扶贫项目包含的样本点个数m＝C22C3111．(2024·汕头二模)交通事故已成为世界性的严峻社会问题，加强中小学生交通平安教化具有重要的现实意义，为此，某校实行了一场交通平安学问竞赛，一共有3道难度相当的必答题目，李明同学答对每道题目的概率都是0.6，则李明同学至少答对2道题的概率是()A．0.36B．0.576C．0.648D．0.904C解析：设李明同学至少答对2道题为事务A，则P(A)＝C320.6故选C．12．(多选题)依据中国古代重要的数学著作《孙子算经》记载，我国古代诸侯的等级自低到高分为：男、子、伯、侯、公五个等级．现有每个级别的诸侯各一人，君王要把50处领地全部分给5位诸侯，要求每位诸侯都分到领地且级别每高一级就多分m处(m为正整数)．按这种分法，下列结论正确的是()A．为“男”的诸侯分到的领地不大于6处的概率是3B．为“子”的诸侯分到的领地不小于6处的概率是1C．为“伯”的诸侯分到的领地恰好为10处的概率是1D．为“公”的诸侯恰好分到16处领地的概率是1ACD解析：由题意可知，5位诸侯分得的领地数成等差数列{an}，设该等差数列的前n项和为Sn．因为Sn＝50，则有5a1＋5×42m＝50，即a1因为a1，m均为正整数，则有a1当a1=8，m=1时，有a1＝8，a2＝9，a3＝10，a4当a1=6，m=2时，有a1＝6，a2＝8，a3＝10，a4当a1=4，m=3时，有a1＝4，a2＝7，a3＝10，a4当a1=2，m