古典概型与概率的基本性质-2025高考数学一轮复习讲义

第89讲古典概型与概率的基本性质

知识梳理

知识点1、随机事件的概率

对随机事件发生可能性大小的度量(数值)称为事件的概率，事件A的概率用P(A)表

示.

知识点2、古典概型

(1)定义

一般地，若试验E具有以下特征：

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.

称试验E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.

(2)古典概型的概率公式

一般地，设试验E是古典概型，样本空间。包含"个样本点，事件A包含其中的k个样

本点，则定义事件A的概率尸(4)=：=墙.

知识点3、概率的基本性质

(1)对于任意事件A都有：04尸(A)41.

(2)必然事件的概率为1,即P(O)=1；不可能事概率为0,即尸(0)=0.

(3)概率的加法公式：若事件A与事件8互斥，则「(4113)=2(4)+「(3).

推广：一般地，若事件A，A.彼此互斥，则事件发生(即A，从中

有一个发生)的概率等于这〃个事件分别发生的概率之和，即：

尸(4+4+...+4)=p(A)+p(4)+...+p(4).

(4)对立事件的概率：若事件A与事件8互为对立事件，则P(A)=1-P(B),

P(B)=1-P(A),且P(AU3)=P(A)+P(B)=1.

(5)概率的单调性：若A=8,则P(A)4P(8).

(6)若A,3是一次随机实验中的两个事件，则P(/^3)=2(4)+「(8)-2(4。3).

【解题方法总结】

1、解决古典概型的问题的关键是：分清基本事件个数”与事件A中所包含的基本事件

数.

因此要注意清楚以下三个方面：

(1)本试验是否具有等可能性；

(2)本试验的基本事件有多少个；

（3）事件A是什么.

2、解题实现步骤：

（1）仔细阅读题目，弄清题目的背景材料，加深理解题意；

（2）判断本试验的结果是否为等可能事件，设出所求事件A;

（3）分别求出基本事件的个数〃与所求事件A中所包含的基本事件个数机；

“、到中八一»八A包含的基本事件的个数平山本出，,血力

（4）利用公式P（A）=——甘一由一附乂的——求出事件A的概率.

基本事件的息数

3、解题方法技巧：

（1）利用对立事件、加法公式求古典概型的概率

（2）利用分析法求解古典概型.

①任一随机事件的概率都等于构成它的每一个基本事件概率的和.

②求试验的基本事件数及事件A包含的基本事件数的方法有列举法、列表法和树状图

法.

必考题型全归纳

题型一：简单的古典概型问题

例L（2024•高一课时练习）下列概率模型中，是古典概型的个数为（）

①从区间［1［0］内任取一个数，求取到1的概率；②从1,2,3,…，10中任取一个数，求

取到1的概率；③在正方形ABC。内画一点P,求点P恰好为正方形中心的概率；④向上

抛掷一枚不均匀的硬币，求出现反面朝上的概率.

A.1B.2C.3D.4

【答案】A

【解析】古典概型的特征是样本空间中样本点的个数是有限的，并且每个样本点发生的可

能性相等，故②是古典概型；

①和③中的样本空间中的样本点个数不是有限的，故不是古典概型；

④由于硬币质地不均匀，因此样本点发生的可能性不相等，故④不是古典概型.

故选：A.

例2.（2024•全国•高一专题练习）下列关于古典概型的说法正确的是（）

①试验中所有可能出现的样本点只有有限个；②每个事件出现的可能性相等；

③每个样本点出现的可能性相等；④样本点的总数为小随机事件A若包含上个样本点，

k

则P（A）=—.

A.②④B.②③④C.①②④D.①③④

【答案】D

【解析】在①中，由古典概型的概念可知：试验中所有可能出现的基本事件只有有限个，

故①正确；

在②中，由古典概型的概念可知：每个基本事件出现的可能性相等，故②错误；

在③中，由古典概型的概念可知：每个样本点出现的可能性相等，故③正确；

在④中，基本事件总数为“随机事件A若包含左个基本事件，则由古典概型及其概率计

k

算公式知P（A）=—,故④正确.

n

故选：D.

例3.（2024•全国•高三专题练习）下列有关古典概型的四种说法：

①试验中所有可能出现的样本点只有有限个；

②每个事件出现的可能性相等；

③每个样本点出现的可能性相等；

k

④已知样本点总数为"，若随机事件A包含％个样本点，则事件A发生的概率尸（A）=—.

n

其中所正确说法的序号是（）

A.①②④B.①③C.③④D.①③④

【答案】D

【解析】根据古典概型的基本概念及概率公式，即可得出结论②中所说的事件不一定是样

本点，所以②不正确；

根据古典概型的特点及计算公式可知①③④正确.

故选:。.

变式1.（2024•重庆沙坪坝•高三重庆八中校考阶段练习）一项试验旨在研究臭氧效应，

试验方案如下：选6只小白鼠，随机地将其中3只分配到试验组且饲养在高浓度臭氧环

境，另外3只分配到对照组且饲养在正常环境，一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量

（单位：g）.则指定的两只小鼠分配到不同组的概率为（）

A.AB.2C,1D-

10525

【答案】D

2C2C'2

【解析】指定的两只小鼠分配到相同组的概率为

G5

23

所以指定的两只小鼠分配到不同组的概率为

故选：D

变式2.（2024•青海西宁•高三统考开学考试）乒乓球是中国的国球，拥有广泛的群众基

础，老少皆宜，特别适合全民身体锻炼.某小学体育课上，老师让小李同学从7个乒乓球

（其中3只黄色和4只白色）中随机选取2个，则他选取的乒乓球恰为1黄1白的概率是

（）

A.-B.-C.—D.y

77142

【答案】A

【解析】根据古典概型，从7个乒乓球中随机选取2个，基本事件总数有C；=21个，其中

恰为1黄1白的基本事件有C；.C；=12个，所以概率尸=i9o=；4

217

故选：A.

变式3.（2024•河北保定•统考二模）三位同学参加某项体育测试，每人要从100m跑、

引体向上、跳远、铅球四个项目中选出两个项目参加测试，则有且仅有两人选择的项目完

全相同的概率是（）

A.±B,1C.AD.工

1231212

【答案】C

【解析】三个同学选择两个项目的试验的基本事件数有（CP个，它们等可能，

有且仅有两人选择的项目完全相同的事件A含有的基本事件数有C；C；（C；-1）个，

所以有且仅有两人选择的项目完全相同的概率P（A）=0I幽T）=~.

故选：c

变式4.（2024•湖北•高三校联考阶段练习）将2个不同的小球随机放入甲、乙、丙3个

盒子，则2个小球在同一个盒子的概率为（）

A.-B.1C.-D.-

5283

【答案】D

【解析】将2个不同的小球随机放入甲、乙、丙3个盒子，共有：32=9种方法，

2个小球在同一个盒子有3种情况，

所以2个小球在同一个盒子的概率为3:=；1.

故选：D.

题型二：古典概型与向量的交汇问题

例4.(2024•重庆•高三统考阶段练习)已知正九边形A4…4,从我,荻,…,胸中

任取两个向量，则它们的数量积是正数的概率为()

A.1B.-C.-D.-

2399

【答案】A

【解析】

可以和向量A4构成数量积有左耳,…,4耳一共8个向量，

其中数量积为的正数的向量有：而，碇A4，A4一共4个，

41

由对称性可知，任取两个向量，它们的数量积是正数的概率为：-=

82

故选：A

例5.(2024•全国•高三专题练习)已知。为w{-2,-l,1,2},若向量而=(°,b),7=(1,1),

则向量而与7所成的角为锐角的概率是()

A.—B.-C.-D.—

164816

【答案】B

【解析】向量/与］所成的角为锐角等价于行4>0,且正与3的方向不同，

即m-n=(a,b)-(1,V)=a+b>0,

则满足条件的向量境有(T，2),(1,1),(1,2),(2,-1),(2,1),(2,2),

其中五=(U)或而=(2,2)时，与反同向，故舍去，故共有4种情况满足条件，

又病的取法共有4x4=16种，

41

则向量而与♦所成的角为锐角的概率是5=：.

164

故选：B.

例6.（2024•甘肃武威•甘肃省武威第一中学校考模拟预测）连掷两次骰子分别得到点数

77"

m,n,则向量（小,〃）与向量（T』）的夹角。＞,的概率是（）

A.gB.-C.—D.—

231212

【答案】D

【解析】由题设，向量（利,〃）的可能组合有36种，

qr

要使向量（加,〃）与向量（-1，1）的夹角。＞,，则0,〃＞（-1,1）=〃-机＜0,即〃（加，

满足条件的情况如下：

根=2时，ne{l},

机=3时，〃£{1,2},

根=4时，〃£{1,2,3},

加=5时，〃£{1,2,3,4},

根=6时，〃丘{1,2,3,4,5},

综上，共有15种，故向量（加,〃）与向量（-M）的夹角咤的概率是11=（.

故选：D

变式5.（2024•四川成都・四川省成都市玉林中学校考模拟预测）从集合口,2,4}中随机抽

取一个数从集合{2,4.5}中随机抽取一个数6,则向量比=（。/）与向量为=（2,-1）垂直的

概率为（）

A.-B.-C.-D.-

9933

【答案】B

【解析】求出组成向量沅=（。8）的个数和与向量为=（2,-1）垂直的向量个数，计算所求的概

率值.从集合{L2,4}中随机抽取一个数。，从集合{2,4,5}中随机抽取一个数8，

可以组成向量比=（。乃）的个数是3x3=9（个）；

其中与向量为=（2,-1）垂直的向量是历=（1,2）和玩=（2,4）,共2个；

故所求的概率为尸=方2

故选：B.

变式6.（2024•云南楚雄•高三统考期末）从集合｛0,1,2,3｝中随机地取一个数。，从集合

｛3,4,6｝中随机地取一个数6,则向量正=（b,a）与向量7=（1,-2）垂直的概率为（）

A.—B.-C.-D.一

12346

【答案】D

【解析】计算出所有的基本事件数，记事件A:正，九列举出事件A所包含的基本事件，

然后利用古典概型的概率公式可计算出事件A的概率.从集合｛0,123｝中随机地取一个数

a,从集合｛3,4,6｝中随机地取一个数6,基本事件总数N=4x3=12.

记事件A:而_LW，当向量〃z=S，。）与向量”=（1,-2）垂直时，m-n=b-2a=O^b=2a>

则事件A包含的基本事件有：（2,4）、（3,6）（形如（a,6））,共2个,

71

因此，=-=

12o

故选：D.

变式7.（2024•湖北•高考真题）连掷两次骰子得到的点数分别为加和〃，记向量

a=（私〃）与向量5=的夹角为凡则的概率是（

55

A.BcD.

12-I-n6

【答案】C

【解析】,:.a-b=m-n>0r即机之〃，

事件”所包含的基本事件有：（1,1）、（2,1）、（2,2）、（3,1）、（3,2）、（3,3）、

（4,1）、（4,2）、（4,3）、（4,4）、（5,1）、（5,2）、（5,3）、（5,4）、（5,5）、（6,1）、（6,2）、

（6,3）、（6,4）、（6,5）、（6,6）,共21个，

所有的基本事件数为6=36,因此，事件“。/。，斗’的概率为=j

12」3612

故选：C.

题型三：古典概型与几何的交汇问题

例7.（2024•全国•高三专题练习）传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家在沙滩上面画点

或用小石子表示数，他们将1，3,6,10,15,山土D,称为三角形数；将1,4,

2

9,16,25,",称为正方形数.现从200以内的正方形数中任取2个，则其中至少

有1个也是三角形数的概率为（）

人25「24-23c11

A.—B.—C.—D.—

91917826

【答案】A

【解析】令/4200,,."eN*,

故200以内的正方形数有14个：1,4,9,16,25,36,49,64,81,100,121,144,

169,196,

其中是三角形数的仅有1与36,

故所求概率P=C£+Bg.

故选：A.

例8.（2024•四川达州•统考二模）把腰底比为好二（比值约为0.618,称为黄金比）

2

的等腰三角形叫黄金三角形，长宽比为0：1（比值约为1.414,称为和美比）的矩形叫和

美矩形.树叶、花瓣、向日葵、蝴蝶等都有黄金比.在中国唐、宋时期的单檐建筑中存在较多

的0:1的比例关系，常用的A4纸的长宽比为和美比.图一是正五角星（由正五边形的五条

对角线构成的图形），必匚42.图二是长方体，EF=sil，EG=2E〃=2.在图一图

2

二所有三角形和矩形中随机抽取两个图形，恰好一个是黄金三角形一个是和美矩形的概率

D.

8

【答案】B

【解析】在如下图所示的正五角星中,

M

该图中共有10个三角形，且等腰VCDM的腰底之比大于1,等腰4ABN的腰底之比小于

1,

且AN=40=县，则等腰AABN的腰底之比为AN:48=叵21,

22

则在该五角星中，黄金三角形的个数为5,

在如下图所示的长方体中，

EF=叵，EG=2EH=2,则£/：后〃=应：1，EG:EH=2:1,EG:EF=^:1，

所以，矩形EHQF、EEPG均为和美矩形，

所以，长方体中共6个矩形，其中和美矩形的个数为4,

所以，图一和图二中共10个三角形，6个矩形，

在图一图二所有三角形和矩形中随机抽取两个图形，

c'c1201

恰好一个是黄金三角形一个是和美矩形的概率为P=寸

C；61206

故选：B.

例9.（2024•江西•高三校联考阶段练习）如图，这是第24届国际数学家大会会标的大

致图案，它是以我国古代数学家赵爽的弦图为基础设计的.现用红色和蓝色给这4个三角形

区域涂色，每个区域只涂一种颜色，则相邻的区域所涂颜色不同的概率是（）

D

c§-4

【答案】A

【解析】将四块三角形区域编号如下,

由题意可得总的涂色方法有24=16种，

若相邻的区域所涂颜色不同，即12同色，34同色，故符合条件的涂色方法有2种，

91

故所求概率尸=缶=g.

168

故选：A

变式8.（2024•江西•校联考二模）圆周上有8个等分点，任意选这8个点中的4个点构

成一个四边形，则四边形为梯形的概率是（）

,10612-14016

A.—B.—C.—D.—

35353535

【答案】B

【解析】依题意，从8个点中任取4个点构成有C；=70个四边形，构成梯形就只有以下两

种情况：

以某相邻两个点（如点A,B）构成的线段为边的梯形有2个，共有2x8=16个，

以某间隔一个点的两点（如点A,C）构成的线段为边的梯形有1个，共有1x8=8个,

于是构成的四边形中梯形有16+8=24个，

所以四边形为梯形的概率是2二4=关12.

故选：B

变式9.（2024•广东深圳•高三深圳市福田区福田中学校考阶段练习）《几何原本》是古

希腊数学家欧几里得所著的一部数学巨著，大约成书于公元前300年.汉语的最早译本是

由中国明代数学家、天文学家徐光启和意大利传教士利玛窦合译，成书于1607年.该书前6

卷主要包括：基本概念、三角形、四边形、多边形、圆、比例线段、相似形这7章，几乎

包含现今平面几何的所有内容.某高校要求数学专业的学生从这7章里任选4章进行选

修，则学生李某所选的4章中，含有“基本概念”这一章的概率为（）

A.-B.-C.-D.-

7777

【答案】B

【解析】数学专业的学生从这7章里任选4章进行选修共有：C；=35种选法；

学生李某所选的4章中，含有“基本概念”这一章共有：或=20种选法，

故学生李某所选的4章中，含有“基本概念”这一章的概率为：P==

故选：B.

变式10.（2024•河北张家口•张家口市宣化第一中学校考三模）如图，将正方体沿交于

同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，截取后的剩余部分

称为“阿基米德多面体”，它是一个24等边半正多面体.从它的棱中任取两条，则这两条棱

所在的直线为异面直线的概率为（）

29

69

【答案】B

【解析】当一条直线位置于上（或下）底面，另一条不在底面时，共有10x8=80对异面直

线，

当两条直线都位于上下底面时，有4x2=8对异面直线，

当两条直线都不在上下底面时，有7*8=56对异面直线，

c80+56+812

所以，两条棱所在的直线为异面直线的概率为尸=-百一=—

故选：B

变式11.（2024•全国•高三专题练习）《九章算术・商功》指出“斜解立方，得两遒堵.斜解

遭堵，其一为阳马，一为鳖席.阳马居二，鳖席居一，不易之率也•合两鳖腌三而一，验之以

其形露矣.”意为将一个正方体斜切，可以得到两个遒堵，将遒堵斜切，可得到一个阳

马，一个鳖席（四个面都是直角三角形的三棱锥），如果从正方体的8个顶点中选4个顶点

得到三棱锥，则得到的三棱锥是鳖II的概率为（）

18r16〃12一8

AA.—B.—C.—D.—

29292929

【答案】C

【解析】

从正方体的8个顶点中任选4个顶点，共有C；=70（种）情况，

其中4点在同一平面的情况共有两种，

第一种是当取正方体的一个面上的4个点时，共有6种情况；

第二种是当取上下、左右、前后斜切面的4个点时，共有6种情况，

所以从正方体的8个顶点选4个顶点得到三棱锥共有70-6-6=58（种）.

因为鳖膈是四个面都是直角三角形的三棱锥，

所以以AA为例，AA,与下底面组成的鳖席有A-4G。和A-48©,

与上底面构成的鳖膈也有两个，鳖膈共有4x4=16（个）.

又AD与侧面组成的4个鳖席有两个与前面得到的重复，有2个不重合,

故有2x4=8（个），所以一共有24个鳖膈，

所以得到的三棱锥是鳖般的概率为24二=1吴2，

故选：C.

题型四：古典概型与函数的交汇问题

例10.(2024•四川遂宁•统考三模)己知根e<Ig2+lg5,log43d5,tanl>,从这四个数

中任取一个数加，使函数“幻=/+2“优+1有两不相等的实数根的概率为.

【答案】1/0.5

【解析】函数/(%)=/+2mx+l有两不相等的实数根，则4>-4>0,解得m<-1或勿>1.

3

lg2+lg5=lgl0=l,0=log41<log43<log44=1,=]

nt、1LLr、tY兀T

因为一71<1.<一71,所以tanl>tan—=l.

424

即从这四个数中任取一个数加，使函数/。)=产+2〃a+1有两不相等的实数根的概率为

42

故答案为：g

例11.(2024•全国•高三专题练习)已知四个函数：(1)<(x)=x,(2)力(x)=sinx,

(3)%(x)=tanx,(4)力(力=葭，从中任选2个，则事件“所选2个函数的图象有且仅

有一个公共点”的概率为.

【答案】|

【解析】

如图所示,<(x)=x与力(x)=tanx,力(x)=sinx与力(x)=tanx,力(x)=sinx与

力(x)=e-x,/(x)=tanx与力(x)=e-1'均有多个公共点，

令gi(x)=J(x)-力(X)=x—sinx,则g；(x)=l-cosxNO,gi(x)在R上单调递增,

又,:g1(0)=0,g](x)=/(x)一力⑴有唯一零点，

/(x)=x与力(力=sinx的图象有且仅有一个公共点；

令g2(x)=<(x)-力(x)=x-e「”,则g2'(x)=l+eT>0,二gi(x)在R上单调递增,

又•••g2(0)=-l<0,g2(l)=l-l>0

存在毛e(o,l),使82(%)=。，且X=%是g2(x)=X(x)-%(x)的唯一零点,

⑺=x与力(x)=葭的图象有且仅有一个公共点.

从四个函数中任选2个，共有C：=6种可能，

“所选2个函数的图象有且仅有一个公共点的有工(x)=x与力(x)=sinx和£(x)=犬与

力(x)=ef共2种可能，

・・・“所选2个函数的图象有且仅有一个公共点”的概率为1=：.

63

故答案为：—.

例12.(2024•河南信阳•河南省信阳市第二高级中学校联考一模)在-2,-1,0,1,2

的五个数字中，有放回地随机取两个数字分别作为函数、=办2+3陵-2中a,b的值，则该

函数图像恰好经过第一、三、四象限的概率为.

【答案】1/0.2

【解析】五个数字任取一个作数字作系数。，放回后随机任取一个数作为6,有5x5=25种

不同取法.

当。=。时，函数图像为一条直线y=36x-2,若图像恰好经过第一、三、四象限，则

b>0,即有a=0,b=l；a=09b=2两组数满足；

时，二次函数经过第一、三、四象限则开口向下，又图像过点(。,-2),顶点必在第一

3b

象限，即满足〃<0,---->0,A>0,有4=—2,b=2；a=—1,b=1；a=—l,Z?=2三

2a

组数满足.故共有5组满足，

所求概率为三=，

255

故答案为：-

变式12.(2024•四川遂宁•统考一模)若函数y=/(x)的定义域和值域分别为人={1,2,3}

和3={1,2},则满足/(I)*/(3)的函数概率是.

【答案】f

【解析】因函数y=/(x)的定义域和值域分别为4={1,2,3}和3={1,2},则函数y=/(x)有

6个，它们是：

/(1)=/(2)=1,/(3)=2；/(1)=/(2)=2,/(3)=1;〃1)=1，〃2)=〃3)=2；

〃1)=2,/(2)=〃3)=1；〃1)=〃3)=1,〃2)=2；〃1)=〃3)=2J⑵=1,

满足/⑴=f(3)的函数有2个数，它们是/⑴=/(3)=1]⑵=2或

f(l)=/(3)=2,f(2)=1,

42

因此满足/(D手/(3)的函数有4个，所以满足/⑴#/(3)的函数概率是二=；.

63

故答案为：—

变式13.(2024•全国•高三专题练习)一个盒子中装有六张卡片，上面分别写着如下六

23

个定义域为我的函数：fi(x)=x,f2{x}=x,f3(x)=x,力(x)=sinx,%(x)=cosx,

人(x)=2|x|+l.现从盒子中逐一抽取卡片并判函数的奇偶性，每次抽出后均不放回，若

取到一张写有偶函数的卡片则停止抽取，否则继续进行，设抽取次数为X,则X<3的概率

为.

4

【答案】y/0.8

【解析】易判断力(力=/，4(x)=cosx,/(》)=2|x|+l为偶函数，所以写有偶函数的

卡片有3张,X的取值范围是{1,2,3,4}.

P(X=1)=K尸(X=2)=||3

10

1384

所以尸(X<3)=尸(X=l)+尸(X=2)=]+元=

105

、4

故答案为：—

变式14.(2024•全国•高三专题练习)对于定义域为。的函数/(%),若对任意的

Xp^eD,当％时都有/•&)</(%),则称函数/(x)为“不严格单调增函数”，若函数

〃x)的定义域。={1,2,3,4,5},值域为A={6,7,8},则函数为“不严格单调增函数”的

概率是.

【答案】±/°°4

【解析】基本事件总数为：把D中的5个数分成三堆：①1,1,3：C|=10,②1,2,2：

22

%C.yC=]5

则总共有(10+15).盘=150种,

求函数Ax)是“不严格单调增函数”的情况，等价于在1,2,3,4,5中间有4个空，插入

2块板分成3组，分别从小到大对应6,7,8共有盘=6种情况，

函数Ax)是“不严格单调增函数”的概率是*=±

故答案为：[.

变式15.(2024•上海•高三专题练习)从3个函数：v=x」v-尤2和y=x中任取2个，

其积函数在区间(-*。)内单调递增的概率是.

【答案】|

【解析】从三个函数中任取两个函数共有3种取法，

,15.5-

若取y==工2,积函数为y=/,所以丁=§冗3,

因为当XV。时，丁=|炉〉0,所以函数丁=户在(F,0)单调递增；

若取y=和丁=无，积函数y=所以y=：X3,

因为当XV。时，y=；x3<0,所以函数,=户在(-8,0)单调递减；

若取>=/和丫=乙积函数y=V,所以y=3y,

因为当x<0时，y=3x2>0,所以函数>在(-*0)单调递增；

故满足题意的有2个积函数，所以概率值为:，

7

故答案为：-

题型五：古典概型与数列的交汇问题

例13.（2024•江西鹰潭•统考一模）斐波那契数列｛4,｝因数学家莱昂纳多•斐波那契

（LeonardodaFibonaci）以兔子繁殖为例而引入，故又称为"兔子数列”.因"趋向于无穷大

F

时，力无限趋近于黄金分割数，也被称为黄金分割数列.在数学上，斐波那契数列由以下

居+i

递推方法定义：数列｛月｝满足片=g=1,Fn+2=Fn+i+F„,若从该数列前10项中随机抽取

2项，则抽取的2项至少有1项是奇数的概率为（）

1-13-14

AA.—B.—C.—D.—

15151515

【答案】D

【解析】依题意可知，数列｛月｝的前10项为：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,

其中偶数有3个，

所以从该数列前10项中随机抽取2项，则抽取的2项都是偶数的概率为尸=詈=2，

C10

114

所以至少有1项是奇数的概率为l-^=w

故选：D.

例14.（2024•全国•高三专题练习）斐波那契数列又称黄金分割数列，也叫“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｛%｝满足%=%=1，

a,l+2=an+an+1,先从该数列前12项中随机抽取1项，是质数的概率是（）

A.—B.-C.-D.—

124312

【答案】A

【解析】由斐波那契数列的递推关系可知，前12项分别为：1,1,2,3,5,8,13,21,

34,55,89,144,所以基本事件数共有12,其中质数有2,3,5,13,89,共5种，故是

质数的概率为尸=1.

故选：A.

例15.（2024•黑龙江•黑龙江实验中学校考三模）已知某抽奖活动的中奖率为每次

抽奖互不影响.构造数列匕｝,使得第“次未中奖,，记

S“=G+C2+…+g（〃eN*）,则冈=1的概率为（）

A.-B.《C.—D.-

82164

【答案】A

【解析】由国=1,可得怎=±1,

抽奖5次，出现3次中奖2次未中奖或2次中奖3次未中奖，

故国=1的概率为尸=容备=?

故选:A.

变式16.（2024•山东潍坊•高三统考阶段练习）数列｛%｝共有10项，且满足：％=1,

4="，每一项与前一项的差为2或-2,从满足上述条件的所有数列中任取一个数列，则

取到的数列满足每一项与前一项的差为-2的项都相邻的概率为（）

A.-B.-C.-D.—

93918

【答案】A

【解析】由于&，-%=1。=5*2,｛%｝从％至%,“+2”或“-2”共9次,

所以“+2”共7次，“-2”共2次，

基本事件的总数有C；=36种，

“每一项与前一项的差为-2的项都相邻”的事件有8种，

QO

故取到的数列满足每一项与前一项的差为-2的项都相邻的概率为白=；.

369

故选：A

变式17.（2024•全国•高三专题练习）斐波那契数列｛月｝因数学家莱昂纳多•斐波那契

（LeonardodaFibonaci）以兔子繁殖为例而引入，故又称为"兔子数列因"趋向于无穷大

F

时，力无限趋近于黄金分割数，也被称为黄金分割数列.在数学上，斐波那契数列由以

工+i

下递推方法定义：数列｛4｝满足£=%=1，/+2=/+I+/，若从该数列前10项中随机抽

取1项，则抽取项是奇数的概率为（）

【答案】D

【解析】依题意可知，数列｛月｝的前10项为：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,

7

其中奇数有7个，所以从该数列前10项中随机抽取1项，则抽取项是奇数的概率为木.

故选：D

变式18.（2024•全国•高三专题练习）记数列｛%｝的前〃项和为S“，己知

S^are-Aan+b,在数集｛-1,0,1｝中随机抽取一个数作为。，在数集｛-3,0,3｝中随机抽取

一个数作为从在这些不同数列中随机抽取一个数列｛。“｝,则｛《,｝是递增数列的概率为

【答案】B

【解析】由已知，当九=1时，/=S[=b-3a,

当2时，a„=Sn-=（a/-4加+6）-[°（"-1）~一44（〃-1）+可=2an-5a,

（、[CL<a,[b-3a<-a[b<2a

因为数列｛4｝为单调递增数列，贝U；>0~，即。>0，即a>0，

所有样本点（。,。）有:（T-3）、（-1,0）、（-1,3）、（0,-3）,（0,0）、（0,3）、（1,-3）,（1,0）、

（1,3）,共9个，

其中,满足｛%｝是递增数列的样本点（。力）有：（1,-3）、（1,0）,共2个，

故所求概率为p=?

故选：B.

变式19.（2024•全国•高三专题练习）已知数列｛4｝（〃eN*）的前〃项和为5"吗=1,且

S„=2an-1,若数列也｝满足。也=-”2+1加一32,从54〃410〃eN*中任取两个数，贝U

至少一个数满足匕用=2的概率为（）

A.；B.-C.—D.-

25123

【答案】B

【解析】由于凡=2。”-1①，当”=1时，得％=26-1,解得4=1；

当"22时，S,T=2a,T-l②，①-②化简可得%=2qT，

所以数列｛4｝是以1为首项，2为公比的等比数列，所以。"=2"'

因为。也=一〃2+11〃-32,所以2=一优+11：.32,

A7rz-n2+9n—22—H2+1In—32即"曰一一―

令6“+i=2得B-----------=-------；----，解得〃=6或7,

22

从54“410,"eN*中任取两个数共有（5,6）,（5,7）,（5,8）,（5,9）,（5,10）,（6,7）,

（6,8）,（6,9）,（6,10）,（7,8）,（7,9）,（7,10）,（8,9）,（8,10）,（9,10）15种，

其中至少一个6或7的有9种，

所以至少一个数满足或M=2的概率为1,

故选：B.

变式20.（2024•全国•高三专题练习）已知等比数列｛4｝的首项为1,公比为-2,在该数

列的前六项中随机抽取两项品，贝28的概率为（）

A.-B.-C.-D.1

5432

【答案】C

【解析】由题意知：«i=1,a2=-2,%=4,a4=-8,a5=16,a6=-32,

由aja028>0,则加，"奇偶相同，

若"z，〃都为偶数时，符合题意，情况数为C；=3种；

若能，“都为奇数时，仅有勺％=4<8不符题意，情况数为C；-l=2种，

综上，符合题意的情况数为3+2=5种，而总情况数为C；=15种，

.•.概率尸=得=]

故选：C.

题型六：古典概率与统计的综合

例16.（2024•四川宜宾•统考二模）2022年中国新能源汽车销量继续蝉联全球第一，以

比亚迪为代表的中国汽车交出了一份漂亮的“成绩单”，比亚迪新能源汽车成为2022年全球

新能源汽车市场销量冠军，为了解中国新能源车的销售价格情况，随机调查了10000辆新

能源车的销售价格，得到如图的样本数据的频率分布直方图:

（1）估计一辆中国新能源车的销售价格位于区间［5,35）（单位：万元）的概率，以及中国新

能源车的销售价格的众数；

（2）现有6辆新能源车，其中2辆为比亚迪新能源车，从这6辆新能源车中随机抽取2辆，

求至少有1辆比亚迪新能源车的概率.

【解析】（1）一辆中国新能源车的销售价格位于区间［5,35）的概率

=（0.022+0.04+0.017）x10=0.79,

中国新能源车的销售价格的众数为（15+25）+2=20

（2）记2辆比亚迪新能源车为A3,其余4辆车为1,2,3,4,

从6辆新能源车中随机抽取2辆的情况有：（AB）,（A1）,（A2）,（A3）,（A4）,（B,1）,（昆2）,

（5,3）,（5,4）,（1,2）,（1,3）,（1,4）,（2,3）,（2,4）,（3,4）,共15种情况.

其中至少有1辆比亚迪新能源车的情况有：（AB）,（A1）,（A,2）,（A3）,（A4）,（B,1）,（昆2）,

共有9种情况.

93

至少有1辆比亚迪新能源车的概率2=百=二

例17.（2024•北京西城•高三北京市第三十五中学校考开学考试）为了解某中学高一年

级学生身体素质情况，对高一年级的（1）班~（8）班进行了抽测，采取如下方式抽样：每班随

机各抽10名学生进行身体素质监测.经统计，每班10名学生中身体素质监测成绩达到优秀

的人数散点图如下（龙轴表示对应的班号，丁轴表示对应的优秀人数）：

（1）若用散点图预测高一年级学生身体素质情况，从高一年级学生中任意抽测1人，求该生

身体素质监测成绩达到优秀的概率；

⑵若从以上统计的高一（2）班和高-（4）班的学生中各抽出1人，设X表示2人中身体

素质监测成绩达到优秀的人数，求X的分布列及其数学期望；

（3）假设每个班学生身体素质优秀的概率与该班随机抽到的10名学生的身体素质优秀率相

等.现在从每班中分别随机抽取1名同学，用“短=「'表示第七班抽到的这名同学身体素质

优秀，“短=。”表示第上班抽到的这名同学身体素质不是优秀（笈=12…,8）.写出