資源簡介

第05講 古典概型與概率的基本性質
目錄
01 考情透視·目標導航 2
02 知識導圖·思維引航 3
03 考點突破·題型探究 4
知識點1：古典概型 4
知識點2：概率的基本性質 4
解題方法總結 5
題型一：簡單的古典概型問題 5
題型二：古典概型與向量的交匯問題 6
題型三：古典概型與幾何的交匯問題 7
題型四：古典概型與函數的交匯問題 8
題型五：古典概型與數列的交匯問題 9
題型六：古典概率與統計的綜合 10
題型七：有放回與無放回問題的概率 11
題型八：概率的基本性質 12
04真題練習·命題洞見 13
05課本典例·高考素材 13
06易錯分析·答題模板 15
易錯點：混淆等可能與非等可能 15
答題模板：古典概型的概率問題 15
考點要求 考題統計 考情分析
（1）古典概型 （2）概率的基本性質 2024年甲卷（理）第16題，5分 2024年甲卷（文）第4題，5分 2023年乙卷（文）第9題，5分 2023年甲卷（文）第4題，5分 2022年I卷第5題，5分 2020年II卷第4題，5分 本節內容是概率的基礎知識，考查形式可以是選擇填空題，也可以在解答題中出現．經常出應用型題目，與生活實際相結合，要善于尋找合理的數學語言簡化語言描述，凸顯數學關系，通過分析隨機事件的關系，找到適合的公式計算概率．但整體而言，本節內容在高考中的難度處于中等偏易．
復習目標： （1）理解古典概型及其概率計算公式． （2）會計算一些隨機事件所包含的樣本點及事件發生的概率．
知識點1：古典概型
（1）定義
一般地，若試驗具有以下特征：
①有限性：樣本空間的樣本點只有有限個；
②等可能性：每個樣本點發生的可能性相等．
稱試驗E為古典概型試驗，其數學模型稱為古典概率模型，簡稱古典概型．
（2）古典概型的概率公式
一般地，設試驗是古典概型，樣本空間包含個樣本點，事件包含其中的個樣本點，則定義事件的概率．
【診斷自測】下列關于古典概率模型的說法中正確的是（ ）
①試驗中所有可能出現的樣本點只有有限個；②每個事件出現的可能性相等；③每個樣本點出現的可能性相等；④樣本點的總數為n，隨機事件A若包含k個樣本點，則．
A．②④ B．③④ C．①④ D．①③④
知識點2：概率的基本性質
（1）對于任意事件都有：．
（2）必然事件的概率為，即；不可能事概率為，即．
（3）概率的加法公式：若事件與事件互斥，則．
推廣：一般地，若事件，，…，彼此互斥，則事件發生（即，，…，中有一個發生）的概率等于這個事件分別發生的概率之和，即：．
（4）對立事件的概率：若事件與事件互為對立事件，則，，且．
（5）概率的單調性：若，則．
（6）若，是一次隨機實驗中的兩個事件，則．
【診斷自測】若隨機事件A、B互斥，A，B發生的概率均不等于0，且，，則實數a的取值范圍是 ．
解題方法總結
1、解決古典概型的問題的關鍵是：分清基本事件個數與事件中所包含的基本事件數．
因此要注意清楚以下三個方面：
（1）本試驗是否具有等可能性；
（2）本試驗的基本事件有多少個；
（3）事件是什么．
2、解題實現步驟：
（1）仔細閱讀題目，弄清題目的背景材料，加深理解題意；
（2）判斷本試驗的結果是否為等可能事件，設出所求事件；
（3）分別求出基本事件的個數與所求事件中所包含的基本事件個數；
（4）利用公式求出事件的概率．
3、解題方法技巧：
（1）利用對立事件、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任一隨機事件的概率都等于構成它的每一個基本事件概率的和．
②求試驗的基本事件數及事件A包含的基本事件數的方法有列舉法、列表法和樹狀圖法．
題型一：簡單的古典概型問題
【典例1-1】下列試驗是古典概型的是（　　）
A．口袋中有2個白球和3個黑球，從中任取一球為白球
B．在區間上任取一個實數，使
C．某小組有男生5人，女生3人，從中任選1人做演講
D．某人射擊中靶或不中靶
【典例1-2】下列實驗中，是古典概型的有（ ）
A．某人射擊中靶或不中靶
B．在平面直角坐標系內，從橫坐標和縱坐標都為整數的所有點中任取一個
C．四名同學用抽簽法選一人參加會議
D．從區間上任取一個實數，求取到1的概率
【變式1-1】下列概率模型中，是古典概型的個數為（ ）
①從區間內任取一個數，求取到1的概率；②從1，2，3，…，10中任取一個數，求取到1的概率；③在正方形ABCD內畫一點P，求點P恰好為正方形中心的概率；④向上拋擲一枚不均勻的硬幣，求出現反面朝上的概率.
A．1 B．2 C．3 D．4
【變式1-2】下列關于古典概型的說法正確的是（ ）
①試驗中所有可能出現的樣本點只有有限個；②每個事件出現的可能性相等；
③每個樣本點出現的可能性相等；④樣本點的總數為n，隨機事件A若包含k個樣本點，則.
A．②④ B．②③④ C．①②④ D．①③④
【變式1-3】以下試驗不是古典概型的有（ ）
A．從6名同學中，選出4名參加學校文藝匯演，每個人被選中的可能性大小
B．同時擲兩枚骰子，點數和為7的概率
C．近三天中有一天降雪的概率
D．3個人站成一排，其中甲，乙相鄰的概率
題型二：古典概型與向量的交匯問題
【典例2-1】（2024·高三·上海·課堂例題）已知向量，，從6張大小相同分別標有號碼的卡片中，有放回地抽取兩張，、分別表示第一次、第二次抽取的卡片上的號碼，則滿足的概率是（ ）
A． B． C． D．
【典例2-2】從集合中隨機抽取一個數a，從集合中隨機抽取一個數b，則向量與向量垂直的概率為 .
【變式2-1】設、分別為連擲兩次骰子得到的點數，且向量，，則與的夾角為銳角的概率是 ．
【變式2-2】將一顆骰子擲兩次，觀察出現的點數，并記第一次出現的點數為m，第二次出現的點數為n，向量=（m，n），=（2，6），則向量與共線的概率為
【變式2-3】連擲兩次骰子得到的點數分別為m和n，記向量與向量的夾角為，則的概率是 .(用數字作答)
【變式2-4】在平行四邊形中，點是對角線和的交點，分別是線段的中點，在中任意取一點，在中任意取一點，設點滿足向量，則在上述點組成的集合中的點，落在平行四邊形外（不含邊界）的概率為 ．
題型三：古典概型與幾何的交匯問題
【典例3-1】（2024·江西·二模）傳說古希臘畢達哥拉斯學派的數學家在沙灘上面畫點或用小石子表示數，他們將1，3，6，10，15，…，，稱為三角形數；將1，4，9，16，25，…，，稱為正方形數．現從200以內的正方形數中任取2個，則其中至少有1個也是三角形數的概率為（ ）
A． B． C． D．
【典例3-2】傳說古希臘畢達哥拉斯學派的數學家在沙灘上面畫點或用小石子表示數，他們將1，3，6，10，15，…，，稱為三角形數；將1，4，9，16，25，…，，稱為正方形數．現從1到50的自然數中任取1個，既不是正方形數，也不是三角形數的概率為（ ）
A． B． C． D．
【變式3-1】（2024·江西·二模）圓周上有8個等分點，任意選這8個點中的4個點構成一個四邊形，則四邊形為梯形的概率是（ ）
A． B． C． D．
【變式3-2】（2024·四川達州·二模）把腰底比為（比值約為，稱為黃金比）的等腰三角形叫黃金三角形，長寬比為（比值約為，稱為和美比）的矩形叫和美矩形.樹葉、花瓣、向日葵、蝴蝶等都有黃金比.在中國唐、宋時期的單檐建筑中存在較多的的比例關系，常用的紙的長寬比為和美比.圖一是正五角星（由正五邊形的五條對角線構成的圖形），.圖二是長方體，，.在圖一圖二所有三角形和矩形中隨機抽取兩個圖形，恰好一個是黃金三角形一個是和美矩形的概率為（ ）
A． B． C． D．
【變式3-3】七巧板，又稱七巧圖、智慧板．某同學用邊長為4 dm的正方形木板制作了一套七巧板，如圖所示，包括5個等腰直角三角形，1個正方形和1個平行四邊形．若該同學從5個三角形中任取出2個，則這2個三角形的面積之和不小于另外3個三角形面積之和的概率是（ ）
A． B． C． D．
【變式3-4】以正方體的個頂點中的某個為頂點可組成一個三棱錐，在所有這些三棱錐中任取一個，則該三棱錐各個面都不為直角三角形的概率為（ ）
A． B． C． D．
題型四：古典概型與函數的交匯問題
【典例4-1】（2024·高三·上海·期中）一個盒子裝有六張卡片，上面分別寫著如下六個函數：，，，，，．從中任意拿取2張卡片，則兩張卡片上寫著的函數相加得到的新函數為奇函數的概率是 ．
【典例4-2】（2024·高三·河北邢臺·開學考試）歐拉是18世紀最優秀的數學家之一，幾乎每個數學領域都可以看到歐拉的名字，如著名的歐拉函數.歐拉函數的函數值等于所有不超過正整數n，且與n互素(兩個數只有公約數1)的正整數的個數.例如：，.現從中任選兩個數，則這兩個數相同的概率是 .
【變式4-1】（2024·四川遂寧·三模）已知，從這四個數中任取一個數，使函數有兩不相等的實數根的概率為 .
【變式4-2】已知、，則使函數有兩不相等的零點的概率為 ．
【變式4-3】已知函數，若從集合中隨機選取一個元素，則函數恰有7個零點的概率是 ．
【變式4-4】已知四個函數：（1），（2），（3），（4），從中任選個，則事件“所選個函數的圖象有且僅有一個公共點”的概率為 .
題型五：古典概型與數列的交匯問題
【典例5-1】斐波那契數列(Fibonacci sequence)由數學家萊昂納多-斐波那契(Leonardo Fibonacci)以兔子繁殖為例子而引入，又稱為“兔子數列”．斐波那契數列有如下遞推公式：，通項公式為，故又稱黃金分割數列．若且，則中所有元素之和為偶數的概率為 ．(結果用含的代數式表達)
【典例5-2】（2024·全國·模擬預測）意大利數學家斐波那契以兔子繁殖數量為例，引入數列：1，1，2，3，5，8，…，該數列從第三項起，每一項都等于前兩項之和，即，故此數列稱為斐波那契數列，又稱“兔子數列”．現在從該數列前21項中，按照奇數與偶數這兩種類型進行分層抽樣抽取6項，再從這6項中抽出2項，則至少含有一項是偶數的概率為 ．
【變式5-1】（2024·浙江溫州·二模）若數列滿足，則稱此數列為“準等差數列”．現從這10個數中隨機選取4個不同的數，則這4個數經過適當的排列后可以構成"準等差數列"的概率是 ．
【變式5-2】（2024·全國·模擬預測）斐波那契數列（Fibonacci sequence），又稱黃金分割數列，因數學家萊昂納多·斐波那契（Leonardo Fibonacci）以兔子繁殖為例子而引入，故又稱為“兔子數列”，指的是這樣一個數列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、…在數學上，斐波那契數列以如下被以遞推的方法定義，，定義集合， 且，則B中所有元素之和為奇數的概率為 ．
【變式5-3】對于數列，若，則稱數列為“廣義遞增數列”，若，則稱數列為“廣義遞減數列”，否則稱數列為“擺動數列”.已知數列共4項，且，則數列是擺動數列的概率為 .
題型六：古典概率與統計的綜合
【典例6-1】（2024·安徽蕪湖·二模）從某工廠生產的零件中隨機抽取11個，其尺寸值為43，45，45，45，49，50，50，51，51，53，57（單位：mm），現從這11個零件中任取3個，則3個零件的尺寸剛好為這11個零件尺寸的平均數、第六十百分位數、眾數的概率為 ．
【典例6-2】將寫有1、2、…、9這9個數的卡片（6不可視作9）隨機分給甲、乙、丙三人，每人三張，則“每人手中卡片上的三個數都能滿足：其中一個數為其他兩個數的平均數”的概率為
【變式6-1】（2024·湖南永州·三模）從“1，2，3，4”這組數據中隨機取出三個不同的數，則這三個數的平均數恰為3的概率是 .
【變式6-2】某市衛生防疫部門為了控制某種病毒的傳染，提供了批號分別為1，2，3，4，5的五批疫苗，供全市所轄的，，三個區市民接種，每個區均能從中任選一個批號的疫苗接種，則三個區市民接種的疫苗批號中恰好有兩個區相同的概率是 ；記，，三個區選擇的疫苗批號的中位數為，則的期望是 .
【變式6-3】（2024·高三·山東德州·開學考試）編號為的四個小球，有放回地取三次，每次取一個，記表示前兩個球號碼的平均數，記表示三個球號碼的平均數，則與之差的絕對值不超過0.2的概率是 .
【變式6-4】泊松分布的概率分布列為，其中為自然對數的底數，是泊松分布的均值．若隨機變量服從二項分布，當很大且很小時，二項分布近似于泊松分布，其中，即．現已知某種元件的次品率為0.01，抽檢100個該種元件，則抽到的次品的個數小于2的概率約為 ．（參考數據：）
題型七：有放回與無放回問題的概率
【典例7-1】（2024·山東日照·三模）從標有1，2，3，4，5的5張卡片中有放回地抽取三次，每次抽取一張，則出現重復編號卡片的概率是（ ）
A． B． C． D．
【典例7-2】（2024·湖南常德·一模）將三個分別標注有 ，x，的三個質地均勻的小球放入一個不透明的小盒中.無放回的隨機取出2個小球（每次取一球），分別記錄下小球的標注為.若 ，則在上單調遞減的概率為（ ）
A． B． C． D．
【變式7-1】已知集合，從集合中有放回地任取兩元素作為點的坐標，則點落在軸上的概率為（ ）
A． B． C． D．
【變式7-2】從兩名男生（記為和）、兩名女生（記為和）中任意抽取兩人，分別采取不放回簡單隨機抽樣和有放回簡單隨機抽樣．在以上兩種抽樣方式下，抽到的兩人是一男生一女生的概率分別為（ ）
A． B． C． D．
【變式7-3】敏感性問題多屬個人隱私．對敏感性問題的調查方案，關鍵是要使被調查者愿意作出真實回答又能保守個人秘密．例如為了調查中學生中的早戀現象，現有如下調查方案：在某校某年級，被調查者在沒有旁人的情況下，獨自一人回答問題．被調查者從一個罐子中隨機抽一只球，看過顏色后即放回，若抽到白球，則回答問題A；若抽到紅球，則回答問題B．且罐中只有白球和紅球．
問題A：你的生日是否在7月1日之前 （本次調查中假設生日在7月1日之前的概率為）
問題B：你是否有早戀現象？
已知一次實際調查中，罐中放有白球2個，紅球3個，調查結束后共收到1585張有效答卷，其中有393張回答“是”，如果以頻率替代概率，則該校該年級學生有早戀現象的概率是（ ）（精確到0.01）
A．0.08 B．0.07 C．0.06 D．0.05
【變式7-4】已知盒中裝有大小一樣，形狀相同的3個白球與7個黑球，每次從中任取一個球并不放回，則在第1次取到白球的條件下，第2次取到的是黑球的概率為（ ）
A． B．
C． D．
【變式7-5】從兩名男生和兩名女生中任意抽取兩人，分別采取有放回簡單隨機抽樣和不放回簡單隨機抽樣，在以上兩種抽樣方式下，抽到的兩人都是女生的概率分別為（ ）
A．， B．， C．， D．，
【變式7-6】（2024·河南·模擬預測）袋子中裝有5個形狀和大小相同的球，其中3個標有字母個標有字母.甲先從袋中隨機摸一個球，摸出的球不再放回，然后乙從袋中隨機摸一個球，若甲 乙兩人摸到標有字母的球的概率分別為，則（ ）
A． B．
C． D．
【變式7-7】甲袋中裝有4個白球和6個黑球，乙袋中裝有3個白球和5個黑球，現從甲袋中隨機取出一個球放入乙袋中，充分混合后，再從乙袋中隨機取出一個球放回甲袋中，則甲袋中白球沒有減少的概率為（ ）
A． B． C． D．
題型八：概率的基本性質
【典例8-1】設A，B是一個隨機試驗中的兩個事件，記為事件A，B的對立事件，且，則=
【典例8-2】事件、是相互獨立事件，若，，則實數的值等于 .
【變式8-1】已知，，，則 ．
【變式8-2】對于一個古典概型的樣本空間和事件A，B，其中，，則 .
【變式8-3】若隨機事件，互斥，，發生的概率均不等于，且，，則實數的取值范圍為 ．
1．（2024年高考全國甲卷數學（文）真題）甲、乙、丙、丁四人排成一列，則丙不在排頭，且甲或乙在排尾的概率是（ ）
A． B． C． D．
2．（2023年高考全國乙卷數學（文）真題）某學校舉辦作文比賽，共6個主題，每位參賽同學從中隨機抽取一個主題準備作文，則甲、乙兩位參賽同學抽到不同主題概率為（ ）
A． B． C． D．
3．（2023年高考全國甲卷數學（文）真題）某校文藝部有4名學生，其中高一、高二年級各2名．從這4名學生中隨機選2名組織校文藝匯演，則這2名學生來自不同年級的概率為（ ）
A． B． C． D．
4．（2022年高考全國甲卷數學（文）真題）從分別寫有1，2，3，4，5，6的6張卡片中無放回隨機抽取2張，則抽到的2張卡片上的數字之積是4的倍數的概率為（ ）
A． B． C． D．
5．（2022年新高考全國I卷數學真題）從2至8的7個整數中隨機取2個不同的數，則這2個數互質的概率為（ ）
A． B． C． D．
1．某射擊運動員平時訓練成績的統計結果如下：
命中環數 6 7 8 9 10
頻率 0.1 0.15 0.25 0.3 0.2
如果這名運動員只射擊一次，以頻率作為概率，求下列事件的概率；
易錯點：混淆等可能與非等可能
易錯分析：不能理解“等可能”與“非等可能”的含義，在解題的過程中，不能準確的找出符合題意的情況導致最后結果錯誤.
【易錯題1】如圖，數軸上一質點受隨機外力的作用從原點O出發，每隔一秒隨機、等可能地向左或向右移動一個單位長度，則移動6次后，最終質點位于數軸上的位置4的概率為 ．
【易錯題2】在一個不透明的密封盒子中裝有8只昆蟲，其中蜜蜂和蝴蝶的數量各占一半.現在盒子上開一小孔，每次只能飛出一只昆蟲，且任意一只昆蟲都等可能地飛出.則“從盒子中任意飛出2只昆蟲，至少有1只是蝴蝶”的概率是 .
答題模板：古典概型的概率問題
1、模板解決思路
在解決這類問題時，首要步驟是確認試驗是否符合古典概型的特征。隨后，關鍵在于構建樣本空間，這一過程中需特別注意兩點：一是樣本中的元素是否存在順序性，因為順序的不同會構成不同的樣本空間；二是取樣時是否允許元素重復，即取樣是放回還是不放回，這直接決定了樣本中元素是否可以重復出現。明確了這兩點后，就可以計算出樣本空間的總樣本點數量，以及所求事件對應的樣本點數量，最后利用古典概型的概率計算公式，得出所求事件的概率。
2、模板解決步驟
第一步：根據題意,判斷試驗是否是古典概型，并寫出樣本空間，求出樣本點個數.
第二步：求出事件A 包含的樣本點個數.
第三步：代入公式，求出P(A).
【經典例題1】甲乙兩人進行一場抽卡游戲，規則如下：有編號的卡片各1張，兩人輪流從中不放回的隨機抽取1張卡片，直到其中1人抽到的卡片編號之和等于12或者所有卡片被抽完時，游戲結束.若甲先抽卡，求甲抽了3張卡片時，恰好游戲結束的概率是 .
【經典例題2】在某次國際商貿交流會展期間，舉辦城市為了提升安保級別，在平時正常安保的基礎上再將甲、乙等6名特警人員分配到展區附近的4個不同的路口進行執勤，若每個特警只能分配去1個路口且每個路口至少安排1名特警，則甲和乙不安排在同一個路口執勤的概率是 ．
21世紀教育網(www.21cnjy.com)第05講 古典概型與概率的基本性質
目錄
01 考情透視·目標導航 2
02 知識導圖·思維引航 3
03 考點突破·題型探究 4
知識點1：古典概型 4
知識點2：概率的基本性質 5
解題方法總結 5
題型一：簡單的古典概型問題 6
題型二：古典概型與向量的交匯問題 8
題型三：古典概型與幾何的交匯問題 10
題型四：古典概型與函數的交匯問題 14
題型五：古典概型與數列的交匯問題 18
題型六：古典概率與統計的綜合 21
題型七：有放回與無放回問題的概率 24
題型八：概率的基本性質 28
04真題練習·命題洞見 30
05課本典例·高考素材 33
06易錯分析·答題模板 35
易錯點：混淆等可能與非等可能 35
答題模板：古典概型的概率問題 36
考點要求 考題統計 考情分析
（1）古典概型 （2）概率的基本性質 2024年甲卷（理）第16題，5分 2024年甲卷（文）第4題，5分 2023年乙卷（文）第9題，5分 2023年甲卷（文）第4題，5分 2022年I卷第5題，5分 2020年II卷第4題，5分 本節內容是概率的基礎知識，考查形式可以是選擇填空題，也可以在解答題中出現．經常出應用型題目，與生活實際相結合，要善于尋找合理的數學語言簡化語言描述，凸顯數學關系，通過分析隨機事件的關系，找到適合的公式計算概率．但整體而言，本節內容在高考中的難度處于中等偏易．
復習目標： （1）理解古典概型及其概率計算公式． （2）會計算一些隨機事件所包含的樣本點及事件發生的概率．
知識點1：古典概型
（1）定義
一般地，若試驗具有以下特征：
①有限性：樣本空間的樣本點只有有限個；
②等可能性：每個樣本點發生的可能性相等．
稱試驗E為古典概型試驗，其數學模型稱為古典概率模型，簡稱古典概型．
（2）古典概型的概率公式
一般地，設試驗是古典概型，樣本空間包含個樣本點，事件包含其中的個樣本點，則定義事件的概率．
【診斷自測】下列關于古典概率模型的說法中正確的是（ ）
①試驗中所有可能出現的樣本點只有有限個；②每個事件出現的可能性相等；③每個樣本點出現的可能性相等；④樣本點的總數為n，隨機事件A若包含k個樣本點，則．
A．②④ B．③④ C．①④ D．①③④
【答案】D
【解析】在①中，由古典概型的概念可知：試驗中所有可能出現的基本事件只有有限個，故①正確；
在②中，由古典概型的概念可知：每個基本事件出現的可能性相等，故②錯誤；
在③中，由古典概型的概念可知：每個樣本點出現的可能性相等，故③正確；
在④中，樣本點的總數為n，隨機事件A若包含k個樣本點，則由古典概型及其概率計算公式知，故④正確．
故選：D．
知識點2：概率的基本性質
（1）對于任意事件都有：．
（2）必然事件的概率為，即；不可能事概率為，即．
（3）概率的加法公式：若事件與事件互斥，則．
推廣：一般地，若事件，，…，彼此互斥，則事件發生（即，，…，中有一個發生）的概率等于這個事件分別發生的概率之和，即：．
（4）對立事件的概率：若事件與事件互為對立事件，則，，且．
（5）概率的單調性：若，則．
（6）若，是一次隨機實驗中的兩個事件，則．
【診斷自測】若隨機事件A、B互斥，A，B發生的概率均不等于0，且，，則實數a的取值范圍是 ．
【答案】
【解析】由題意，，即，解得．
故答案為：
解題方法總結
1、解決古典概型的問題的關鍵是：分清基本事件個數與事件中所包含的基本事件數．
因此要注意清楚以下三個方面：
（1）本試驗是否具有等可能性；
（2）本試驗的基本事件有多少個；
（3）事件是什么．
2、解題實現步驟：
（1）仔細閱讀題目，弄清題目的背景材料，加深理解題意；
（2）判斷本試驗的結果是否為等可能事件，設出所求事件；
（3）分別求出基本事件的個數與所求事件中所包含的基本事件個數；
（4）利用公式求出事件的概率．
3、解題方法技巧：
（1）利用對立事件、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任一隨機事件的概率都等于構成它的每一個基本事件概率的和．
②求試驗的基本事件數及事件A包含的基本事件數的方法有列舉法、列表法和樹狀圖法．
題型一：簡單的古典概型問題
【典例1-1】下列試驗是古典概型的是（　　）
A．口袋中有2個白球和3個黑球，從中任取一球為白球
B．在區間上任取一個實數，使
C．某小組有男生5人，女生3人，從中任選1人做演講
D．某人射擊中靶或不中靶
【答案】C
【解析】對A：取出白球與取出黑球發生的可能性不同，故不是古典概型，故A錯誤；
對B：一次試驗的結果有無限個，故不是古典概型，故B錯誤；
對C：滿足古典概型特征，是古典概型，故C正確；
對D：兩個樣本點發生的可能性可能不同，故不是古典概型，故D錯誤．
故選：C.
【典例1-2】下列實驗中，是古典概型的有（ ）
A．某人射擊中靶或不中靶
B．在平面直角坐標系內，從橫坐標和縱坐標都為整數的所有點中任取一個
C．四名同學用抽簽法選一人參加會議
D．從區間上任取一個實數，求取到1的概率
【答案】C
【解析】由古典概型性質：基本事件的有限性及它們的發生是等可能的，
A：基本事件只有中靶、不中靶，但概率不相等，不滿足；
B：基本事件坐標系中整數點是無限的，不滿足；
C：基本事件是四名同學是有限的，且抽到的概率相等，滿足；
D：基本事件是區間上所有實數是無限的，不滿足；
故選：C
【變式1-1】下列概率模型中，是古典概型的個數為（ ）
①從區間內任取一個數，求取到1的概率；②從1，2，3，…，10中任取一個數，求取到1的概率；③在正方形ABCD內畫一點P，求點P恰好為正方形中心的概率；④向上拋擲一枚不均勻的硬幣，求出現反面朝上的概率.
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【解析】古典概型的特征是樣本空間中樣本點的個數是有限的，并且每個樣本點發生的可能性相等，故②是古典概型；
①和③中的樣本空間中的樣本點個數不是有限的，故不是古典概型；
④由于硬幣質地不均勻，因此樣本點發生的可能性不相等，故④不是古典概型.
故選：A.
【變式1-2】下列關于古典概型的說法正確的是（ ）
①試驗中所有可能出現的樣本點只有有限個；②每個事件出現的可能性相等；
③每個樣本點出現的可能性相等；④樣本點的總數為n，隨機事件A若包含k個樣本點，則.
A．②④ B．②③④ C．①②④ D．①③④
【答案】D
【解析】在①中，由古典概型的概念可知：試驗中所有可能出現的基本事件只有有限個，故①正確；
在②中，由古典概型的概念可知：每個基本事件出現的可能性相等，故②錯誤；
在③中，由古典概型的概念可知：每個樣本點出現的可能性相等，故③正確；
在④中，基本事件總數為n，隨機事件A若包含k個基本事件，則由古典概型及其概率計算公式知，故④正確．
故選：D．
【變式1-3】以下試驗不是古典概型的有（ ）
A．從6名同學中，選出4名參加學校文藝匯演，每個人被選中的可能性大小
B．同時擲兩枚骰子，點數和為7的概率
C．近三天中有一天降雪的概率
D．3個人站成一排，其中甲，乙相鄰的概率
【答案】C
【解析】A選項，從6名同學中，選出4名參加學校文藝匯演，每個人被選中的可能性相等，滿足有限性和等可能性，是古典概型；
B選項中，同時同時擲兩枚骰子，點數和為7的事件是不可能事件，有限性和等可能性，是古典概型；
C選項中，不滿足等可能性，不是古典概型；
D選項中，3個人站成一排，其中甲，乙相鄰的概率，滿足有限性和等可能性，是古典概型．
故選：C．
題型二：古典概型與向量的交匯問題
【典例2-1】（2024·高三·上海·課堂例題）已知向量，，從6張大小相同分別標有號碼的卡片中，有放回地抽取兩張，、分別表示第一次、第二次抽取的卡片上的號碼，則滿足的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】設表示一個基本事件，則兩次抽取卡片的所有基本事件有個，
由，即，
故滿足的基本事件有共個，
所以所求概率為.
故選：D.
【典例2-2】從集合中隨機抽取一個數a，從集合中隨機抽取一個數b，則向量與向量垂直的概率為 .
【答案】
【解析】由題意可知有，，，，，，，，，，，，共12種情況.
因為，即，所以，即，
滿足條件的有，，共2個.故所求的概率為.
故答案為：
【變式2-1】設、分別為連擲兩次骰子得到的點數，且向量，，則與的夾角為銳角的概率是 ．
【答案】
【解析】因為向量的夾角為銳角，所以，
即，，
當時，有2種；
當時，有2種；
當時，有1種；
當時，有1種；
包含的基本事件個數為6，而基本事件總數為，
所以概率為，
故答案為：.
【變式2-2】將一顆骰子擲兩次，觀察出現的點數，并記第一次出現的點數為m，第二次出現的點數為n，向量=（m，n），=（2，6），則向量與共線的概率為
【答案】
【解析】試驗發生包含的事件是一顆骰子擲兩次,共有種結果,
滿足條件事件是向量與共線,
即，，
滿足這種條件的有,共有2種結果,
向量與共線的概率,
故答案為：.
【變式2-3】連擲兩次骰子得到的點數分別為m和n，記向量與向量的夾角為，則的概率是 .(用數字作答)
【答案】.
【解析】由，且不共線可知：或，
所以，骰子點數可能性有（6,6），（6,5），（6,4），（6,3），（6,2），（6,1）
（5,5），（5,4），（5,3），（5,2），（5,1）
（4,4），（4,3），（4,2），（4,1）
（3,3），（3,2），（3,1）
（2,2），（2,1）
（1,1）
共有21種情況，而拋擲兩枚骰子共有36情況，則概率為.
故答案為：.
【變式2-4】在平行四邊形中，點是對角線和的交點，分別是線段的中點，在中任意取一點，在中任意取一點，設點滿足向量，則在上述點組成的集合中的點，落在平行四邊形外（不含邊界）的概率為 ．
【答案】
【解析】
由題意知，點的位置受到 點取法不同的限制，令 表示 的一種取法，則 ， ， ， 共有 種取法，而只有落在平行四邊形內，故符合要求的的只有 個，落在平行四邊形 外（不含邊界）概率 ，故答案為 .
題型三：古典概型與幾何的交匯問題
【典例3-1】（2024·江西·二模）傳說古希臘畢達哥拉斯學派的數學家在沙灘上面畫點或用小石子表示數，他們將1，3，6，10，15，…，，稱為三角形數；將1，4，9，16，25，…，，稱為正方形數．現從200以內的正方形數中任取2個，則其中至少有1個也是三角形數的概率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】令，∵，
故200以內的正方形數有14個：1，4，9，16，25，36，49，64，81，100，121，144，169，196，
其中是三角形數的僅有1與36，
故所求概率.
故選：A．
【典例3-2】傳說古希臘畢達哥拉斯學派的數學家在沙灘上面畫點或用小石子表示數，他們將1，3，6，10，15，…，，稱為三角形數；將1，4，9，16，25，…，，稱為正方形數．現從1到50的自然數中任取1個，既不是正方形數，也不是三角形數的概率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】在1到50的自然數中，三角形數有1，3，6，10，15，21，28，36，45，
正方形數有1，4，9，16，25，36，49，則1到50的自然數中，既不是正方形數，
也不是三角形數的有個，
故所求概率．
故選:C．
【變式3-1】（2024·江西·二模）圓周上有8個等分點，任意選這8個點中的4個點構成一個四邊形，則四邊形為梯形的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】依題意，從8個點中任取4個點構成有個四邊形，構成梯形就只有以下兩種情況：
以某相鄰兩個點（如點A，B）構成的線段為邊的梯形有2個，共有個，
以某間隔一個點的兩點（如點A，C）構成的線段為邊的梯形有1個，共有個，
于是構成的四邊形中梯形有個，
所以四邊形為梯形的概率是.
故選：B
【變式3-2】（2024·四川達州·二模）把腰底比為（比值約為，稱為黃金比）的等腰三角形叫黃金三角形，長寬比為（比值約為，稱為和美比）的矩形叫和美矩形.樹葉、花瓣、向日葵、蝴蝶等都有黃金比.在中國唐、宋時期的單檐建筑中存在較多的的比例關系，常用的紙的長寬比為和美比.圖一是正五角星（由正五邊形的五條對角線構成的圖形），.圖二是長方體，，.在圖一圖二所有三角形和矩形中隨機抽取兩個圖形，恰好一個是黃金三角形一個是和美矩形的概率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】在如下圖所示的正五角星中，
該圖中共有個三角形，且等腰的腰底之比大于，等腰的腰底之比小于，
且，則等腰的腰底之比為，
則在該五角星中，黃金三角形的個數為，
在如下圖所示的長方體中，
，，則，，，
所以，矩形、均為和美矩形，
所以，長方體中共個矩形，其中和美矩形的個數為，
所以，圖一和圖二中共個三角形，個矩形，
在圖一圖二所有三角形和矩形中隨機抽取兩個圖形，
恰好一個是黃金三角形一個是和美矩形的概率為.
故選：B.
【變式3-3】七巧板，又稱七巧圖、智慧板．某同學用邊長為4 dm的正方形木板制作了一套七巧板，如圖所示，包括5個等腰直角三角形，1個正方形和1個平行四邊形．若該同學從5個三角形中任取出2個，則這2個三角形的面積之和不小于另外3個三角形面積之和的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】如圖所示，易知．
△ADO，△ABO，△GHO，△BEF，△MCF分別記為，，，，，從這5個三角形中任取出2個，則樣本空間，共有10個樣本點．
記事件N表示“從5個三角形中任取出2個，這2個三角形的面積之和不小于另外3個三角形面積之和”，則事件N包含的樣本點為，，，共3個，
所以．
故選：D．
【變式3-4】以正方體的個頂點中的某個為頂點可組成一個三棱錐，在所有這些三棱錐中任取一個，則該三棱錐各個面都不為直角三角形的概率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】如下圖所示：
三棱錐各面都是等邊三角形，這樣的三棱錐還有三棱錐，共個，
從正方體的個頂點中的某個為頂點可組成一個三棱錐，
從個頂點中任取三點不共線，若取個點，若這四點共面，則四點所在的面是正方體的側面或底面，
或者是正方體的對角面，如面，對角面的個數為個，
所以，從正方體的個頂點中的某個為頂點可組成一個三棱錐，
不同的三棱錐的個數為，
因此，在所有這些三棱錐中任取一個，則該三棱錐各個面都不為直角三角形的概率為.
故選：B.
題型四：古典概型與函數的交匯問題
【典例4-1】（2024·高三·上海·期中）一個盒子裝有六張卡片，上面分別寫著如下六個函數：，，，，，．從中任意拿取2張卡片，則兩張卡片上寫著的函數相加得到的新函數為奇函數的概率是 ．
【答案】/
【解析】的定義域為，因為
所以為奇函數.
同理可得、也為奇函數，、、為偶函數.
從6張卡片里面從中任意拿取2張卡片共有種取法.
其中兩個函數相加得到的新函數為奇函數只能是“奇函數+奇函數”，因此共有種取法.
所以.
故答案為：.
【典例4-2】（2024·高三·河北邢臺·開學考試）歐拉是18世紀最優秀的數學家之一，幾乎每個數學領域都可以看到歐拉的名字，如著名的歐拉函數.歐拉函數的函數值等于所有不超過正整數n，且與n互素(兩個數只有公約數1)的正整數的個數.例如：，.現從中任選兩個數，則這兩個數相同的概率是 .
【答案】
【解析】根據歐拉函數的定義知，，，，，，，
，，，，
從中任選兩個數有種結果，
其中這兩個數相同的有
共8種結果，
所以根據古典概率公式得所求的概率為.
故答案為：
【變式4-1】（2024·四川遂寧·三模）已知，從這四個數中任取一個數，使函數有兩不相等的實數根的概率為 .
【答案】/
【解析】函數有兩不相等的實數根，則，解得或.
，，.
因為，所以.
即從這四個數中任取一個數，使函數有兩不相等的實數根的概率為.
故答案為：
【變式4-2】已知、，則使函數有兩不相等的零點的概率為 ．
【答案】/
【解析】因為，，，，
，
所以，，
因為、，則、均為正數，
以為一個樣本點，因為函數有兩個不相等的零點，
則，可得，所有的基本事件有：
、、、、、
、、、
、、、、
、、、，共個基本事件，
其中，滿足函數有兩個不等的零點的基本事件有：、、
、、、，共個基本事件，
故所求概率為.
故答案為：.
【變式4-3】已知函數，若從集合中隨機選取一個元素，則函數恰有7個零點的概率是 ．
【答案】
【解析】由，得，當時，的最小值為．
由，得，即，
因為，所以．而，
當時，方程的實數解的個數分別為3，3，2；
當時，方程的實數解的個數分別為3，2，2；
當時，方程，的實數解的個數均為2．
所以當時，函數恰有7個零點，故所求概率為．
故答案為：
【變式4-4】已知四個函數：（1），（2），（3），（4），從中任選個，則事件“所選個函數的圖象有且僅有一個公共點”的概率為 .
【答案】
【解析】
如圖所示，與，與，與，與均有多個公共點，
令，則，∴在上單調遞增，
又∵，∴有唯一零點，
∴與的圖象有且僅有一個公共點；
令，則，∴在上單調遞增，
又∵，
∴存在，使，且是的唯一零點，
∴與的圖象有且僅有一個公共點.
∴從四個函數中任選個，共有種可能，
“所選個函數的圖象有且僅有一個公共點的有與和與共種可能，
∴“所選個函數的圖象有且僅有一個公共點”的概率為.
故答案為：.
題型五：古典概型與數列的交匯問題
【典例5-1】斐波那契數列(Fibonacci sequence)由數學家萊昂納多-斐波那契(Leonardo Fibonacci)以兔子繁殖為例子而引入，又稱為“兔子數列”．斐波那契數列有如下遞推公式：，通項公式為，故又稱黃金分割數列．若且，則中所有元素之和為偶數的概率為 ．(結果用含的代數式表達)
【答案】
【解析】由斐波那契數列規律可知，集合中的元素有個偶數，個奇數，
因為且，所以共有個，
當中所有元素之和為偶數時，中元素由偶數個奇數和任意個偶數組成．
選出偶數個奇數有種方法，
選出任意個偶數有種方法，
其中，選出0個奇數和0個偶數時，為空集，不符合要求，
所以中所有元素之和為偶數時共有個，
所以中所有元素之和為偶數的概率為．
故答案為：
【典例5-2】（2024·全國·模擬預測）意大利數學家斐波那契以兔子繁殖數量為例，引入數列：1，1，2，3，5，8，…，該數列從第三項起，每一項都等于前兩項之和，即，故此數列稱為斐波那契數列，又稱“兔子數列”．現在從該數列前21項中，按照奇數與偶數這兩種類型進行分層抽樣抽取6項，再從這6項中抽出2項，則至少含有一項是偶數的概率為 ．
【答案】/0.6
【解析】由題意得，斐波那契數列的前21項中偶數項的個數為，奇數項的個數為，
所以奇數與偶數的個數之比為，
所以采用分層抽樣抽取6項中奇數有4項，偶數有2項，
所以從這6項中抽出2項，至少含有一項是偶數的概率．
故答案為：
【變式5-1】（2024·浙江溫州·二模）若數列滿足，則稱此數列為“準等差數列”．現從這10個數中隨機選取4個不同的數，則這4個數經過適當的排列后可以構成"準等差數列"的概率是 ．
【答案】
【解析】和為5有2種組合，和為6有2種組合，
和為7有3種組合，和為8有3種組合，
和為9有4種組合，和為10有4種組合，
和為11有5種組合，
和為12有4種組合，和為13有4種組合，
和為14有3種組合，和為15有3種組合，
和為16有2種組合，和為17有2種組合，
所以.
故答案為：
【變式5-2】（2024·全國·模擬預測）斐波那契數列（Fibonacci sequence），又稱黃金分割數列，因數學家萊昂納多·斐波那契（Leonardo Fibonacci）以兔子繁殖為例子而引入，故又稱為“兔子數列”，指的是這樣一個數列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、…在數學上，斐波那契數列以如下被以遞推的方法定義，，定義集合， 且，則B中所有元素之和為奇數的概率為 ．
【答案】
【解析】由斐波那契數列規律可知，集合中的元素有674個偶數，1349個奇數，
記A中所有偶數組成的集合為C，所有奇數組成的集合為D，集合C的子集為E，集合D中含有奇數個元素的子集為F，
則所有元素之和為奇數的集合B可看成.
易知，集合E共有個，集合F共有個，
所以所有元素之和為奇數的集合B共有個，
又集合A的真子集共有個，所以B中所有元素之和為奇數的概率為.
故答案為：
【變式5-3】對于數列，若，則稱數列為“廣義遞增數列”，若，則稱數列為“廣義遞減數列”，否則稱數列為“擺動數列”.已知數列共4項，且，則數列是擺動數列的概率為 .
【答案】
【解析】根據題意可知，，則四位數字組成的數列有以下四類：
（1）由單個數字組成：共有4個數列；
（2）由2個數字組成：則共有種數字搭配，每種數字搭配又分為兩種情況：由1個數字和3個相同數字組成4個數的數列（如1222,2111等），則有個數列；分別由2個相同數字組成的4個數的數列（如1122等）共有6個數列，因而此種情況共有種；
（3）由3個數字組成：共有種數字搭配（如1123等），相同數字有3種可能，則共有個數列；
（4）由4個數字組成：共有個數列.
因而組成數列的個數為個數列.
其中，符合“廣義遞增數列”或“廣義遞減數列”的個數分別為：
（1）由單個數字組成：4個數列均符合“廣義遞增數列”或“廣義遞減數列”，因而有4個數列；
（2）由2個數字組成：滿足“廣義遞增數列”或“廣義遞減數列”的個數為 個；
（3）由3個數字組成：個；
（4）由4個數字組成：則有2個數列符合“廣義遞增數列”或“廣義遞減數列”，
綜上可知，符合“廣義遞增數列”或“廣義遞減數列”的個數為個.
所以“擺動數列”的個數為個，
因而數列是擺動數列的概率為，
故答案為：.
題型六：古典概率與統計的綜合
【典例6-1】（2024·安徽蕪湖·二模）從某工廠生產的零件中隨機抽取11個，其尺寸值為43，45，45，45，49，50，50，51，51，53，57（單位：mm），現從這11個零件中任取3個，則3個零件的尺寸剛好為這11個零件尺寸的平均數、第六十百分位數、眾數的概率為 ．
【答案】
【解析】由題意知11個零件的平均數為，
第六十百分位數的位置為，即取第7位數50，故第六十百分位數為50，
由題可知眾數為45，
所以當從11中取出3個零件共有種情況，
則3個數分別為平均數49、第六十百分位數50，眾數45共有種情況，
所以其概率為，
故答案為：.
【典例6-2】將寫有1、2、…、9這9個數的卡片（6不可視作9）隨機分給甲、乙、丙三人，每人三張，則“每人手中卡片上的三個數都能滿足：其中一個數為其他兩個數的平均數”的概率為
【答案】
【解析】9張卡片隨機分給3個人，每人三張，總方法數是
9個數分成三組，每組3個數中都有一個是其他兩個數的平均數，我們從最小的平均數開始計數（第二組也從較小平均數開始）：
（123）（345）（678），（123）（357）（468），（135）（246）（789），（234）（159）（678），（147）（258）（369），分給三人，方法數為，
所以所求概率為．
故答案為：．
【變式6-1】（2024·湖南永州·三模）從“1，2，3，4”這組數據中隨機取出三個不同的數，則這三個數的平均數恰為3的概率是 .
【答案】
【解析】平均數為3的數組有2,3,4，所以．
【變式6-2】某市衛生防疫部門為了控制某種病毒的傳染，提供了批號分別為1，2，3，4，5的五批疫苗，供全市所轄的，，三個區市民接種，每個區均能從中任選一個批號的疫苗接種，則三個區市民接種的疫苗批號中恰好有兩個區相同的概率是 ；記，，三個區選擇的疫苗批號的中位數為，則的期望是 .
【答案】 /
【解析】設三個區注射的疫苗批號恰好有兩個區相同記為事件，則；
再設三個區選擇的疫苗批號的中位數為，則的所有可能值為，
可得，
，
，
所以的數學期望為.
故答案為：；.
【變式6-3】（2024·高三·山東德州·開學考試）編號為的四個小球，有放回地取三次，每次取一個，記表示前兩個球號碼的平均數，記表示三個球號碼的平均數，則與之差的絕對值不超過0.2的概率是 .
【答案】/0.375
【解析】因為放回的抽取小球，所以基本事件總數為，
設抽取的前兩個球的號碼為，第三個球的號碼為，
根據題意有，
則，
整理得，即，
當時，，此時為，3種情況；
當時，，此時為，9種情況；
當時，，此時為，9種情況；
當時，，此時為，3種情況；
綜上得，滿足條件的共有，所以滿足條件的概率為.
故答案為：.
【變式6-4】泊松分布的概率分布列為，其中為自然對數的底數，是泊松分布的均值．若隨機變量服從二項分布，當很大且很小時，二項分布近似于泊松分布，其中，即．現已知某種元件的次品率為0.01，抽檢100個該種元件，則抽到的次品的個數小于2的概率約為 ．（參考數據：）
【答案】0.74/
【解析】由已知，
，，
所以抽到的次品的個數小于2的概率為，
故答案為：0.74.
題型七：有放回與無放回問題的概率
【典例7-1】（2024·山東日照·三模）從標有1，2，3，4，5的5張卡片中有放回地抽取三次，每次抽取一張，則出現重復編號卡片的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】5張卡片中有放回地抽取三次，每次抽取一張，共有 種取法，
三次都不重復的取法有種，
由加法原理和乘法原理，
出現重復編號卡片的概率.
故選：B.
【典例7-2】（2024·湖南常德·一模）將三個分別標注有 ，x，的三個質地均勻的小球放入一個不透明的小盒中.無放回的隨機取出2個小球（每次取一球），分別記錄下小球的標注為.若 ，則在上單調遞減的概率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】若，由均為上的單調遞增函數，且為正，故為上的單調遞增函數，
若，則時，，故為上的單調遞減函數，
若，則時，，故為上的單調遞減函數，
故在上單調遞減的概率為,
故選：D
【變式7-1】已知集合，從集合中有放回地任取兩元素作為點的坐標，則點落在軸上的概率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】要想點落在軸上，只需要縱坐標為就可以了，縱坐標是從集合等可能的取值，所以縱坐標為的概率為：.
故選：B
【變式7-2】從兩名男生（記為和）、兩名女生（記為和）中任意抽取兩人，分別采取不放回簡單隨機抽樣和有放回簡單隨機抽樣．在以上兩種抽樣方式下，抽到的兩人是一男生一女生的概率分別為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】從兩名男生（記為和）、兩名女生（記為和）中任意抽取兩人，
記事件 “抽到的兩人是一男生一女生”，
在無放回簡單隨機抽樣方式下的樣本空間為:
共12個樣本點，
其中有8個樣本點，所以.
在有放回簡單隨機抽樣方式下的樣本空間為:
共16個樣本點，
其中有8個樣本點，所以.
故選：A.
【變式7-3】敏感性問題多屬個人隱私．對敏感性問題的調查方案，關鍵是要使被調查者愿意作出真實回答又能保守個人秘密．例如為了調查中學生中的早戀現象，現有如下調查方案：在某校某年級，被調查者在沒有旁人的情況下，獨自一人回答問題．被調查者從一個罐子中隨機抽一只球，看過顏色后即放回，若抽到白球，則回答問題A；若抽到紅球，則回答問題B．且罐中只有白球和紅球．
問題A：你的生日是否在7月1日之前 （本次調查中假設生日在7月1日之前的概率為）
問題B：你是否有早戀現象？
已知一次實際調查中，罐中放有白球2個，紅球3個，調查結束后共收到1585張有效答卷，其中有393張回答“是”，如果以頻率替代概率，則該校該年級學生有早戀現象的概率是（ ）（精確到0.01）
A．0.08 B．0.07 C．0.06 D．0.05
【答案】A
【解析】從罐子中隨機抽一個球, 抽到紅球的概率為，
抽到白球的概率為，
所以回答問題A的人數是人
回答問題B的人數是人，
回答問題A的人中答 “是” 的人數是，
所以回答問題B的人中答 “是” 的人數是，
則估計該校該年級學生有早戀現象的概率為，
故選：A
【變式7-4】已知盒中裝有大小一樣，形狀相同的3個白球與7個黑球，每次從中任取一個球并不放回，則在第1次取到白球的條件下，第2次取到的是黑球的概率為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】解法一：設第1次抽到白球為事件A，第2次取到的是黑球為事件B，
則，，
所以.
解法二：盒中共有10個球，其中3白、7黑，在第一次取到白球的條件下，盒中還有2白、7黑共9個球，
從中任取一球，取到黑球的概率為．
故選：D
【變式7-5】從兩名男生和兩名女生中任意抽取兩人，分別采取有放回簡單隨機抽樣和不放回簡單隨機抽樣，在以上兩種抽樣方式下，抽到的兩人都是女生的概率分別為（ ）
A．， B．， C．， D．，
【答案】C
【解析】將兩名男生編號為，兩名女生編號，記“抽到的兩人都是女生”，
從兩名男生和兩名女生中任意抽取兩人，在有放回簡單隨機抽樣方式下的樣本空間為
共16個樣本點，其中有4個樣本點，所以.
在無放回簡單隨機抽樣方式下的樣本空間為
共12個樣本點，其中有2個樣本點，所以.
故選：C.
【變式7-6】（2024·河南·模擬預測）袋子中裝有5個形狀和大小相同的球，其中3個標有字母個標有字母.甲先從袋中隨機摸一個球，摸出的球不再放回，然后乙從袋中隨機摸一個球，若甲 乙兩人摸到標有字母的球的概率分別為，則（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】設為“甲摸到標有字母的球”，為“乙摸到標有字母的球”，則，
而，
故.
故選：.
【變式7-7】甲袋中裝有4個白球和6個黑球，乙袋中裝有3個白球和5個黑球，現從甲袋中隨機取出一個球放入乙袋中，充分混合后，再從乙袋中隨機取出一個球放回甲袋中，則甲袋中白球沒有減少的概率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】甲袋中白球沒有減少的事件是甲袋中取黑球、乙袋中取球的事件，與甲袋中取白球、乙袋中取白球的事件的和，
且事件與互斥，顯然，，
所以甲袋中白球沒有減少的概率.
故選：D
題型八：概率的基本性質
【典例8-1】設A，B是一個隨機試驗中的兩個事件，記為事件A，B的對立事件，且，則=
【答案】0.3/
【解析】由題意得，為互斥事件，
即，
，
又①，②，
式子①②相加得，
故，
所以，則.
故答案為：0.3
【典例8-2】事件、是相互獨立事件，若，，則實數的值等于 .
【答案】
【解析】
，
即，解得.
故答案為：.
【變式8-1】已知，，，則 ．
【答案】0.2
【解析】因為，
所以.
故答案為：0.2.
【變式8-2】對于一個古典概型的樣本空間和事件A，B，其中，，則 .
【答案】
【解析】由題意得：，所以.
故答案為：
【變式8-3】若隨機事件，互斥，，發生的概率均不等于，且，，則實數的取值范圍為 ．
【答案】
【解析】 隨機事件互斥, 發生的概率均不等于0, 且 ,
，即，
解得: .
故答案為：.
1．（2024年高考全國甲卷數學（文）真題）甲、乙、丙、丁四人排成一列，則丙不在排頭，且甲或乙在排尾的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】解法一：畫出樹狀圖，如圖，
由樹狀圖可得，甲、乙、丙、丁四人排成一列，共有24種排法，
其中丙不在排頭，且甲或乙在排尾的排法共有8種，
故所求概率.
解法二：當甲排在排尾，乙排第一位，丙有種排法，丁就種，共種；
當甲排在排尾，乙排第二位或第三位，丙有種排法，丁就種，共種；
于是甲排在排尾共種方法，同理乙排在排尾共種方法，于是共種排法符合題意；
基本事件總數顯然是，
根據古典概型的計算公式，丙不在排頭，甲或乙在排尾的概率為.
故選：B
2．（2023年高考全國乙卷數學（文）真題）某學校舉辦作文比賽，共6個主題，每位參賽同學從中隨機抽取一個主題準備作文，則甲、乙兩位參賽同學抽到不同主題概率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】用1，2，3，4，5，6表示6個主題，甲、乙二人每人抽取1個主題的所有結果如下表：
乙甲 1 2 3 4 5 6
1
2
3
4
5
6
共有36個不同結果，它們等可能，
其中甲乙抽到相同結果有，共6個，
因此甲、乙兩位參賽同學抽到不同主題的結果有30個，概率.
故選：A
3．（2023年高考全國甲卷數學（文）真題）某校文藝部有4名學生，其中高一、高二年級各2名．從這4名學生中隨機選2名組織校文藝匯演，則這2名學生來自不同年級的概率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】依題意，從這4名學生中隨機選2名組織校文藝匯演，總的基本事件有件，
其中這2名學生來自不同年級的基本事件有，
所以這2名學生來自不同年級的概率為.
故選：D.
4．（2022年高考全國甲卷數學（文）真題）從分別寫有1，2，3，4，5，6的6張卡片中無放回隨機抽取2張，則抽到的2張卡片上的數字之積是4的倍數的概率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】[方法一]：【最優解】無序
從6張卡片中無放回抽取2張，共有15種情況，其中數字之積為4的倍數的有6種情況，故概率為.
[方法二]：有序
從6張卡片中無放回抽取2張，共有,(2,1),(3,1),(4,1),(5,1),(6,1),(3,2),(4,2),(5,2),(6,2),(4,3),(5,3),(6,3),(5,4),(6,4),(6,5)30種情況，
其中數字之積為4的倍數有(1,4),(2,4),(2,6),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,5),(4,6),(5,4),(6,2),(6,4)12種情況，故概率為.
故選：C.
【整體點評】方法一：將抽出的卡片看成一個組合，再利用古典概型的概率公式解出，是該題的最優解；
方法二：將抽出的卡片看成一個排列，再利用古典概型的概率公式解出；
5．（2022年新高考全國I卷數學真題）從2至8的7個整數中隨機取2個不同的數，則這2個數互質的概率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】從2至8的7個整數中隨機取2個不同的數，共有種不同的取法，
若兩數不互質，不同的取法有：，共7種，
故所求概率.
故選：D.
1．某射擊運動員平時訓練成績的統計結果如下：
命中環數 6 7 8 9 10
頻率 0.1 0.15 0.25 0.3 0.2
如果這名運動員只射擊一次，以頻率作為概率，求下列事件的概率；
（1）命中10環；
（2）命中的環數大于8環；
（3）命中的環數小于9環；
（4）命中的環數不超過5環.
【解析】用x表示命中的環數，由頻率表可得.
（1）；
（2）（或）；
（3）；
（4）.
2．假設有5個條件類似的女孩（把她們分別記為A，B，C，D， E）應聘秘書工作，但只有2個秘書職位，因此5個人中只有2人能被錄用.如果5個人被錄用的機會相等，分別計算下列事件的概率；
（1）女孩A得到一個職位；
（2）女孩A和B各得到一個職位；
（3）女孩A或B得到一個職位.
【解析】5個人，2個職位，每個人被錄用的機會相等，該試驗的樣本空間可表示為，共有10個樣本點.
（1）A得到一個職位包含4個樣本點，故其概率為；
（2）A.B各得到一個職位包含1個樣本點，故其概率為；
（3）A或B得到一個職位包含7個樣本點，故其概率為.
3．某人有4把鑰匙，其中2把能打開門，如果隨機地取一把鑰匙試著開門，把不能開門的鑰匙扔掉，那么第二次才能打開門的概率有多大？如果試過的鑰匙又混進去，第二次能打開門的概率又有多大？
【解析】用1，2表示能打開門的鑰匙，用3，4表示不能打開門的鑰匙事件“第二次才打開門”包含的樣本點有，共4個
若把不能開門的鑰匙扔掉，則該試驗的樣本空間可表示為
，共有12個樣本點，所以此時的概率；
若試過的鑰匙又混進去，則樣本空間可表示為，共有16個樣本點，所以此時的概率為.
4．拋擲一紅一綠兩顆質地均勻的六面體骰子，記下骰子朝上面的點數，若用x表示紅色骰子的點數，用y表示綠色骰子的點數，用（x，y）表示一次試驗的結果，設A=“兩個點數之和等于8”，B=“至少有一顆骰子的點數為5”，C=“紅色骰子上的點數大于4”
（1）求事件A，B，C的概率；
（2）求的概率.
【解析】該試驗的樣本空間可表示為，共有36個樣本點
（1），有5個樣本點，所以；
，有11個樣本點，所以.
，有12個樣本點，所以.
（2），有2個樣本點，所以；
所以.
5．一個盒子中裝有6支圓珠筆，其中3支一等品，2支二等品和1支三等品，若從中任取2支，那么下列事件的概率各是多少？
（1）A=“恰有1支一等品”；
（2）B=“兩支都是一等品”；
（3）C=“沒有三等品”.
【解析】用表示3支一等品，用表示2支二等品，用c表示三等品，則該試驗的樣本空間可表示
為
，共有15個樣本點.
（1），其中有9個樣本點，所以.
（2），其中有3個樣本點，所以.
（3），其中有10個樣本點，所以.
6．從長度為1，3，5，7，9的5條線段中任取3條，求這三條線段能構成一個三角形的概率.
【解析】該試驗的樣本空間可表示為：
，
共有10個樣本點，其中能構成三角形的樣本點有，共3個，故所求概率.
7．一個盒子中裝有標號為1,2,3,4,5的5張標簽，隨機地依次選取兩張標簽，根據下列條件求兩張標簽上的數字為相等整數的概率；
（1）標簽的選取是不放回的；
（2）標簽的選取是有放回的.
【解析】（1）從5張標簽中不放回地選取兩張標簽，用m表示第一張標簽的標號，n表示第二張標簽的標號，設A=“兩張標簽上的數字為相等整數”，則
（1）數組（m，n）表示該試驗的一個樣本點，，且.因此該試驗的樣本空間，且}中共有20個樣本點，其中m，n為相等整數的樣本點個數.故所求概率為0；
答題模板：古典概型的概率問題
1、模板解決思路
在解決這類問題時，首要步驟是確認試驗是否符合古典概型的特征。隨后，關鍵在于構建樣本空間，這一過程中需特別注意兩點：一是樣本中的元素是否存在順序性，因為順序的不同會構成不同的樣本空間；二是取樣時是否允許元素重復，即取樣是放回還是不放回，這直接決定了樣本中元素是否可以重復出現。明確了這兩點后，就可以計算出樣本空間的總樣本點數量，以及所求事件對應的樣本點數量，最后利用古典概型的概率計算公式，得出所求事件的概率。
2、模板解決步驟
第一步：根據題意,判斷試驗是否是古典概型，并寫出樣本空間，求出樣本點個數.
第二步：求出事件A 包含的樣本點個數.
第三步：代入公式，求出P(A).
【經典例題1】甲乙兩人進行一場抽卡游戲，規則如下：有編號的卡片各1張，兩人輪流從中不放回的隨機抽取1張卡片，直到其中1人抽到的卡片編號之和等于12或者所有卡片被抽完時，游戲結束.若甲先抽卡，求甲抽了3張卡片時，恰好游戲結束的概率是 .
【答案】
【解析】根據題意可知甲抽了3張卡片時，恰好游戲結束相當于從7張卡片中抽取了5張，
且甲抽取的三張卡片數字之和為12，乙抽取的兩張卡片數字之和不為12；
總的情況相當于從7張卡片中抽取了5張并進行全排列，即共種排法；
其中三張卡片數字之和為12的組合有；；；；共5種情況；
當甲抽取的數字為；；；時，
乙在剩余的4個數字中隨意抽取兩張卡片再進行排列，共有種；
當甲抽取的數字為時，
若乙抽取的兩張卡片數字可能為，此時不合題意，此時共有種；
所以符合題意的排列總數為種，
可得所求概率為.
故答案為：
【經典例題2】在某次國際商貿交流會展期間，舉辦城市為了提升安保級別，在平時正常安保的基礎上再將甲、乙等6名特警人員分配到展區附近的4個不同的路口進行執勤，若每個特警只能分配去1個路口且每個路口至少安排1名特警，則甲和乙不安排在同一個路口執勤的概率是 ．
【答案】
【解析】6名特警分配到展區附近的4個不同的路口進行執勤，不同安排方法數為，
甲乙安排在同一路口，視甲乙為一個人，5個人安排到4個路口的安排數為，
因此甲和乙安排在同一個路口執勤的概率是，
所以甲和乙不安排在同一個路口執勤的概率是.
故答案為：
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