2021年高考数学(四川专用-理)一轮复习考点突破：第11篇-第2讲-古典概型.docx

第2讲　古典概型
[最新考纲]
1．理解古典概型及其概率计算公式．
2．会计算一些随机大事所包含的基本大事数及大事发生的概率.

知 识 梳 理

1．基本大事的特点
(1)任何两个基本大事是互斥的．
(2)任何大事(除不行能大事)都可以表示成基本大事的和．
2．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．

3．古典概型的概率公式
P(A)＝.
辨 析 感 悟
1．古典概型的意义
(1)“在适宜条件下，种下一粒种子观看它是否发芽”属于古典概型，其基本大事是“发芽与不发芽”．(×)
(2)掷一枚硬币两次，消灭“两个正面”“一正一反”“两个反面”，这三个结果是等可能大事．(×)
(3)(教材习题改编)有3个爱好小组，甲、乙两位同学各自参与其中一个小组，每位同学参与各个小组的可能性相同，则这两位同学参与同一个爱好小组的概率为.(√)
2．古典概型的计算
(4)在古典概型中，假如大事A中基本大事构成集合A，全部的基本大事构成集合I，则大事A的概率为.(√)
(5)从边长为1的正方形的中心和顶点这五点中，随机(等可能)取两点，则该两点间的距离为的概率是0.2.(×)
(6)(2021·新课标全国Ⅱ卷改编)从1,2,3,4,5中任意取出两个不同的数，其和为5的概率是0.2.(√)
[感悟·提升]
1．一个试验是否为古典概型，在于这个试验是否具有古典概型的两个特点——有限性和等可能性，只有同时具备这两个特点的概型才是古典概型，(1)、(2)不符合定义．
2．从集合的角度去看待概率，在一次试验中，等可能消灭的全部结果组成一个集合I，基本大事的个数n就是集合I的元素个数，大事A是集合I的一个包含m个元素的子集，故P(A)＝＝，如(4)；依据古典概型概率公式计算，如(5)、(6)．

考点一　简洁古典概型的概率
【例1】 现有6道题，其中4道甲类题，2道乙类题，张同学从中任取2道题解答．试求：
(1)所取的2道题都是甲类题的概率；
(2)所取的2道题不是同一类题的概率．
解　从6道题中任取2道有n＝C＝15(种)取法．
(1)记“所取的2道题都是甲类题”为大事A，则A发生共有m＝C＝6种结果．
∴所求大事概率P(A)＝＝＝.
(2)记“所取的2道题不是同一类题”大事为B，大事B包含的基本大事有CC＝8(种)，则大事B的概率为P(B)＝.
规律方法 有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本大事总数和所求大事包含的基本大事数．
(1)基本大事总数较少时，用列举法把全部基本大事一一列出时，要做到不重复、不遗漏，可借助“树状图”列举．(2)留意区分排列与组合，以及计数原理的正确使用.
同学用书第183页
【训练1】 袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为1,2,3；蓝色卡片两张，标号分别为1,2.
(1)从以上五张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率；
(2)向袋中再放入一张标号为0的绿色卡片，从这六张卡片中任取两张，求这两种卡片颜色不同且标号之和小于4的概率．
解　(1)从5张卡片中任取两张，共有n＝C＝10种方法．
记“两张卡片颜色不同且标号之和小于4”为大事A，则A包含基本大事m＝CC－1＝3个．
由古典概型概率公式，P(A)＝＝.
(2)从6张卡片中任取两张，共有n＝C＝15个基本大事，
记“两张卡片颜色不同且标号之和小于4”为大事B，则大事B包含基本大事总数m＝C(C＋C)＋(CC－1)＝8，
∴所求大事的概率P(B)＝＝.
考点二　简单的古典概型的概率
【例2】 将一颗骰子先后抛掷2次，观看向上的点数，求：
(1)两数中至少有一个奇数的概率；
(2)以第一次向上点数为横坐标x，其次次向上的点数为纵坐标y的点(x，y)在圆x2＋y2＝15的外部或圆上的概率．
解　由题意，先后掷2次，向上的点数(x，y)共有n＝6×6＝36种等可能结果，为古典概型．
(1)记“两数中至少有一个奇数”为大事B，则大事B与“两数均为偶数”为对立大事，记为.
∵大事包含的基本大事数m＝CC＝9.
∴P()＝＝，则P(B)＝1－P()＝，
因此，两数中至少有一个奇数的概率为.
(2)点(x，y)在圆x2＋y2＝15的内部记为大事C，则表示“点(x，y)在圆x2＋y2＝15上或圆的外部”．
又大事C包含基本大事：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,1)，(3,2)共有8个．
∴P(C)＝＝，从而P()＝1－P(C)＝1－＝.
∴点(x，y)在圆x2＋y2＝15上或圆外部的概率为.
规律方法 (1)一是本题易把(2,4)和(4,2)，(1,2)和(2,1)看成同一个基本大事，造成计算错误．二是当所求大事状况较简单时，一般要分类计算，即用互斥大事的概率加法公式或考虑用对立大事求解．
(2)当所求大事含有“至少”“至多”或分类状况较多时，通常考虑用对立大事的概率公式P(A)＝1－P()求解．
【训练2】 某小组共有A，B，C，D，E五位同学，他们的身高(单位：米)及体重指标(单位：千克/米2)如下表所示：

A
B
C
D
E
身高
1.69
1.73
1.75
1.79
1.82
体重指标
19.2
25.1
18.5
23.3
20.9
(1)从该小组身凹凸于1.80的同学中任选2人，求选到的2人身高都在1.78以下的概率；
(2)从该小组同学中任选2人，求选到的2人的身高都在1.70以上且体重指标都在[18.5,23.9)中的概率．
解　(1)从身凹凸于1.80的同学中任选2人，其一切可能的结果组成的基本大事有：(A，B)，(A，C)，(A，D)，(B，C)，(B，D)，(C，D)，共6个．
由于每个人被选到的机会均等，因此这些基本大事的消灭是等可能的．
选到的2人身高都在1.78以下的大事有(A，B)，(A，C)，(B，C)，共3个．
因此选到的2人身高都在1.78以下的概率为
P＝＝.
(2)从该小组同学中任选2人，其一切可能的结果组成的基本大事有：(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，E)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(C，D)，(C，E)，(D，E)，共10个．
由于每个人被选到的机会均等，因此这些基本大事的消灭是等可能的．
选到的2人身高都在1.70以上且体重指标都在[18.5,23.9)中的大事有(C，D)，(C，E)，(D，E)，共3个．
因此选到的2人的身高都在1.70以上且体重指标都在[18.5,23.9)中的概率为P＝.
考点三　古典概型与统计的综合问题
【例3】 (2021·广东卷)某车间共有12名工人，随机抽取6名，他们某日加工零件个数的茎叶图如图所示，其中茎为十位数，叶为个位数．
(1)依据茎叶图计算样本均值；
(2)日加工零件个数大于样本均值的工人为优秀工人．依据茎叶图推断该车间12名工人中有几名优秀工人？
(3)从该车间12名工人中，任取2人，求恰有1名优秀工人的概率．
审题路线　(1)阅读茎叶图得出样本数据，利用平均数公式计算出样本均值．(2)依据样本算出优秀工人的比例，再估量12人中优秀工人的个数．(3)用组合数公式求出全部可能的组合的个数和符合条件的组合的个数，利用古典概型概率公式计算．
解　(1)由茎叶图可知：样本数据为17,19,20,21,25,30.则＝(17＋19＋20＋21＋25＋30)＝22，
故样本均值为22.
(2)日加工零件个数大于样本均值的工人有2名，
故优秀工人的频率为＝.
该车间12名工人中优秀工人大约有12×＝4(名)，
故该车间约有4名优秀工人．
(3)记“恰有1名优秀工人”为大事A，其包含的基本大事总数为CC＝32，全部基本大事的总数为C＝66.
由古典概型概率公式，得P(A)＝＝.
所以恰有1名优秀工人的概率为.
同学用书第184页
规律方法 (1)本题求解的关键在于从茎叶图精确     提炼数据信息，进行统计与概率的正确计算．
(2)一是题目考查茎叶图、样本均值、古典概型等基础学问，考查样本估量总体的思想方法，以及数据处理力量．二是求解时要设出所求大事，进行必要的说明，规范表达，这
都是得分的重点．
【训练3】 从一批苹果中，随机抽取50个，其重量(单位：克)的频数分布表如下：
分组(重量)
[80,85)
[85,90)
[90,95)
[95,100)
频数(个)
5
10
20

15
(1)依据频数分布表计算苹果的重量在[90,95)的频率；
(2)用分层抽样的方法从重量在[80,85)和[95,100)的苹果中共抽取4个，其中重量在[80,85)的有几个？
(3)在(2)中抽出的4个苹果中，任取2个，求重量在[80,85)和[95,100)中各有1个的概率．
解　(1)由题意知苹果的样本总数n＝50，在[90,95)的频数是20，∴苹果的重量在[90,95)的频率是＝0.4.
(2)设从重量在[80,85)的苹果中抽取x个，则从重量在[95,100)的苹果中抽取(4－x)个．
∵表格中[80,85)，[95,100)的频数分别是5,15，
∴5∶15＝x∶(4－x)，解得x＝1.
即重量在[80,85)的有1个．
(3)在(2)中抽出的4个苹果中，重量在[80,85)中有1个，记为a，重量在[95,100)有3个，记为b1，b2，b3.
任取2个，有ab1，ab2，ab3，b1b2，b1b3，b2b3共6种不同方法，记基本大事总数为n，则n＝6.
其中重量在[80,85)和[95,100)中各有1个的大事记为A，大事A包含的基本大事为ab1，ab2，ab3，共3个，
由古典概型的概率计算公式得P(A)＝＝.

1．古典概型计算三步曲
第一，本试验是否是等可能的；其次，本试验的基本大事有多少个；第三，大事A是什么，它包含的基本大事有多少个．
2．确定基本大事的方法
(1)当基本大事总数较少时，可列举计算；(2)利用计数原理、排列与组合求基本大事的个数．
3．较简单大事的概率可机敏运用互斥大事、对立大事、相互独立大事的概率公式简化运算．

易错辨析10——基本大事计数不正确致误

【典例】 (2021·江西卷，文)小波以玩耍方式打算是去打球、唱歌还是去下棋．玩耍规章为：以O为起点，再从A1，A2，A3，A4，A5，A6(如图所示)这6个点中任取两点分别为终点得到两个向量，记这两个向量的数量积为X，若X>0就去打球，若X＝0就去唱歌，若X<0就去下棋．

(1)写出数量积X的全部可能取值；
(2)分别求小波去下棋的概率和不去唱歌的概率．
[错解]　(1)数量积X的全部可能取值为－1,0,1.
(2)X＝0时，有·，·，共2种状况；
X＝1时，有·，·，·，·，共4种状况；
X＝－1时，有·，·，共2种状况，
∴全部基本大事总数n＝2＋4＋2＝8.
因此，小波去下棋的概率p1＝＝，
小波唱歌的概率p2＝＝，从而不去唱歌的概率p＝1－p2＝.
[错因]　(1)没能精确     计算出X的全部可能值，由数量积的运算知X可能取－2，－1,0,1，忽视·＝－2.
(2)基本大事列举不全面，思维定势，如X＝－1，盲目认为向量共线，遗漏向量夹角为π的4种情形．
[正解]　(1)X的全部可能取值为－2，－1,0,1.
(2)数量积为－2的有·，共1种，
数量积为－1的有·，·，·，·，·，·，共6种．
数量积为0的有·，·，·，·，共4种情形．
数量积为1的有·，·，·，·，共4种情形．
故全部可能的状况共有15种．
所以小波去下棋的概率为p1＝；
由于去唱歌的概率为p2＝，
所以小波不去唱歌的概率p＝1－p2＝1－＝.
[防范措施]　(1)精确     理解题意，向量数量积由向量的模、夹角共同确定，要考虑各种情形，留意分类求解．
(2)计算基本大事总数时，画出几何图形、树形图、分类列举法、坐标网格法是克服此类错误的有效手段．
【自主体验】
1．(2021·安徽卷)若某公司从五位高校毕业生甲、乙、丙、丁、戊中录用三人，这五人被录用的机会均等，则甲或乙被录用的概率为(　　)．
A. B. C. D.
解析　设大事“甲或乙被录用”为大事A，则表示甲、乙都没被录用，由古典概型，P()＝＝，∴P(A)＝1－＝.
答案　D
2．(2021·江苏卷)现有某类病毒记作XmYn，其中正整数m，n(m≤7，n≤9)可以任意选取，则m，n都取到奇数的概率为________．
解析　因1≤m≤7,1≤n≤9且m，n∈N*，∴m为正奇数有4种情形，n为正奇数有5种，因此所求大事的概率P＝＝.
答案　
对应同学用书P367
基础巩固题组

(建议用时：40分钟)

一、选择题
1．一个坛子里有编号为1,2，…，12的12个大小相同的球，其中1到6号球是红球，其余的是黑球，若从中任取两个球，则取到的都是红球，且至少有1个球的号码是偶数的概率为(　　)．
A. B. C. D.
解析　基本大事总数为C，大事包含的基本大事数为C－C，故所求的概率为P＝＝.
答案　D
2．一名同学先后投掷一枚骰子两次，第一次向上的点数记为x，其次次向上的点数记为y，在直角坐标系xOy中，以(x，y)为坐标的点落在直线2x＋y＝8上的概率为(　　)．
A. B. C. D.
解析　依题意，以(x，y)为坐标的点共6×6＝36个，其中落在直线2x＋y＝8上的点有(1,6)，(2,4)，(3,2)，共3个，故所求大事的概率P＝＝.
答案　B
3．(2022·杭州模拟)从个位数字与十位数字之和为奇数的两位数中任取一个，其个位数为0的概率是(　　)．
A. B. C. D.
解析　(1)当个位为奇数时，有5×4＝20(个)符合条件的两位数．
(2)当个位为偶数时，有5×5＝25(个)符合条件的两位数．
因此共有20＋25＝45(个)符合条件的两位数，其中个位数为0的两位数有5个，所以所求概率为P＝＝.
答案　D
4．甲、乙两人一起到阿里山参观旅游，他们商定，各自独立地从1到6号景点中任选4个进行巡游，每个景点参观1小时，则最终1小时他们同在一个景点的概率是(　　)．
A. B. C. D.
解析　甲、乙两人任选4个景点巡游，共有A·A种巡游方案，又甲、乙最终1小时在同一景点有C·A·A种可能．∴所求大事的概率P＝＝.
答案　D
5．(2022·济南质检)三位同学参与跳高、跳远、铅球项目的竞赛．若每人都选择其中两个项目，则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是(　　)．
A. B. C. D.
解析　三位同学每人选择三项中的两项有CCC＝3×3×3＝27种选法，其中有且仅有两人所选项目完全相同的有CCC＝3×3×2＝18(种)选法．∴所求概率为P＝＝.
答案　A
二、填空题
6．盒中装有外形、大小完全相同的5个球，其中红色球3个，黄色球2个．若从中随机取出2个球，则所取出的2个球颜色不同的概率等于________．
解析　从5个球中任取2个球有C＝10(种)取法，2个球颜色不同的取法有CC＝6(种)．故所求大事的概率P＝＝.
答案　
7．在集合{x|x＝，n＝1,2,3，…，10}中任取一个元素，所取元素恰好满足方程cos x＝的概率是________．
解析　基本大事总数为10，满足方程cos x＝的基本大事数为2，故所求概率为P＝＝.
答案　
8．某同学同时掷两颗骰子，得到点数分别为a，b，则双曲线－＝1的离心率e>的概率是________．
解析　由e＝ >，得b>2a，当a＝1时，b＝3,4,5,6四种状况；当a＝2时，b＝5,6两种状况，总共有6种状况．又同时掷两颗骰子，得到的点数(a，b)共有36种结果．∴所求大事的概率P＝＝.
答案　
三、解答题
9．甲、乙两校各有3名老师报名支教，其中甲校2男1女，乙校1男2女．
(1)若从甲校和乙校报名的老师中各任选1名，求选出的2名老师性别相同的概率；
(2)若从报名的6名老师中任选2名，求选出的2名老师来自同一学校的概率．
解　(1)从甲、乙两校报名的老师中各选1名，共有n＝C×C＝9种选法．
记“2名老师性别相同”为大事A，则大事A包含基本大事总数m＝C·1＋C·1＝4，∴P(A)＝＝.
(2)从报名的6人中任选2名，有n＝C＝15种选法．
记“选出的2名老师来自同一学校”为大事B，则大事B包含基本大事总数m＝2C＝6.
∴选出2名老师来自同一学校的概率P(B)＝＝.
10．(2022·郑州质检)某地区有学校21所，中学14所，高校7所，现接受分层抽样的方法从这些学校中抽取6所学校对同学进行视力调查．
(1)求应从学校、中学、高校中分别抽取的学校数目；
(2)若从抽取的6所学校中随机抽取2所学校做进一步数据分析，求抽到学校、中学各一所的概率．
解　(1)由分层抽样定义知，
从学校中抽取的学校数目为6×＝3；
从中学中抽取的学校数目为6×＝2；
从高校中抽取的学校数目为6×＝1.
故从学校、中学、高校中分别抽取的学校数目为3,2,1.
(2)记“抽到学校、中学各一所”为大事A，
则大事A共有基本大事m＝C·C＝6(种)抽法，
又从6所学校任抽取2全部n＝C＝15种抽法．
因此，所求大事的概率P＝＝＝.
力量提升题组
(建议用时：25分钟)

一、选择题
1．连掷两次骰子得到的点数分别为m和n，记向量a＝(m，n)与向量b＝(1，－1)的夹角为θ.则θ∈的概率是(　　)．
A. B. C. D.
解析　∵cos θ＝，θ∈，
∴m≥n满足条件，m＝n的概率为＝.
m>n的概率为×＝.
∴θ∈的概率为＋＝.
答案　C
2．(2022·合肥模拟)有5本不同的书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本，若将其随机地抽取并排摆放在书架的同一层上，则同一科目的书都不相邻的概率是(　　)．
A. B. C. D.
解析　第一步先排语文书有A＝2(种)排法．其次步排物理书，分成两类．一类是物理书放在语文书之间，有1种排法，这时数学书可从4个空中选两个进行排列，有A＝12(种)排法；一类是物理书不放在语文书之间有2种排法，再选一本数学书放在语文书之间有2种排法，另一本有3种排法．因此同一科目的书都不相邻共有2×(12＋2×2×3)＝48(种)排法，而5本书全排列共有A＝120(种)，
所以同一科目的书都不相邻的概率是＝.
答案　B
二、填空题
3．某艺校在一天的6节课中随机支配语文、数学、外语三门文化课和其他三门艺术课各1节，则在课表上的相邻两节文化课之间至少间隔1节艺术课的概率为________(用数字作答)．
解析　法一　6节课的全排列为A种，相邻两节文化课之间至少间隔1节艺术课的排法是：先排三节文化课，再利用插空法排艺术课，即为(ACAA＋2AA)种，由古典概型概率公式得P(A)＝＝.
法二　6节课的全排列为A种，先排三节艺术课有A种不同方法，同时产生四个空，再利用插空法排文化课共有A种不同方法，故由古典概型概率公式得P(A)＝＝.
答案　
三、解答题
4．现有8名2022年伦敦奥运会志愿者，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人中选出日语、俄语和韩语志愿者各1名，其一切可能的结果组成的基本大事共有CCC＝18个，
由于每一个基本大事被抽取的机会均等，因此这些基本大事的发生是等可能的．
记“A1恰被选中”为大事M，则M发生共有CC＝6个基本大事．
因而P(M)＝＝.
(2)用N表示“B1，C1不全被选中”这一大事，则其对立大事表示“B1，C1全被选中”这一大事，由于包含(A1，B1，C1)，(A2，B1，C1)，(A3，B1，C1)3个结果，大事有3个基本大事组成，所以P()＝＝，由对立大事的概率公式得P(N)＝1－P()＝1－＝.
同学用书第185页