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第89講 古典概型與概率的基本性質
知識梳理
知識點1、隨機事件的概率
對隨機事件發生可能性大小的度量（數值）稱為事件的概率，事件的概率用表示．
知識點2、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．
知識點3、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．
【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．
必考題型全歸納
題型一：簡單的古典概型問題
例1．（2024·高一課時練習）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.
例2．（2024·全國·高一專題練習）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．
例3．（2024·全國·高三專題練習）下列有關古典概型的四種說法：
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已知樣本點總數為，若隨機事件包含個樣本點，則事件發生的概率.
其中所正確說法的序號是（ ）
A．①②④ B．①③ C．③④ D．①③④
【答案】D
【解析】根據古典概型的基本概念及概率公式，即可得出結論②中所說的事件不一定是樣本點，所以②不正確；
根據古典概型的特點及計算公式可知①③④正確.
故選:D.
變式1．（2024·重慶沙坪壩·高三重慶八中校考階段練習）一項試驗旨在研究臭氧效應，試驗方案如下：選6只小白鼠，隨機地將其中3只分配到試驗組且飼養在高濃度臭氧環境，另外3只分配到對照組且飼養在正常環境，一段時間后統計每只小白鼠體重的增加量（單位：）.則指定的兩只小鼠分配到不同組的概率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】指定的兩只小鼠分配到相同組的概率為，
所以指定的兩只小鼠分配到不同組的概率為.
故選：D
變式2．（2024·青海西寧·高三統考開學考試）乒乓球是中國的國球，擁有廣泛的群眾基礎，老少皆宜，特別適合全民身體鍛煉．某小學體育課上，老師讓小李同學從7個乒乓球（其中3只黃色和4只白色）中隨機選取2個，則他選取的乒乓球恰為1黃1白的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】根據古典概型，從7個乒乓球中隨機選取2個，基本事件總數有個，其中恰為1黃1白的基本事件有個，所以概率．
故選：A．
變式3．（2024·河北保定·統考二模）三位同學參加某項體育測試，每人要從跑、引體向上、跳遠、鉛球四個項目中選出兩個項目參加測試，則有且僅有兩人選擇的項目完全相同的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】三個同學選擇兩個項目的試驗的基本事件數有個，它們等可能，
有且僅有兩人選擇的項目完全相同的事件含有的基本事件數有個，
所以有且僅有兩人選擇的項目完全相同的概率.
故選：C
變式4．（2024·湖北·高三校聯考階段練習）將2個不同的小球隨機放入甲、乙、丙3個盒子，則2個小球在同一個盒子的概率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】將2個不同的小球隨機放入甲、乙、丙3個盒子，共有：種方法，
2個小球在同一個盒子有種情況，
所以2個小球在同一個盒子的概率為.
故選：D.
題型二：古典概型與向量的交匯問題
例4．（2024·重慶·高三統考階段練習）已知正九邊形，從中任取兩個向量，則它們的數量積是正數的概率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
可以和向量構成數量積有 一共8個向量，
其中數量積為的正數的向量有： 一共4個，
由對稱性可知，任取兩個向量，它們的數量積是正數的概率為：.
故選：A
例5．（2024·全國·高三專題練習）已知，若向量，，則向量與所成的角為銳角的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】向量與所成的角為銳角等價于，且與的方向不同，
即，
則滿足條件的向量有，
其中或時，與同向，故舍去，故共有4種情況滿足條件，
又的取法共有種，
則向量與所成的角為銳角的概率是．
故選：B．
例6．（2024·甘肅武威·甘肅省武威第一中學校考模擬預測）連擲兩次骰子分別得到點數m，n，則向量與向量的夾角的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由題設，向量的可能組合有36種，
要使向量與向量的夾角，則，即，
滿足條件的情況如下：
時，，
時，，
時，，
時，，
時，，
綜上，共有15種，故向量與向量的夾角的概率是.
故選：D
變式5．（2024·四川成都·四川省成都市玉林中學校考模擬預測）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（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】求出組成向量的個數和與向量垂直的向量個數，計算所求的概率值．從集合中隨機抽取一個數，從集合中隨機抽取一個數，
可以組成向量的個數是（個；
其中與向量垂直的向量是和，共2個；
故所求的概率為．
故選：B．
變式6．（2024·云南楚雄·高三統考期末）從集合中隨機地取一個數，從集合中隨機地取一個數，則向量與向量垂直的概率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】計算出所有的基本事件數，記事件，列舉出事件所包含的基本事件，然后利用古典概型的概率公式可計算出事件的概率.從集合中隨機地取一個數，從集合中隨機地取一個數，基本事件總數.
記事件，當向量與向量垂直時，，
則事件包含的基本事件有：、（形如），共個，
因此，.
故選：D.
變式7．（2024·湖北·高考真題）連擲兩次骰子得到的點數分別為和，記向量與向量的夾角為，則的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】，，即，
事件“”所包含的基本事件有：、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、，共個，
所有的基本事件數為，因此，事件“”的概率為.
故選：C.
題型三：古典概型與幾何的交匯問題
例7．（2024·全國·高三專題練習）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．
例8．（2024·四川達州·統考二模）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.
例9．（2024·江西·高三校聯考階段練習）如圖，這是第24屆國際數學家大會會標的大致圖案，它是以我國古代數學家趙爽的弦圖為基礎設計的.現用紅色和藍色給這4個三角形區域涂色，每個區域只涂一種顏色，則相鄰的區域所涂顏色不同的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】將四塊三角形區域編號如下，
由題意可得總的涂色方法有種，
若相鄰的區域所涂顏色不同，即12同色，34同色，故符合條件的涂色方法有2種，
故所求概率.
故選：A
變式8．（2024·江西·校聯考二模）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9．（2024·廣東深圳·高三深圳市福田區福田中學校考階段練習）《幾何原本》是古希臘數學家歐幾里得所著的一部數學巨著，大約成書于公元前300年．漢語的最早譯本是由中國明代數學家、天文學家徐光啟和意大利傳教士利瑪竇合譯，成書于1607年.該書前6卷主要包括：基本概念、三角形、四邊形、多邊形、圓、比例線段、相似形這7章，幾乎包含現今平面幾何的所有內容．某高校要求數學專業的學生從這7章里任選4章進行選修，則學生李某所選的4章中，含有“基本概念”這一章的概率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】數學專業的學生從這7章里任選4章進行選修共有：種選法；
學生李某所選的4章中，含有“基本概念”這一章共有：種選法，
故學生李某所選的4章中，含有“基本概念”這一章的概率為：.
故選：B.
變式10．（2024·河北張家口·張家口市宣化第一中學校考三模）如圖，將正方體沿交于同一頂點的三條棱的中點截去一個三棱錐，如此共可截去八個三棱錐，截取后的剩余部分稱為“阿基米德多面體”，它是一個24等邊半正多面體．從它的棱中任取兩條，則這兩條棱所在的直線為異面直線的概率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】當一條直線位置于上（或下）底面，另一條不在底面時，共有對異面直線，
當兩條直線都位于上下底面時，有對異面直線，
當兩條直線都不在上下底面時，有對異面直線，
所以，兩條棱所在的直線為異面直線的概率為
故選：B
變式11．（2024·全國·高三專題練習）《九章算術·商功》指出“斜解立方，得兩壍堵.斜解壍堵，其一為陽馬，一為鱉臑.陽馬居二，鱉臑居一，不易之率也.合兩鱉臑三而一，驗之以棊，其形露矣.”意為將一個正方體斜切，可以得到兩個壍堵，將壍堵斜切，可得到一個陽馬，一個鱉臑（四個面都是直角三角形的三棱錐），如果從正方體的8個頂點中選4個頂點得到三棱錐，則得到的三棱錐是鱉臑的概率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
從正方體的8個頂點中任選4個頂點，共有（種）情況，
其中4點在同一平面的情況共有兩種，
第一種是當取正方體的一個面上的4個點時，共有6種情況；
第二種是當取上下 左右 前后斜切面的4個點時，共有6種情況，
所以從正方體的8個頂點選4個頂點得到三棱錐共有（種）.
因為鱉臑是四個面都是直角三角形的三棱錐，
所以以為例，與下底面組成的鱉臑有和，
與上底面構成的鱉臑也有兩個，鱉臑共有（個）.
又與側面組成的4個鱉臑有兩個與前面得到的重復，有2個不重合，
故有（個），所以一共有24個鱉臑，
所以得到的三棱錐是鱉臑的概率為，
故選：C.
題型四：古典概型與函數的交匯問題
例10．（2024·四川遂寧·統考三模）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：
例11．（2024·全國·高三專題練習）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：.
例12．（2024·河南信陽·河南省信陽市第二高級中學校聯考一模）在，，0，1，2的五個數字中，有放回地隨機取兩個數字分別作為函數中a，b的值，則該函數圖像恰好經過第一、三、四象限的概率為 ．
【答案】/0.2
【解析】五個數字任取一個作數字作系數a，放回后隨機任取一個數作為b，有種不同取法.
當時，函數圖像為一條直線，若圖像恰好經過第一、三、四象限，則，即有，；，兩組數滿足；
時，二次函數經過第一、三、四象限則開口向下，又圖像過點，頂點必在第一象限，即滿足，，，有，；，；，三組數滿足．故共有5組滿足，
所求概率為．
故答案為：
變式12．（2024·四川遂寧·統考一模）若函數的定義域和值域分別為和，則滿足的函數概率是 ．
【答案】
【解析】因函數的定義域和值域分別為和，則函數有6個，它們是：
；；；
；；，
滿足的函數有2個數，它們是或，
因此滿足的函數有4個，所以滿足的函數概率是.
故答案為：
變式13．（2024·全國·高三專題練習）一個盒子中裝有六張卡片，上面分別寫著如下六個定義域為R的函數：，，，，，．現從盒子中逐一抽取卡片并判函數的奇偶性，每次抽出后均不放回，若取到一張寫有偶函數的卡片則停止抽取，否則繼續進行，設抽取次數為X，則的概率為 ．
【答案】/0.8
【解析】易判斷，，為偶函數，所以寫有偶函數的卡片有3張，的取值范圍是．
，，
所以．
故答案為：
變式14．（2024·全國·高三專題練習）對于定義域為D的函數，若對任意的，當時都有，則稱函數為“不嚴格單調增函數”，若函數的定義域，值域為，則函數為“不嚴格單調增函數”的概率是 ．
【答案】/0.04
【解析】基本事件總數為：把D中的5個數分成三堆：①1，1，3：，②1，2，2：,
則總共有種，
求函數是“不嚴格單調增函數”的情況，等價于在1，2，3，4，5中間有4個空，插入2塊板分成3組，分別從小到大對應6,7,8共有種情況，
函數是“不嚴格單調增函數”的概率是
故答案為：.
變式15．（2024·上海·高三專題練習）從3個函數：和中任取2個，其積函數在區間內單調遞增的概率是 .
【答案】
【解析】從三個函數中任取兩個函數共有3種取法，
若取，積函數為，所以，
因為當時，，所以函數在單調遞增；
若取和，積函數，所以，
因為當時，，所以函數在單調遞減；
若取和，積函數，所以，
因為當時，，所以函數在單調遞增；
故滿足題意的有2個積函數，所以概率值為，
故答案為：.
題型五：古典概型與數列的交匯問題
例13．（2024·江西鷹潭·統考一模）斐波那契數列因數學家萊昂納多 斐波那契（LeonardodaFibonaci）以兔子繁殖為例而引入，故又稱為“兔子數列”.因n趨向于無窮大時，無限趨近于黃金分割數，也被稱為黃金分割數列.在數學上，斐波那契數列由以下遞推方法定義：數列滿足，，若從該數列前10項中隨機抽取2項，則抽取的2項至少有1項是奇數的概率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】依題意可知，數列的前10項為：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，
其中偶數有3個，
所以從該數列前10項中隨機抽取2項，則抽取的2項都是偶數的概率為，
所以至少有1項是奇數的概率為.
故選：D.
例14．（2024·全國·高三專題練習）斐波那契數列又稱黃金分割數列，也叫“兔子數列”，在數學上，斐波那契數列被以下遞推方法定義：數列滿足，，先從該數列前12項中隨機抽取1項，是質數的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由斐波那契數列的遞推關系可知，前12項分別為：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，所以基本事件數共有12，其中質數有2，3，5，13，89，共5種，故是質數的概率為.
故選：A.
例15．（2024·黑龍江·黑龍江實驗中學校考三模）已知某抽獎活動的中獎率為，每次抽獎互不影響．構造數列，使得，記，則的概率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由，可得，
抽獎5次，出現3次中獎2次未中獎或2次中獎3次未中獎，
故的概率為．
故選:A.
變式16．（2024·山東濰坊·高三統考階段練習）數列共有10項，且滿足：，，每一項與前一項的差為或，從滿足上述條件的所有數列中任取一個數列，則取到的數列滿足每一項與前一項的差為的項都相鄰的概率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由于，從至，“”或“”共次，
所以“”共次，“”共次，
基本事件的總數有種，
“每一項與前一項的差為的項都相鄰”的事件有種，
故取到的數列滿足每一項與前一項的差為的項都相鄰的概率為.
故選：A
變式17．（2024·全國·高三專題練習）斐波那契數列因數學家萊昂納多·斐波那契（LeonardodaFibonaci）以兔子繁殖為例而引入，故又稱為“兔子數列”．因n趨向于無窮大時，無限趨近于黃金分割數，也被稱為黃金分割數列．在數學上，斐波那契數列由以下遞推方法定義：數列滿足，，若從該數列前10項中隨機抽取1項，則抽取項是奇數的概率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】依題意可知，數列的前項為：，
其中奇數有個，所以從該數列前10項中隨機抽取1項，則抽取項是奇數的概率為.
故選：D
變式18．（2024·全國·高三專題練習）記數列的前項和為，已知，在數集中隨機抽取一個數作為，在數集中隨機抽取一個數作為.在這些不同數列中隨機抽取一個數列，則是遞增數列的概率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由已知，當時，，
當時，，
因為數列為單調遞增數列，則，即，即，
所有樣本點有：、、、、、、、、，共個，
其中，滿足是遞增數列的樣本點有：、，共個，
故所求概率為.
故選：B.
變式19．（2024·全國·高三專題練習）已知數列的前n項和為，且，若數列滿足，從中任取兩個數，則至少一個數滿足的概率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由于①，當時，得，解得；
當時，②，①-②化簡可得，
所以數列是以1為首項，2為公比的等比數列，所以；
因為，所以，
令得，解得或，
從中任取兩個數共有，，，，，，
，，，，，，，，15種，
其中至少一個6或7的有9種，
所以至少一個數滿足的概率為，
故選：B.
變式20．（2024·全國·高三專題練習）已知等比數列的首項為1，公比為-2，在該數列的前六項中隨機抽取兩項，，則的概率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由題意知：，，，，，，
由，則m，n奇偶相同，
若m，n都為偶數時，符合題意，情況數為種；
若m，n都為奇數時，僅有不符題意，情況數為種，
綜上，符合題意的情況數為種，而總情況數為種，
∴概率．
故選：C.
題型六：古典概率與統計的綜合
例16．（2024·四川宜賓·統考二模）2022年中國新能源汽車銷量繼續蟬聯全球第一，以比亞迪為代表的中國汽車交出了一份漂亮的“成績單”，比亞迪新能源汽車成為2022年全球新能源汽車市場銷量冠軍，為了解中國新能源車的銷售價格情況，隨機調查了10000輛新能源車的銷售價格，得到如圖的樣本數據的頻率分布直方圖：

(1)估計一輛中國新能源車的銷售價格位于區間（單位：萬元）的概率，以及中國新能源車的銷售價格的眾數；
(2)現有6輛新能源車，其中2輛為比亞迪新能源車，從這6輛新能源車中隨機抽取2輛，求至少有1輛比亞迪新能源車的概率.
【解析】（1）一輛中國新能源車的銷售價格位于區間的概率
中國新能源車的銷售價格的眾數為
（2）記2輛比亞迪新能源車為，其余4輛車為，
從6輛新能源車中隨機抽取2輛的情況有：，，共15種情況.
其中至少有1輛比亞迪新能源車的情況有：，，共有9種情況.
至少有1輛比亞迪新能源車的概率
例17．（2024·北京西城·高三北京市第三十五中學校考開學考試）為了解某中學高一年級學生身體素質情況，對高一年級的(1)班(8)班進行了抽測，采取如下方式抽樣：每班隨機各抽10名學生進行身體素質監測.經統計，每班10名學生中身體素質監測成績達到優秀的人數散點圖如下（軸表示對應的班號，軸表示對應的優秀人數）：

(1)若用散點圖預測高一年級學生身體素質情況，從高一年級學生中任意抽測1人，求該生身體素質監測成績達到優秀的概率；
(2)若從以上統計的高一（2）班和高一（4）班的學生中各抽出1人，設表示2人中身體素質監測成績達到優秀的人數，求的分布列及其數學期望；
(3)假設每個班學生身體素質優秀的概率與該班隨機抽到的10名學生的身體素質優秀率相等.現在從每班中分別隨機抽取1名同學，用“”表示第班抽到的這名同學身體素質優秀，“”表示第班抽到的這名同學身體素質不是優秀（）．寫出方差的大小關系（不必寫出證明過程）．
【解析】（1）從高一年級（1）班~（8）班學生中抽測了80人，
其中身體素質檢測成績優秀的人數有人，所以，優秀的概率是
因為是隨機抽樣，所以用樣本估計總體，可知從高一年級學生中任意抽測一人，
該生身體素質檢測成績達到優秀的概率是
（2）因為高一（2）班抽出的10名同學中，身體素質監測成績達到優秀的人數有6人，不優秀的有4人，
因為高一（4）班抽出的10名同學中，身體素質監測成績達到優秀的人數有4人，不優秀的有6人，
所以從中抽出2人，的可能取值為
，，，
所以的分布列為
數學期望
（3），
理由：由于
且服從二點分布，所以，
由于在單調遞減，
所以.
例18．（2024·四川成都·校聯考模擬預測）某重點大學為了解準備保研或者考研的本科生每天課余學習時間，隨機抽取了名這類大學生進行調查，將收集到的課余學習時間（單位：）整理后得到如下表格：
課余學習時間
人數
(1)估計這名大學生每天課余學習時間的中位數；
(2)根據分層抽樣的方法從課余學習時間在和，這兩組中抽取人，再從這人中隨機抽取人，求抽到的人的課余學習時間都在的概率．
【解析】（1），，
這名大學生每天課余學習時間的中位數位于之間，
則中位數為.
（2）由題意知：從課余學習時間在這一組抽取人，分別記為，從課余學習時間在這一組抽取人，分別記為；
從這人中隨機抽取人，所有的基本事件為：，共個基本事件；
其中“抽到的人的課余學習時間都在”包含的基本事件為：，共個基本事件；
抽到的人的課余學習時間都在的概率.
變式21．（2024·海南海口·高三統考期中）為促進全民健身更高水平發展，更好地滿足人民群眾的健身和健康需求，國家相關部門制定發布了《全民健身計劃（2021—2025年）》.相關機構統計了我國2018年至2022年（2018年的年份序號為1，依此類推）健身人群數量（即有健身習慣的人數，單位：百萬），所得數據如圖所示：

(1)若每年健身人群中放棄健身習慣的人數忽略不計，從2022年的健身人群中隨機抽取5人，設其中從2018年開始就有健身習慣的人數為X，求；
(2)由圖可知，我國健身人群數量與年份序號線性相關，請用相關系數加以說明.
附：相關系數.參考數據：，，，，.
【解析】（1）由圖中數據可知從2018年開始就有健身習慣的人數有232百萬，
2022年的健身人數為324百萬，
故從2022年的健身人群中隨機抽取1人，其中從2018年開始就有健身習慣的人被抽到的概率為，
則，故；
（2）由題意知，
，
故我國健身人群數量與年份序號正線性相關且相關性很強.
變式22．（2024·江西宜春·高三江西省豐城拖船中學校考開學考試）某市教師進城考試分筆試和面試兩部分，現把參加筆試的40名教師的成績分組：第1組[75，80），第2組[80，85），第3組[85，90），第4組[90，95），第5組[95，100].得到頻率分布直方圖如圖所示.

(1)分別求成績在第4，5組的教師人數；
(2)若考官決定在筆試成績較高的第3，4，5組中用分層抽樣抽取6名進入面試，
①已知甲和乙的成績均在第3組，求甲和乙同時進入面試的概率；
②若決定在這6名考生中隨機抽取2名教師接受考官D的面試，設第4組中有X名教師被考官D面試，求X的分布列和數學期望.
【解析】（1）由題意，結合頻率分布直方圖，可得第4組的教師人數為人，
第5組的教師人數為人，所以第4，5組的教師人數分別為人和人.
（2）（2）①由頻率分布直方圖，可得第3組的教師人數為，
因為第3，4，5組中用分層抽樣抽取6名進入面試，
所以第3，4，5組中抽取的人數分別是，
則甲，乙同時進入面試的概率為.
②由①知，隨機變量的所有可能取值為，且服從超幾何分布，
可得，
所以的分布列為
0 1 2
所以的數學期望.
變式23．（2024·全國·高三專題練習）插花是一種高雅的審美藝術，是表現植物自然美的一種造型藝術，與建筑、盆景等藝術形式相似，是最優美的空間造型藝術之一。為了通過插花藝術激發學生對美的追求，某校舉辦了以“魅力校園、花香溢校園”為主題的校園插花比賽。比賽按照百分制的評分標準進行評分，評委由10名專業教師、10名非專業教師以及20名學生會代表組成，各參賽小組的最后得分為評委所打分數的平均分.比賽結束后，得到甲組插花作品所得分數的頻率分布直方圖和乙組插花作品所得分數的頻數分布表，如下所示：

分數區間 頻數
1
5
12
14
4
3
1
定義評委對插花作品的“觀賞值”如下所示：
分數區間
觀賞值 1 2 3
(1)估計甲組插花作品所得分數的中位數（結果保留兩位小數）；
(2)若該校擬從甲、乙兩組插花作品中選出1個用于展覽，從這兩組插花作品的最后得分來看該校會選哪一組，請說明理由（同一組中的數據用該組區間的中點值作代表）；
(3)從40名評委中隨機抽取1人進行調查，試估計其對乙組插花作品的“觀賞值”比對甲組插花作品的“觀賞值”高的概率.
【解析】（1）設甲組插花作品所得分數的中位數為，
由頻率分布直方圖可得甲組得分在前三個分數區間的頻率之和為0.3，在最后三個分數區間的頻率之和為0.26，故，
所以，解得.
即估計甲組插花作品所得分數的中位數為85.82
（2）由頻率分布直方圖可知，甲組插花作品的最后得分約為
由乙組插花作品所得分數的頻數分布表，得下表
分數區間 頻數 頻率
1 0.025
5 0.125
12 0.300
14 0.350
4 0.100
3 0.075
1 0.025
所以乙組插花作品的最后得分約為
.
因為，所以該校會選擇甲組插花作品用于展覽
（3）設“對乙組插花作品的‘觀賞值’比對甲組插花作品的‘觀賞值’高”為事件，
“對乙組插花作品的‘觀賞值’為2”為事件，
“對乙組插花作品的‘觀賞值’為3”為事件，
“對甲組插花作品的‘觀賞值’為1”為事件，
“對甲組插花作品的‘觀賞值’為2”為事件，
則.
，，
由頻數分布表得，，.
因為事件與相互獨立，其中，，所以
，
所以估計該評委對乙組插花作品的“觀賞值”比對甲組插花作品的“觀賞值”高的概率為0.225
【解題方法總結】
求解古典概型的交匯問題的步驟
（1）將題目條件中的相關知識轉化為事件；
（2）判斷事件是否為古典概型；
（3）選用合適的方法確定樣本點個數；
（4）代入古典概型的概率公式求解．
題型七：有放回與無放回問題的概率
例19．（2024·遼寧鞍山·統考模擬預測）一個袋子中有大小和質地相同的5個球，其中有3個紅色球，2個白色球，從袋中不放回地依次隨機摸出2個球，則第2次摸到紅色球的概率為 .
【答案】
【解析】由題意，
袋子中有相同的5個球，3個紅球，2個白球，
不放回地依次隨機摸出2個球，
∴第1次可能摸到1白色球或1紅色球
∴第2次摸到紅色球的概率為：，
故答案為：.
例20．（2024·黑龍江哈爾濱·哈九中校考模擬預測）已知紅箱內有3個紅球、2個白球，白箱內有2個紅球、3個白球，所有小球大小、形狀完全相同．第一次從紅箱內取出一球后再放回去，第二次從與第一次取出的球顏色相同的箱子內取出一球，然后再放回去，以此類推，第次從與第k次取出的球顏色相同的箱子內取出一球，然后再放回去．則第3次取出的球是紅球的概率為 ．
【答案】/0.504
【解析】3次取出的結果共有8種，分別為：（紅，紅，紅）、（紅，紅，白）、（紅，白，紅）、
（紅，白，白）、（白，紅，紅）（白，紅，白）、（白，白，紅）、（白，白，白），
其中第3次取出的球是紅球的情況為（紅，紅，紅）、（紅，白，紅）、（白，紅，紅）、（白，白，紅）、共4種.
根據題意，，，
，
所以，第3次取出的球是紅球的概率.
故答案為：
【答案】/0.75
則，
故答案為：．
例21．（2024·湖北·校聯考三模）袋中有形狀和大小相同的兩個紅球和三個白球，甲、乙兩人依次不放回地從袋中摸出一球，后摸球的人不知前面摸球的結果，則乙摸出紅球的概率是 ．
【答案】/0.4
【解析】有兩種情況：
①甲摸到紅球乙再摸到紅球得概率為：
②甲摸到白球乙再摸到紅球得概率為：，
故乙摸到紅球的概率．
故答案為：
變式24．（2024·浙江·校聯考二模）袋中有形狀大小相同的球5個，其中紅色3個，黃色2個，現從中隨機連續摸球，每次摸1個，當有兩種顏色的球被摸到時停止摸球，記隨機變量為此時已摸球的次數，則 .
【答案】
【解析】由題意可得
若兩次摸到兩種顏色的球，則；
若三次摸到兩種顏色的球，則；
若四次摸到兩種顏色的球，則；
故.
故答案為：
變式25．（2024·全國·模擬預測）小穎和小星在玩抽卡游戲，規則如下：桌面上放有5張背面完全相同的卡牌，卡牌正面印有兩種顏色的圖案，其中一張為紫色，其余為藍色.現將這些卡牌背面朝上放置，小穎和小星輪流抽卡，每次抽一張卡，并且抽取后不放回，直至抽到印有紫色圖案的卡牌停止抽卡.若小穎先抽卡，則小星抽到紫卡的概率為 .
【答案】/
【解析】按照規則，兩人依次抽卡的所有情形如下表所示，
小穎 小星 小穎 小星 小穎
情形一 紫
情形二 藍 紫
情形三 藍 藍 紫
情形四 藍 藍 藍 紫
情形五 藍 藍 藍 藍 紫
其中情形二和情形四為小星最終抽到紫卡，則小星抽到紫卡的概率為.
故答案為：.
變式26．（2024·浙江·模擬預測）袋中有大小質地均相同的1個黑球，2個白球，3個紅球，現從袋中隨機取球，每次取一個，不放回，直到某種顏色的球全部取出為止，則最后一個球是白球的概率是 ．
【答案】
【解析】由題可知，要使直到某種顏色的球全部取出為止，最后一個球是白球，則摸球次數可能為2，3，4次.
設兩次取球便結束，最后一個球是白球的概率為.
兩次取球便結束，且最后一球為白球的情況為：兩個球都是白球，情況數為2種.故
設三次取球便結束，最后一個球是白球的概率為.
三次取球便結束，且最后一球為白球的情況為：前兩次為一白一紅，情況數為：
.故.
設四次取球便結束，最后一個球是白球的概率為.
四次取球便結束，且最后一球為白球的情況為：前三次為兩紅一白，情況數為：
.故.
設直到某種顏色的球全部取出為止，最后一個球是白球的概率是，
則.
故答案為：
題型八：概率的基本性質
例22．（2024·全國·高三專題練習）某企業有甲、乙兩個工廠共生產一精密儀器件，其中甲工廠生產了件，乙工廠生產了件，為了解這兩個工廠各自的生產水平，質檢人員決定采用分層抽樣的方法從所生產的產品中隨機抽取件樣品，已知該精密儀器按照質量可分為四個等級．若從所抽取的樣品中隨機抽取一件進行檢測，恰好抽到甲工廠生產的等級產品的概率為，則抽取的三個等級中甲工廠生產的產品共有 件．
【答案】
【解析】由分層抽樣原則知：從甲工廠抽取了件樣品，
設抽取甲工廠生產的等級產品有件，則，解得：，
抽取的三個等級中，甲工廠生產的產品共有件.
故答案為：.
例23．（2024·上海徐匯·高三上海民辦南模中學校考階段練習）已知袋中有（為正整數）個大小相同的編號球，其中黃球8個，紅球個，從中任取兩個球，取出的兩球是一黃一紅的概率為，則的最大值為 .
【答案】
【解析】根據題意可得，黃球8個，紅球個，從中任取兩個球總共有種，
取出的兩球是一黃一紅總共有種；
所以從袋中任取兩個球，取出的兩球是一黃一紅的概率；
令，利用基本不等式可得，
當且僅當時等號成立，
但為正整數，所以當時，；當時，；
即當或時，的最小值為，
所以，
即的最大值為
故答案為：
例24．（2024·全國·高三專題練習）一個口袋里有大小相同的白球個，黑球個，現從中隨機一次性取出個球，若取出的兩個球都是白球的概率為，則黑球的個數為 ．
【答案】5
【解析】由題意得，所以，解得或（舍去），
即黑球的個數為．
故答案為：
變式27．（2024·四川遂寧·射洪中學校考模擬預測）為舒緩高考壓力，射洪中學高三年級開展了“葵花心語”活動，每個同學選擇一顆葵花種子親自播種在花盆中，四個人為一互助組，每組四人的種子播種在同一花盆中，若盆中至少長出三株花苗，則可評為“陽光小組”．已知每顆種子發芽概率為0.8，全年級恰好共種了500盆，則大概有 個小組能評為“陽光小組”．（結果四舍五入法保留整數）
【答案】410
【解析】由題意知，每一盆至少長出三株花苗包括“恰好長出三株花苗”和“長出四株花苗”兩種情況，
其概率為，
即一盆花苗能被評為“陽光小組”的概率為，且被評為“陽光小組”的盆數服從二項分布，
所以500盆花苗中能被評為“陽光小組”的有.
故答案為：410
變式28．（2024·全國·高三專題練習）在某次考試中，要從20道題中隨機地抽取6道題，若考生至少能答對其中的4道即可通過；若至少能答對其中的5道就獲得“優秀”．已知某考生能答對其中10道題，并且知道他在這次考試中已經通過，則他獲得“優秀”的概率為 ．
【答案】
【解析】設“他能答對其中的6道題”為事件A，“他能答對其中的5道題”為事件B，“他能答對其中的4道題”為事件C，
設“他考試通過”為事件D，“他考試獲得優秀”為事件E．
則由題意可得D＝A∪B∪C，E＝A∪B，且A、B、C兩兩互斥．
．
又，，
∴．
故答案為：．
變式29．（2024·重慶·統考二模）餃子是我國的傳統美食，不僅味道鮮美而且寓意美好.現鍋中煮有白菜餡餃子4個，韭菜餡餃子3個，這兩種餃子的外形完全相同.從中任意舀取3個餃子，則每種口味的餃子都至少舀取到1個的概率為 .
【答案】
【解析】由條件可知，舀到的有1個白菜，2個韭菜，或是2個白菜，1個韭菜，
所以概率.
故答案為：
變式30．（2024·江西南昌·江西師大附中校考三模）城市地鐵極大的方便了城市居民的出行，南昌地鐵1號線是南昌市最早建成并成功運營的一條地鐵線.已知1號地鐵線的每輛列車有6節車廂，從5月1日起實行“夏季運行模式”，其中2節車廂開啟強冷模式，2節車廂開啟中冷模式，2節車廂開啟弱冷模式.現在有甲、乙、丙3人同一時間同一地點乘坐同一趟地鐵列車，由于個人原因，甲不選擇強冷車廂，乙不選擇弱冷車廂，丙沒有限制，但他們都是獨立而隨機的選擇一節車廂乘坐，則甲、乙、丙3人中恰有2人在同一車廂的概率為 ．
【答案】
【解析】因為甲乙丙在同一車廂的概率為，甲乙在同一車廂的概率為，
甲丙在同一車廂的概率為，乙丙在同一車廂的概率為，
則甲乙丙恰有人在同一車廂的概率為.
故答案為：·
【解題方法總結】
求復雜互斥事件的概率的兩種方法
（1）直接法
（2）間接法（正難則反，特別是“至多”“至少”型題目，用間接法求解簡單）．
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21世紀教育網(www.21cnjy.com)第89講 古典概型與概率的基本性質
知識梳理
知識點1、隨機事件的概率
對隨機事件發生可能性大小的度量（數值）稱為事件的概率，事件的概率用表示．
知識點2、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．
知識點3、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．
【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．
必考題型全歸納
題型一：簡單的古典概型問題
例1．（2024·高一課時練習）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
例2．（2024·全國·高一專題練習）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
例3．（2024·全國·高三專題練習）下列有關古典概型的四種說法：
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已知樣本點總數為，若隨機事件包含個樣本點，則事件發生的概率.
其中所正確說法的序號是（ ）
A．①②④ B．①③ C．③④ D．①③④
變式1．（2024·重慶沙坪壩·高三重慶八中校考階段練習）一項試驗旨在研究臭氧效應，試驗方案如下：選6只小白鼠，隨機地將其中3只分配到試驗組且飼養在高濃度臭氧環境，另外3只分配到對照組且飼養在正常環境，一段時間后統計每只小白鼠體重的增加量（單位：）.則指定的兩只小鼠分配到不同組的概率為（ ）
A． B． C． D．
變式2．（2024·青海西寧·高三統考開學考試）乒乓球是中國的國球，擁有廣泛的群眾基礎，老少皆宜，特別適合全民身體鍛煉．某小學體育課上，老師讓小李同學從7個乒乓球（其中3只黃色和4只白色）中隨機選取2個，則他選取的乒乓球恰為1黃1白的概率是（ ）
A． B． C． D．
變式3．（2024·河北保定·統考二模）三位同學參加某項體育測試，每人要從跑、引體向上、跳遠、鉛球四個項目中選出兩個項目參加測試，則有且僅有兩人選擇的項目完全相同的概率是（ ）
A． B． C． D．
變式4．（2024·湖北·高三校聯考階段練習）將2個不同的小球隨機放入甲、乙、丙3個盒子，則2個小球在同一個盒子的概率為（ ）
A． B． C． D．
題型二：古典概型與向量的交匯問題
例4．（2024·重慶·高三統考階段練習）已知正九邊形，從中任取兩個向量，則它們的數量積是正數的概率為（ ）
A． B． C． D．
例5．（2024·全國·高三專題練習）已知，若向量，，則向量與所成的角為銳角的概率是（ ）
A． B． C． D．
例6．（2024·甘肅武威·甘肅省武威第一中學校考模擬預測）連擲兩次骰子分別得到點數m，n，則向量與向量的夾角的概率是（ ）
A． B． C． D．
變式5．（2024·四川成都·四川省成都市玉林中學校考模擬預測）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（ ）
A． B． C． D．
變式6．（2024·云南楚雄·高三統考期末）從集合中隨機地取一個數，從集合中隨機地取一個數，則向量與向量垂直的概率為（ ）
A． B． C． D．
變式7．（2024·湖北·高考真題）連擲兩次骰子得到的點數分別為和，記向量與向量的夾角為，則的概率是（ ）
A． B． C． D．
題型三：古典概型與幾何的交匯問題
例7．（2024·全國·高三專題練習）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．
例8．（2024·四川達州·統考二模）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．
例9．（2024·江西·高三校聯考階段練習）如圖，這是第24屆國際數學家大會會標的大致圖案，它是以我國古代數學家趙爽的弦圖為基礎設計的.現用紅色和藍色給這4個三角形區域涂色，每個區域只涂一種顏色，則相鄰的區域所涂顏色不同的概率是（ ）
A． B． C． D．
變式8．（2024·江西·校聯考二模）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9．（2024·廣東深圳·高三深圳市福田區福田中學校考階段練習）《幾何原本》是古希臘數學家歐幾里得所著的一部數學巨著，大約成書于公元前300年．漢語的最早譯本是由中國明代數學家、天文學家徐光啟和意大利傳教士利瑪竇合譯，成書于1607年.該書前6卷主要包括：基本概念、三角形、四邊形、多邊形、圓、比例線段、相似形這7章，幾乎包含現今平面幾何的所有內容．某高校要求數學專業的學生從這7章里任選4章進行選修，則學生李某所選的4章中，含有“基本概念”這一章的概率為（ ）
A． B． C． D．
變式10．（2024·河北張家口·張家口市宣化第一中學校考三模）如圖，將正方體沿交于同一頂點的三條棱的中點截去一個三棱錐，如此共可截去八個三棱錐，截取后的剩余部分稱為“阿基米德多面體”，它是一個24等邊半正多面體．從它的棱中任取兩條，則這兩條棱所在的直線為異面直線的概率為（ ）
A． B． C． D．
變式11．（2024·全國·高三專題練習）《九章算術·商功》指出“斜解立方，得兩壍堵.斜解壍堵，其一為陽馬，一為鱉臑.陽馬居二，鱉臑居一，不易之率也.合兩鱉臑三而一，驗之以棊，其形露矣.”意為將一個正方體斜切，可以得到兩個壍堵，將壍堵斜切，可得到一個陽馬，一個鱉臑（四個面都是直角三角形的三棱錐），如果從正方體的8個頂點中選4個頂點得到三棱錐，則得到的三棱錐是鱉臑的概率為（ ）
A． B． C． D．
題型四：古典概型與函數的交匯問題
例10．（2024·四川遂寧·統考三模）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 .
例11．（2024·全國·高三專題練習）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 .
例12．（2024·河南信陽·河南省信陽市第二高級中學校聯考一模）在，，0，1，2的五個數字中，有放回地隨機取兩個數字分別作為函數中a，b的值，則該函數圖像恰好經過第一、三、四象限的概率為 ．
變式12．（2024·四川遂寧·統考一模）若函數的定義域和值域分別為和，則滿足的函數概率是 ．
變式13．（2024·全國·高三專題練習）一個盒子中裝有六張卡片，上面分別寫著如下六個定義域為R的函數：，，，，，．現從盒子中逐一抽取卡片并判函數的奇偶性，每次抽出后均不放回，若取到一張寫有偶函數的卡片則停止抽取，否則繼續進行，設抽取次數為X，則的概率為 ．
變式14．（2024·全國·高三專題練習）對于定義域為D的函數，若對任意的，當時都有，則稱函數為“不嚴格單調增函數”，若函數的定義域，值域為，則函數為“不嚴格單調增函數”的概率是 ．
變式15．（2024·上海·高三專題練習）從3個函數：和中任取2個，其積函數在區間內單調遞增的概率是 .
題型五：古典概型與數列的交匯問題
例13．（2024·江西鷹潭·統考一模）斐波那契數列因數學家萊昂納多 斐波那契（LeonardodaFibonaci）以兔子繁殖為例而引入，故又稱為“兔子數列”.因n趨向于無窮大時，無限趨近于黃金分割數，也被稱為黃金分割數列.在數學上，斐波那契數列由以下遞推方法定義：數列滿足，，若從該數列前10項中隨機抽取2項，則抽取的2項至少有1項是奇數的概率為（ ）
A． B． C． D．
例14．（2024·全國·高三專題練習）斐波那契數列又稱黃金分割數列，也叫“兔子數列”，在數學上，斐波那契數列被以下遞推方法定義：數列滿足，，先從該數列前12項中隨機抽取1項，是質數的概率是（ ）
A． B． C． D．
例15．（2024·黑龍江·黑龍江實驗中學校考三模）已知某抽獎活動的中獎率為，每次抽獎互不影響．構造數列，使得，記，則的概率為（ ）
A． B． C． D．
變式16．（2024·山東濰坊·高三統考階段練習）數列共有10項，且滿足：，，每一項與前一項的差為或，從滿足上述條件的所有數列中任取一個數列，則取到的數列滿足每一項與前一項的差為的項都相鄰的概率為（ ）
A． B． C． D．
變式17．（2024·全國·高三專題練習）斐波那契數列因數學家萊昂納多·斐波那契（LeonardodaFibonaci）以兔子繁殖為例而引入，故又稱為“兔子數列”．因n趨向于無窮大時，無限趨近于黃金分割數，也被稱為黃金分割數列．在數學上，斐波那契數列由以下遞推方法定義：數列滿足，，若從該數列前10項中隨機抽取1項，則抽取項是奇數的概率為（ ）
A． B． C． D．
變式18．（2024·全國·高三專題練習）記數列的前項和為，已知，在數集中隨機抽取一個數作為，在數集中隨機抽取一個數作為.在這些不同數列中隨機抽取一個數列，則是遞增數列的概率為（ ）
A． B． C． D．
變式19．（2024·全國·高三專題練習）已知數列的前n項和為，且，若數列滿足，從中任取兩個數，則至少一個數滿足的概率為（ ）
A． B． C． D．
變式20．（2024·全國·高三專題練習）已知等比數列的首項為1，公比為-2，在該數列的前六項中隨機抽取兩項，，則的概率為（ ）
A． B． C． D．
題型六：古典概率與統計的綜合
例16．（2024·四川宜賓·統考二模）2022年中國新能源汽車銷量繼續蟬聯全球第一，以比亞迪為代表的中國汽車交出了一份漂亮的“成績單”，比亞迪新能源汽車成為2022年全球新能源汽車市場銷量冠軍，為了解中國新能源車的銷售價格情況，隨機調查了10000輛新能源車的銷售價格，得到如圖的樣本數據的頻率分布直方圖：

(1)估計一輛中國新能源車的銷售價格位于區間（單位：萬元）的概率，以及中國新能源車的銷售價格的眾數；
(2)現有6輛新能源車，其中2輛為比亞迪新能源車，從這6輛新能源車中隨機抽取2輛，求至少有1輛比亞迪新能源車的概率.
例17．（2024·北京西城·高三北京市第三十五中學校考開學考試）為了解某中學高一年級學生身體素質情況，對高一年級的(1)班(8)班進行了抽測，采取如下方式抽樣：每班隨機各抽10名學生進行身體素質監測.經統計，每班10名學生中身體素質監測成績達到優秀的人數散點圖如下（軸表示對應的班號，軸表示對應的優秀人數）：

(1)若用散點圖預測高一年級學生身體素質情況，從高一年級學生中任意抽測1人，求該生身體素質監測成績達到優秀的概率；
(2)若從以上統計的高一（2）班和高一（4）班的學生中各抽出1人，設表示2人中身體素質監測成績達到優秀的人數，求的分布列及其數學期望；
(3)假設每個班學生身體素質優秀的概率與該班隨機抽到的10名學生的身體素質優秀率相等.現在從每班中分別隨機抽取1名同學，用“”表示第班抽到的這名同學身體素質優秀，“”表示第班抽到的這名同學身體素質不是優秀（）．寫出方差的大小關系（不必寫出證明過程）．
例18．（2024·四川成都·校聯考模擬預測）某重點大學為了解準備保研或者考研的本科生每天課余學習時間，隨機抽取了名這類大學生進行調查，將收集到的課余學習時間（單位：）整理后得到如下表格：
課余學習時間
人數
(1)估計這名大學生每天課余學習時間的中位數；
(2)根據分層抽樣的方法從課余學習時間在和，這兩組中抽取人，再從這人中隨機抽取人，求抽到的人的課余學習時間都在的概率．
變式21．（2024·海南海口·高三統考期中）為促進全民健身更高水平發展，更好地滿足人民群眾的健身和健康需求，國家相關部門制定發布了《全民健身計劃（2021—2025年）》.相關機構統計了我國2018年至2022年（2018年的年份序號為1，依此類推）健身人群數量（即有健身習慣的人數，單位：百萬），所得數據如圖所示：

(1)若每年健身人群中放棄健身習慣的人數忽略不計，從2022年的健身人群中隨機抽取5人，設其中從2018年開始就有健身習慣的人數為X，求；
(2)由圖可知，我國健身人群數量與年份序號線性相關，請用相關系數加以說明.
附：相關系數.參考數據：，，，，.
變式22．（2024·江西宜春·高三江西省豐城拖船中學校考開學考試）某市教師進城考試分筆試和面試兩部分，現把參加筆試的40名教師的成績分組：第1組[75，80），第2組[80，85），第3組[85，90），第4組[90，95），第5組[95，100].得到頻率分布直方圖如圖所示.

(1)分別求成績在第4，5組的教師人數；
(2)若考官決定在筆試成績較高的第3，4，5組中用分層抽樣抽取6名進入面試，
①已知甲和乙的成績均在第3組，求甲和乙同時進入面試的概率；
②若決定在這6名考生中隨機抽取2名教師接受考官D的面試，設第4組中有X名教師被考官D面試，求X的分布列和數學期望.
變式23．（2024·全國·高三專題練習）插花是一種高雅的審美藝術，是表現植物自然美的一種造型藝術，與建筑、盆景等藝術形式相似，是最優美的空間造型藝術之一。為了通過插花藝術激發學生對美的追求，某校舉辦了以“魅力校園、花香溢校園”為主題的校園插花比賽。比賽按照百分制的評分標準進行評分，評委由10名專業教師、10名非專業教師以及20名學生會代表組成，各參賽小組的最后得分為評委所打分數的平均分.比賽結束后，得到甲組插花作品所得分數的頻率分布直方圖和乙組插花作品所得分數的頻數分布表，如下所示：

分數區間 頻數
1
5
12
14
4
3
1
定義評委對插花作品的“觀賞值”如下所示：
分數區間
觀賞值 1 2 3
(1)估計甲組插花作品所得分數的中位數（結果保留兩位小數）；
(2)若該校擬從甲、乙兩組插花作品中選出1個用于展覽，從這兩組插花作品的最后得分來看該校會選哪一組，請說明理由（同一組中的數據用該組區間的中點值作代表）；
(3)從40名評委中隨機抽取1人進行調查，試估計其對乙組插花作品的“觀賞值”比對甲組插花作品的“觀賞值”高的概率.
【解題方法總結】
求解古典概型的交匯問題的步驟
（1）將題目條件中的相關知識轉化為事件；
（2）判斷事件是否為古典概型；
（3）選用合適的方法確定樣本點個數；
（4）代入古典概型的概率公式求解．
題型七：有放回與無放回問題的概率
例19．（2024·遼寧鞍山·統考模擬預測）一個袋子中有大小和質地相同的5個球，其中有3個紅色球，2個白色球，從袋中不放回地依次隨機摸出2個球，則第2次摸到紅色球的概率為 .
例20．（2024·黑龍江哈爾濱·哈九中校考模擬預測）已知紅箱內有3個紅球、2個白球，白箱內有2個紅球、3個白球，所有小球大小、形狀完全相同．第一次從紅箱內取出一球后再放回去，第二次從與第一次取出的球顏色相同的箱子內取出一球，然后再放回去，以此類推，第次從與第k次取出的球顏色相同的箱子內取出一球，然后再放回去．則第3次取出的球是紅球的概率為 ．
例21．（2024·湖北·校聯考三模）袋中有形狀和大小相同的兩個紅球和三個白球，甲、乙兩人依次不放回地從袋中摸出一球，后摸球的人不知前面摸球的結果，則乙摸出紅球的概率是 ．
變式24．（2024·浙江·校聯考二模）袋中有形狀大小相同的球5個，其中紅色3個，黃色2個，現從中隨機連續摸球，每次摸1個，當有兩種顏色的球被摸到時停止摸球，記隨機變量為此時已摸球的次數，則 .
變式25．（2024·全國·模擬預測）小穎和小星在玩抽卡游戲，規則如下：桌面上放有5張背面完全相同的卡牌，卡牌正面印有兩種顏色的圖案，其中一張為紫色，其余為藍色.現將這些卡牌背面朝上放置，小穎和小星輪流抽卡，每次抽一張卡，并且抽取后不放回，直至抽到印有紫色圖案的卡牌停止抽卡.若小穎先抽卡，則小星抽到紫卡的概率為 .
變式26．（2024·浙江·模擬預測）袋中有大小質地均相同的1個黑球，2個白球，3個紅球，現從袋中隨機取球，每次取一個，不放回，直到某種顏色的球全部取出為止，則最后一個球是白球的概率是 ．
題型八：概率的基本性質
例22．（2024·全國·高三專題練習）某企業有甲、乙兩個工廠共生產一精密儀器件，其中甲工廠生產了件，乙工廠生產了件，為了解這兩個工廠各自的生產水平，質檢人員決定采用分層抽樣的方法從所生產的產品中隨機抽取件樣品，已知該精密儀器按照質量可分為四個等級．若從所抽取的樣品中隨機抽取一件進行檢測，恰好抽到甲工廠生產的等級產品的概率為，則抽取的三個等級中甲工廠生產的產品共有 件．
例23．（2024·上海徐匯·高三上海民辦南模中學校考階段練習）已知袋中有（為正整數）個大小相同的編號球，其中黃球8個，紅球個，從中任取兩個球，取出的兩球是一黃一紅的概率為，則的最大值為 .
例24．（2024·全國·高三專題練習）一個口袋里有大小相同的白球個，黑球個，現從中隨機一次性取出個球，若取出的兩個球都是白球的概率為，則黑球的個數為 ．
變式27．（2024·四川遂寧·射洪中學校考模擬預測）為舒緩高考壓力，射洪中學高三年級開展了“葵花心語”活動，每個同學選擇一顆葵花種子親自播種在花盆中，四個人為一互助組，每組四人的種子播種在同一花盆中，若盆中至少長出三株花苗，則可評為“陽光小組”．已知每顆種子發芽概率為0.8，全年級恰好共種了500盆，則大概有 個小組能評為“陽光小組”．（結果四舍五入法保留整數）
變式28．（2024·全國·高三專題練習）在某次考試中，要從20道題中隨機地抽取6道題，若考生至少能答對其中的4道即可通過；若至少能答對其中的5道就獲得“優秀”．已知某考生能答對其中10道題，并且知道他在這次考試中已經通過，則他獲得“優秀”的概率為 ．
變式29．（2024·重慶·統考二模）餃子是我國的傳統美食，不僅味道鮮美而且寓意美好.現鍋中煮有白菜餡餃子4個，韭菜餡餃子3個，這兩種餃子的外形完全相同.從中任意舀取3個餃子，則每種口味的餃子都至少舀取到1個的概率為 .
變式30．（2024·江西南昌·江西師大附中校考三模）城市地鐵極大的方便了城市居民的出行，南昌地鐵1號線是南昌市最早建成并成功運營的一條地鐵線.已知1號地鐵線的每輛列車有6節車廂，從5月1日起實行“夏季運行模式”，其中2節車廂開啟強冷模式，2節車廂開啟中冷模式，2節車廂開啟弱冷模式.現在有甲、乙、丙3人同一時間同一地點乘坐同一趟地鐵列車，由于個人原因，甲不選擇強冷車廂，乙不選擇弱冷車廂，丙沒有限制，但他們都是獨立而隨機的選擇一節車廂乘坐，則甲、乙、丙3人中恰有2人在同一車廂的概率為 ．
【解題方法總結】
求復雜互斥事件的概率的兩種方法
（1）直接法
（2）間接法（正難則反，特別是“至多”“至少”型題目，用間接法求解簡單）
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