1、第二节 古 典 概 型,【教材基础回顾】 1.基本事件的特点 (1)任何两个基本事件是_的. (2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成_ 的和.,互斥,基本事件,2.古典概型 (1)满足的两个特点: 有限性:试验中所有可能出现的基本事件只有有限个; 等可能性:每个基本事件出现的可能性相等.,(2)概率的计算公式: P(A)=_ 【金榜状元笔记】 1.确定基本事件个数的三种方法 (1)列举法:此法适合基本事件较少的古典概型.,(2)列表法(坐标法):此法适合多个元素中选定两个元素的试验. (3)树状图法:适合有顺序的问题及较复杂问题中基本事件个数的探求.,2.求古典概型概率的三个步骤 (1)算
2、出所有基本事件的个数n. (2)求出事件A包含的基本事件数m. (3)代入公式P(A)= ,求出P(A).,【教材母题变式】 1.抛掷两枚质地均匀的骰子,向上的点数之差的绝对值为3的概率是 ( ),【解析】选B.抛掷两枚质地均匀的骰子,向上的点数之 差的绝对值为3的情况有:1,4;4,1;2,5;5,2;3,6;6,3, 共6种情况,所以向上的点数之差的绝对值为3的概率为 P=,2.甲、乙、丙三名同学站成一排,甲站在中间的概率是( ),【解析】选C.甲、乙、丙三名同学站成一排共有6种站 法,甲在中间共有2种站法,故甲站在中间的概率为 .,3.已知某射击运动员,每次击中目标的概率都是0.8,现采
3、用随机模拟的方法估计该运动员射击4次,至少击中3次的概率:先由计算器算出0到9之间取整数值的随机数,指定0,1表示没有击中目标,2,3,4,5,6,7,8,9表示击中目标;因为射击4次,故以每4个随机数为一组,代表射击4次的结果.经随机模拟产生了20组随机数:,5727 0293 7140 9857 0347 4373 8636 9647 1417 4698 0371 6233 2616 8045 6011 3661 9597 7424 6710 4281 据此估计,该射击运动员射击4次至少击中3次的概率为( ) A.0.85 B.0.819 2 C.0.8 D.0.75,【解析】选D.由随机
4、数表知,20组模拟数中,至少击中 3次有15组, 所以事件发生的频率f= =0.75,所以估计该运动员 射击4次至少击中3次的概率为0.75.,4.盒中装有形状、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为_.,【解析】设红球为A1,A2,A3,黄球为B1,B2,共有:A1A2,A1A3,A1B1,A1B2, A2A3,A2B1,A2B2,A3B1,A3B2,B1B2 10种,其中不同色的有 6种,P= . 答案:,【母题变式溯源】,考向一 单一的古典概型问题 【典例1】(1)(2017天津高考)有5支彩笔(除颜色外 无差别),颜色分
5、别为红、黄、蓝、绿、紫.从这5支彩 笔中任取2支不同颜色的彩笔,则取出的2支彩笔中含有 红色彩笔的概率为 世纪金榜导学号37680317( ),(2)(2018深圳模拟)一个三位数,个位、十位、百位 上的数字依次为x,y,z,当且仅当yx,yz时,称这样的 数为“凸数”(如243),现从集合1,2,3,4中取出三个 不相同的数组成一个三位数,则这个三位数是“凸数” 的概率为 ( ),(3)(2017山东高考)某旅游爱好者计划从3个亚洲国家A1,A2,A3和3个欧洲国家B1,B2,B3中选择2个国家去旅游. 若从这6个国家中任选2个,求这2个国家都是亚洲国家的概率.,若从亚洲国家和欧洲国家中各任
6、选1个,求这2个国家包括A1但不包括B1的概率.,【解析】(1)选C.从5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔 有(红,黄),(红,蓝),(红,绿),(红,紫),(黄,蓝),(黄, 绿),(黄,紫),(蓝,绿),(蓝,紫),(绿,紫)共10种取法, 取出的2支彩笔中含有红色彩笔的有(红,黄),(红, 蓝),(红,绿),(红,紫)共4种取法.因此所求概率为.,(2)选B.根据题意,要得到一个满足ac的三位“凸数”,在1,2,3,4的4个整数中任取3个不同的数组成三位数,由1,2,3组成的三位数有123,132,213,231, 312,321,共6个;由1,2,4组成的三位数有124,142, 214
7、,241,412,421,共6个;由1,3,4组成的三位数有,134,143,314,341,413,431,共6个;由2,3,4组成的三位数有234,243,324,342,423,432,共6个.所以共有6+6+6+6=24个三位数.,当y=4时,有241,142,341,143,342,243,共6个“凸数”; 当y=3时,有132,231,共2个“凸数”.故这个三位数为 “凸数”的概率P= .,(3)从A1,A2,A3,B1,B2,B36个国家中任选2个国家,有以下结果:(A1,A2),(A1,A3),(A1,B1),(A1,B2), (A1,B3),(A2,A3),(A2,B1),(
8、A2,B2),(A2,B3),(A3,B1), (A3,B2),(A3,B3),(B1,B2),(B1,B3),(B2,B3), 共有15种.,记“所选的2个国家都是亚洲国家”为事件M,则事件M 包含3种结果:(A1,A2),(A1,A3),(A2,A3),所以P(M)=.,从亚洲国家和欧洲国家中各任选1个,有以下结 果:(A1,B1),(A1,B2),(A1,B3),(A2,B1),(A2,B2),(A2, B3),(A3,B1),(A3,B2),(A3,B3),共有9种, 记“这2个国家包括A1但不包括B1”为事件N,则事件N 包含2种结果:(A1,B2),(A1,B3),所以P(N)=
9、.,【答题模板微课】本例(3)的求解过程可模板化为: 建模板:从A1,A2,A3,B1,B2,B3 6个国家中任选2个国家, 有以下结果:(A1,A2),(A1,A3),(A1,B1),(A1,B2), (A1,B3),(A2,A3),(A2,B1),(A2,B2),(A2,B3),(A3,B1), (A3,B2),(A3,B3),(B1,B2),(B1,B3),(B2,B3),共有 15种. 求基本事件总数,记“所选的2个国家都是亚洲国家”为事件M,则事件 M包含3种结果:(A1,A2),(A1,A3),(A2,A3), 求相关基本事件个数 所以P(M)= .求概率,从亚洲国家和欧洲国家中各
10、任选1个,有以下结果:(A1,B1),(A1,B2),(A1,B3),(A2,B1),(A2,B2),(A2,B3), (A3,B1),(A3,B2),(A3,B3),共有9种,求基本事 件总数,记“这2个国家包括A1但不包括B1”为事件N,则事件N包含2种结果:(A1,B2),(A1,B3), 求相关基本事件个数 所以 . 求概率,套模板:一个盒子里装有三张卡片,分别标记数字1,2,3,这三张卡片除标记的数字外完全相同.随机有放回地抽取3次,每次抽取1张,将抽取的卡片上的数字依次记为a,b,c.,(1)求“抽取的卡片上的数字满足a+b=c”的概率. (2)求“抽取的卡片上的数字a,b,c不完
11、全相同”的概率.,【解析】(1)由题意,(a,b,c)所有的可能为(1,1,1),(1,1,2),(1,1,3),(1,2,1),(1,2,2),(1,2,3), (1,3,1),(1,3,2),(1,3,3),(2,1,1),(2,1,2), (2,1,3),(2,2,1),(2,2,2),(2,2,3),(2,3,1),(2,3,2), (2,3,3),(3,1,1),(3,1,2),(3,1,3),(3,2,1), (3,2,2),(3,2,3),(3,3,1),(3,3,2),(3,3,3),共27种.,求基本事件总数 设“抽取的卡片上的数字满足a+b=c”为事件A,则事件A包括(1,
12、1,2),(1,2,3),(2,1,3),共3种. 求相关基本事件个数,所以P(A)= .因此,“抽取的卡片上的数字满足 a+b=c”的概率为 . 求概率 (2)设“抽取的卡片上的数字a,b,c不完全相同”为事件B,则事件 包括(1,1,1),(2,2,2),(3,3,3),共3种. 求相关基本事件个数 所以P(B)=1-P( )=1- .因此,“抽取的卡片上 的数字a,b,c不完全相同”的概率为 . 求概率,【一题多变】若将本例(2)的条件“yx,yz”改为“yx,yz”,“凸”改为“凹”,其他条件不变,求这个三位数为“凹数”的概率.,【解析】由1,2,3组成的三位数有123,132,213
13、,231, 312,321,共6个;由1,2,4组成的三位数有124,142,214, 241,412,421,共6个;由1,3,4组成的三位数有134,143, 314,341,413,431,共6个;由2,3,4组成的三位数有234,243,324,342,423,432,共6个.所以共有,6+6+6+6=24个三位数.当y=1时,有214,213,314,412, 312,413,共6个“凹数”;当y=2时,有324,423,共2个 “凹数”.故这个三位数为“凹数”的概率P= .,【技法点拨】 求解古典概型问题的技巧 (1)较为简单的问题可直接使用古典概型的概率公式计算.,(2)较为复杂
14、的概率问题的处理方法: 一是转化为几个互斥事件的和,利用互斥事件的加法公 式进行求解; 二是采用间接法,先求事件A的对立事件 的概率,再 由P(A)=1-P( )求事件A的概率.,【同源异考金榜原创】 1.抛掷两枚质地均匀的正四面体骰子,其4个面分别标有数字1,2,3,4,记每次抛掷朝下一面的数字中较大者,为a(若两数相等,则取该数),平均数为b,则事件 “a-b=1”发生的概率为 世纪金榜导学号37680318( ),【解析】选B. 抛掷两枚质地均匀的正四面体骰子,其4个面分别标有数字1,2,3,4,基本事件有(1,1),(1,2),(1,3),(1,4), (2,1),(2,2),(2,3
15、),(2,4),(3,1),(3,2),(3,3), (3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4)共16个.记每次抛掷,朝下一面的数字中较大者为a(若两数相等,则取该数), 平均数为b, 事件“a-b=1”包含的基本事件有: (1,3),(3,1),(2,4),(4,2),共有4个, 所以事件“a-b=1”发生的概率为P= .,2.一个袋中装有1红、2白和2黑共5个小球,这5个球除颜色外其他都相同,现从袋中任取2个球,则至少取到1个白球的概率为_.,【解析】记1个红球为A,2个白球分别为B1,B2,2个黑球 分别为C1,C2,从中任取2个的基本事件有:(A,B1)、 (A,B2)
16、、(A,C1)、(A,C2)、(B1,B2)、(B1,C1)、 (B1,C2)、(B2,C1)、(B2,C2)、(C1,C2)共10个,至少取到 1个白球的基本事件有7个,所求概率为 .,答案:,3.在某次进行的抢红包游戏中,若所发红包的总金额为10元,被随机分配为1.59元,2.32元,2.28元,3.17元, 0.64元,共5份,供甲、乙等5人抢,每人只能抢一次,则甲、乙二人抢到的金额之和不低于4元的概率是_. 世纪金榜导学号37680319,【解析】因甲乙两人从五份红包中随机取两份的可能 有10种,其中所抢得的金额之和大于等于4的可能有 1.59,3.17,2.32,2.28,2.32,
17、3.17,3.17,2.28, 共四种,故甲、乙二人抢到的金额之和不低于4元的概 率是P= . 答案:,考向二 综合的古典概型问题,【典例2】 (1)从正方形四个顶点及其中心这5个点中,任取2个点, 则这2个点的距离不小于该正方形边长的概率为( ),(2) (2018遵义模拟)设m,n0,1,2,3,4,向量a= (-1,-2),b=(m,n),则ab的概率为 ( ),(3)(2018黄山模拟)已知函数f(x)= ax2+bx+1,其 中a2,4,b1,3,从f(x)中随机抽取1个,则它在 (-,-1上是减函数的概率为 ( ) 世纪金榜导学号37680320,【解析】(1)选C.设正方形ABC
18、D中心为O,从这5个点中, 任取两个点的事件分别为AB,AC,AD,AO,BC,BD,BO, CD,CO,DO,共有10种,其中等于正方形的边长的是 AB,AD,BC,CD,大于正方形的边长的是AC,BD,共有6种. 所以所求事件的概率P= .,【巧思妙解】(用对立事件概率公式) 选B.事件“距离不小于该正方形边长”的对立事件是 “距离小于正方形的边长”,其中只有顶点到中心O的 距离小于正方形的边长,分别是AO,BO,CO,DO,共有4种. 所以所求事件的概率P=1- .,(2)选B.ab-2m=-n2m=n, 所以 因此概率为 .,(3)选B. f(x)共有四种等可能基本事件,即(a,b)取
19、(2,1), (2,3),(4,1),(4,3),记事件A为“f(x)在(-,-1 上是减函数”,由条件知f(x)的图象开口向上,对称 轴是x=- -1,事件A共有(2,1),(4,1),(4,3)三种等 可能基本事件,所以P(A)= .,【技法点拨】 解答综合古典概型问题的思路,【同源异考金榜原创】 命题点1 与几何问题综合 1.曲线C的方程为 =1,其中m,n是将一枚骰子先 后投掷两次所得点数,记事件A为“方程 =1表示 焦点在x轴上的椭圆”,那么P(A)=_. 世纪金榜导学号37680321,【解析】试验中所含基本事件个数为36;若想表示焦点 在x轴上的椭圆,则mn,有(2,1),(3,
20、1),(6,5),共 1+2+3+4+5=15种情况,因此P(A)= . 答案:,命题点2 与向量问题综合 2.已知kZ, =(k,1), =(2,4),若| |4,则 ABC是直角三角形的概率是_. 世纪金榜导学号37680322,【解析】因为| |= 4, 所以- k , 因为kZ,所以k=-3,-2,-1,0,1,2,3, 当ABC为直角三角形时,应有ABAC,或ABBC,或,ACBC,由 =0得2k+4=0, 所以k=-2, 因为 = - =(2-k,3), 由 =0得k(2-k)+3=0,所以k=-1或3, 由 =0得2(2-k)+12=0,所以k=8(舍去),故使ABC为直角三角形
21、的k值为-2,-1或3, 所以所求概率P= . 答案:,命题点3 与方程、不等式和函数问题综合 3.已知a=log0.5 5,b=log3 2,c=20.3,d= ,从这四个 数中任取一个数m,使函数f(x)= x3+mx2+x+2有极值 点的概率为 ( ),【解析】选B.由题意可得:f(x)=x2+2mx+1, 满足题意时:=4m2-40, 解得:m1或m1 满足题意,0b=log3 21,0d= 1, 不满足题意,综上可得:函数有极值点的概率: P= .,考向三 古典概型与统计知识的交汇问题 【典例3】(1)(2018咸宁模拟)如图茎叶图表示的是甲,乙两人在5次综合测评中的成绩,其中一个数
22、字被污损,则甲的平均成绩超过乙的平均成绩的概率为_.,(2)为了增强中小学生运动健身意识,某校举办中小学生体育运动知识竞赛,学校根据男女生比例从男生中随机抽取120人,女生中随机抽取100人,进行成绩统计分析,其中成绩在80分以上为优秀,根据样本统计数据,分别制作了男生成绩频数分布表以及女生成绩频率分布直方图如图: 男生成绩:,女生成绩:,根据上述数据完成下列22列联表:,根据此数据你认为能否在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为体育运动知识竞赛成绩是否优秀与性别有关? 参考公式:,在这220人中,学校按男、女比例采用分层抽样的方式从成绩优秀的学生中抽取6人进行培训,最后再从中随机抽取2人参
23、加全市中小学生体育运动知识竞赛,求这2人是一男一女的概率.,【解析】(1)由已知中的茎叶图可得 甲的5次综合测评的成绩分别为88,89,90,91,92, 则甲的平均成绩为 (88+89+90+91+92)=90, 设污损数字为x,则乙的5次综合测评的成绩分别为83,83,87,99,90+x, 则乙的平均成绩为 (83+83+87+99+90+x)=88.4+ , 当x=9,甲的平均数乙的平均数,即乙的平均成绩超过 甲的平均成绩的概率为 ,当x=8,甲的平均数=乙的平均数,即乙的平均成绩等于 甲的平均成绩的概率为 ,所以甲的平均成绩超过乙 的平均成绩的概率为1- - = . 答案:,【误区警
24、示】注意关键词的理解,本题中“超过”易把平均数相等包含在内而致错.,(2)男生成绩优秀的人数为:57+23=80人, 非优秀的人数为:120-80=40人, 女生成绩优秀的人数为:100(0.25+0.15)=40人, 非优秀的人数为:100-40=60人,K2的观测值 所以能在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为体育 运动知识竞赛成绩是否优秀与性别有关.,由中数据可得男女比例为21, 所以抽取的6人中男生4人,用A1,A2,A3,A4代表; 女生有2人,用B1,B2代表. 抽取2人基本事件有(A1,A2),(A1,A3),(A1,A4), (A1,B1),(A1,B2),(A2,A3),(
25、A2,A4),(A2,B1),(A2,B2),(A3,A4),(A3,B1),(A3,B2),(A4,B1),(A4,B2),(B1,B2)共15个,记这两人一男一女为事件A, 包含的基本事件有(A1,B1),(A1,B2),(A2,B1),(A2,B2), (A3,B1),(A3,B2),(A4,B1),(A4,B2),共8个,所以P(A)=.,【技法点拨】 求解古典概型与统计交汇问题的思路 (1)依据题目的直接描述或频率分布表、频率分布直方图、茎叶图等统计图表给出的信息,提炼出需要的信息. (2)进行统计与古典概型概率的正确计算.,【同源异考金榜原创】 1.某班同学利用寒假在5个居民小区内
26、选择两个小区逐户进行一次“低碳生活习惯”的调查,以计算每户的碳月排放量.若月排放量符合低碳标准的称为“低碳族”,否则称为“非低碳族”.若小区内有至少75%的住户属于“低碳族”,则称这个小区为“低碳小区”,否则称为“非低碳小区”.已知备选的5个居民小区中有三个非低碳小区,两个低碳小区. 世纪金榜导学号37680323,(1)求所选的两个小区恰有一个为“非低碳小区” 的概率. (2)假定选择的“非低碳小区”为小区A,调查显示其 “低碳族”的比例为 ,数据如图1所示,经过同学们 的大力宣传,三个月后,又进行了一次调查,数据如图 2所示,问这时小区A是否达到“低碳小区”的标准?,【解析】(1)设三个“
27、非低碳小区”为A,B,C,两个“低碳小区”为m,n,用(x,y)表示选定的两个小区,x,yA,B,C,m,n, 则从5个小区中任选两个小区,所有可能的结果有10个,它们是,(A,B),(A,C),(A,m),(A,n),(B,C),(B,m),(B,n)(C,m), (C,n),(m,n). 用D表示:“选出的两个小区恰有一个为非低碳小区” 这一事件,则D中的结果有6个,它们是: (A,m),(A,n),(B,m),(B,n)(C,m),(C,n). 故所求概率P(D)= .,(2)由题干图1可知月碳排放量不超过300千克的成为“低碳族”. 由图2可知,三个月后的低碳族的比例为0.07+0.2
28、3+0.46=0.760.75, 所以三个月后小区A达到了“低碳小区”标准.,2.“中国式过马路”是网友对部分中国人集体闯红灯现象的一种调侃,即“凑够一撮人就可以走了,和红绿灯无关”,某校研究性学习小组对全校学生按“跟从别人闯红灯”“从不闯红灯”“带头闯红灯”等三种形式进行调查获得下表数据:,用分层抽样的方法,从所有被调查的人中抽取一个容量为n的样本,其中在“跟从别人闯红灯”的人中抽取了66人. (1)求n的值.,(2)在所抽取的“带头闯红灯”的人中,任选取2人参加星期天社区组织的“文明交通”宣传活动,求这2人中至少有1人是女生的概率.,【解析】(1)由题意得:解得n=100.,(2)因为所有
29、参与调查的人数为 980+340+410+150+60+60=2 000, 所以从“带头闯红灯”的人中 用分层抽样抽取的人数为(60+60) =6, 其中男生为60 =3人,女生为60 =3人,设从“带头闯红灯”中抽取的6人中男生分别用A1,A2,A3表示,女生分别用B1,B2,B3表示,则从这6人中任选取2人,所有的基本事件为:(A1,A2),(A1,A3),(A1,B1), (A1,B2),(A1,B3),(A2,A3),(A2,B1),(A2,B2),(A2,B3), (A3,B1),(A3,B2),(A3,B3),(B1,B2),(B1,B3),(B2,B3),共有15个,这两人均是男
30、生的基本事件为 (A1,A2),(A1,A3),(A2,A3),则至少有一人是女生的基本 事件共有12个.故从这6人中任选取2人,至少有一人是 女生的概率P= .,核心素养系列（五十八） 数学建模古典概型问题中的核心素养根据实际问题选择恰当的模型表示基本事件，统计基本事件的总数和所求事件包含的基本事件个数，用古典概型的概率公式求概率.,【典例】(2018新余模拟)某汽车美容公司为吸引顾客,推出优惠活动:对首次消费的顾客,按200元/次收费,并注册成为会员,对会员逐次消费给予相应优惠,标准如表:,该公司从注册的会员中,随机抽取了100位进行统计,得到统计数据如表:,假设汽车美容一次,公司成本为1
31、50元,根据所给数据,解答下列问题: (1)估计该公司一位会员至少消费两次的概率. (2)某会员仅消费两次,求这两次消费中,公司获得的平均利润.,(3)设该公司从至少消费两次的顾客中用分层抽样方法抽出8人,再从这8人中抽出2人发放纪念品,求抽出2人中恰有1人消费两次的概率.,【解析】(1)100位会员中,至少消费两次的会员有40人, 所以估计一位会员至少消费两次的概率为 =0.4.,(2)该会员第1次消费时,公司获得利润为200-150= 50(元), 第2次消费时,公司获得利润为2000.95-150=40(元), 所以,公司这两次服务的平均利润为 =45(元).,(3)至少消费两次的会员中
32、,消费次数分别为2,3,4,5的比例为201055=4211,所以抽出的8人中,消费2次的有4人,设为A1,A2,A3,A4,消费3次的有2人,设为B1,B2,消费4次和5次的各有1人,分别设为C,D,从中取2人,取到A1的有:A1A2,A1A3,A1A4,A1B1,A1B2,A1C,A1D 共7种;,去掉A1后,取到A2的有:A2A3,A2A4,A2B1,A2B2,A2C,A2D 共6种; 去掉A1,A2,A3,A4,B1,B2后,取到C的有:CD 共1种,总的取法有n=7+6+5+4+3+2+1=28种,其中恰有1人消费两次的取法共有:m=4+4+4+4=16种, 所以,抽出2人中恰有1人消费两次的概率为,
