古_典_概_型
[知识能否忆起] 一、基本事件的特点 1．任何两个基本事件是互斥的． 2．任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和． 二、古典概型的两个特点 1．试验中所有可能出现的基本事件只有有限个，即有限性． 2．每个基本事件出现的可能性相等，即等可能性． [提示]　确定一个试验为古典概型应抓住两个特征：有限性和等可能性． 三、古典概型的概率公式 P(A)＝. [小题能否全取] 1．(教材习题改编)从甲、乙、丙三人中任选两名代表，甲被选中的概率为(　　) A.　　　　　　　　　　 B. C. D．1 解析：选C　基本事件总数为(甲、乙)、(甲、丙)、(乙、丙)共三种，甲被选中共2种．则P＝. 2．(教材习题改编)从1,2,3,4,5,6六个数中任取2个数，则取出的两个数不是连续自然数的概率是(　　) A. B. C. D. 解析：选D　从六个数中任取2个数有15种方法，取出的两个数是连续自然数有5种情况，则取出的两个数不是连续自然数的概率P＝1－＝. 3．甲、乙两同学每人有两本书，把四本书混放在一起，每人随机拿回两本，则甲同学拿到一本自己书一本乙同学书的概率是(　　) A. B. C. D. 解析：选B　记甲同学的两本书为A，B，乙同学的两本书为C，D，则甲同学取书的情况有AB，AC，AD，BC，BD，CD共6种，有一本自己的书，一本乙同学的书的取法有AC，AD，BC，BD共4种，所求概率P＝. 4．(2012·南通一调)将甲、乙两球随机放入编号为1,2,3的3个盒子中，每个盒子的放球数量不限，则在1,2号盒子中各有一个球的概率为________． 解析：依题意得，甲、乙两球各有3种不同的放法，共9种放法，其中有1,2号盒子中各有一个球的放法有2种，故有1,2号盒子中各有一个球的概率为. 答案： 5．(教材习题改编)从3台甲型彩电和2台乙型彩电中任选两台，其中两种品牌的彩电齐全的概率是________． 解析：P＝＝. 答案： 1.古典概型的判断： 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征——有限性和等可能性，只有同时具备这两个特点的概率模型才是古典概型． 2．对于复杂的古典概型问题要注意转化为几个互斥事件的概率问题去求．

简单的古典概型  
典题导入 [例1]　(2012·安徽高考)袋中共有6个除了颜色外完全相同的球，其中有1个红球、2个白球和3个黑球．从袋中任取两球，两球颜色为一白一黑的概率等于(　　) A.　　　　　　　　　　 B. C. D. [自主解答]　(文)设袋中红球用a表示，2个白球分别用b1，b2表示，3个黑球分别用c1，c2，c3表示，则从袋中任取两球所含基本事件为(a，b1)，(a，b2)，(a，c1)，(a，c2)，(a，c3)，(b1，b2)，(b1，c1)，(b1，c2)，(b1，c3)，(b2，c1)，(b1，c2)，(b2，c3)，(c1，c2)，(c1，c3)，(c2，c3)共15个． 两球颜色为一白一黑的基本事件有(b1，c1)，(b1，c2)，(b1，c3)，(b2，c1)，(b2，c2)，(b2，c3)共6个． 因此其概率为＝. (理)从6个球中任取两球有C＝15种取法，颜色一黑一白的取法有CC＝6种，故概率P＝＝. [答案]　B
在本例条件下，求两球不同色的概率． 解：两球不同色可分三类：一红一白，一红一黑，一白一黑． 故P＝＝.

由题悟法 计算古典概型事件的概率可分三步： (1)算出基本事件的总个数n；(2)求出事件A所包含的基本事件个数m；(3)代入公式求出概率P.
以题试法 1．“?数”是指每个数字比其左边的数字大的自然数(如1 469)，在两位的“?数”中任取一个数比36大的概率是(　　) A. B. C. D. 解析：选A　在两位数中，十位是1的“?数”有8个；十位是2的“?数”有7个；……；十位是8的“?数”有1个．则两位数中，“?数”共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36个，比36大的“?数”共有3＋5＋4＋3＋2＋1＝18个．故在两位的“?数”中任取一个数比36大的概率是＝.
复杂的古典概型  
典题导入 [例2]　(2012·江西高考)如图所示，从A1(1,0,0)，A2(2,0,0)，B1(0，1,0)，B2(0,2,0)，C1(0,0，1)，C2(0,0,2)这6个点中随机选取3个点． (1)求这3点与原点O恰好是正三棱锥的四个顶点的概率； (2)求这3点与原点O共面的概率． [自主解答]　(文)从这6个点中随机选取3个点的所有可能结果是： x轴上取2个点的有A1A2B1，A1A2B2，A1A2C1，A1A2C2，共4种； y轴上取2个点的有B1B2A1，B1B2A2，B1B2C1，B1B2C2，共4种； z轴上取2个点的有C1C2A1，C1C2A2，C1C2B1，C1C2B2，共4种． 所选取的3个点在不同坐标轴上有A1B1C1，A1B1C2，A1B2C1，A1B2C2，A2B1C1，A2B1C2，A2B2C1，A2B2C2，共8种．因此，从这6个点中随机选取3个点的所有可能结果共20种． (1)选取的这3个点与原点O恰好是正三棱锥的四个顶点的所有可能结果有：A1B1C1，A2B2C2，共2种，因此，这3个点与原点O恰好是正三棱锥的四个顶点的概率为P1＝＝. (2)法一：选取的这3个点与原点O共面的所有可能结果有：A1A2B1，A1A2B2，A1A2C1，A1A2C2，B1B2A1，B1B2A2，B1B2C1，B1B2C2，C1C2A1，C1C2A2，C1C2B1，C1C2B2，共12种，因此，这3个点与原点O共面的概率为P2＝＝. 法二：选取的这3个点与原点不共面的所有可能的结果有A1B1C1，A1B1C2，A1B2C1，A1B2C2，A2B1C1，A2B1C2，A2B2C1，A2B2C2，共8种，因此这3个点与原点O共面的概率为P2＝1－＝. (理)从这6个点中任取3个点可分三类：在x轴上取2个点、1个点、0个点，共有CC＋CC＋C＝20种取法． (1)选取的3个点与原点O恰好是正三棱锥项点的取法有2种，概率P1＝＝. (2)法一：选取的3个点与原点O共面的取法有C·C·3＝12种，所求概率P2＝＝. 法二：选取的3个点与原点不共面的取法有C·C·C＝8种，因此这3个点与原点O共面的概率P2＝1－＝.
由题悟法 求较复杂事件的概率问题，解题关键是理解题目的实际含义，把实际问题转化为概率模型．必要时将所求事件转化成彼此互斥的事件的和，或者先求其对立事件的概率，进而再用互斥事件的概率加法公式或对立事件的概率公式求解．
以题试法 2．一个小朋友任意敲击电脑键盘上的0到9十个键，则他敲击两次(每次只敲击一个数字键)得到的两个数字恰好都是3的倍数的概率为(　　) A.　　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：选A　任意敲击两次有10×10＝100种方法，两次都是3的倍数有4×4＝16种方法，故所求概率为P＝＝.

1．(2013·惠州调研)一个袋中装有2个红球和2个白球，现从袋中取出1个球，然后放回袋中再取出1个球，则取出的2个球同色的概率为(　　) A.　　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：选A　把红球标记为红1、红2，白球标记为白1、白2，本试验的基本事件共有16个，其中2个球同色的事件有8个：红1，红1，红1、红2，红2、红1，红2、红2，白1、白1，白1、白2，白2、白1，白2、白2，故所求概率为P＝＝. 2．(2012·鸡西模拟)在40根纤维中，有12根的长度超过30 mm，从中任取一根，取到长度超过30 mm的纤维的概率是(　　) A. B. C. D．以上都不对 解析：选B　在40根纤维中，有12根的长度超过30 mm，即基本事件总数为40，且它们是等可能发生的，所求事件包含12个基本事件，故所求事件的概率为. 3．(2013·宿州质检)一颗质地均匀的正方体骰子，其六个面上的点数分别为1、2、3、4、5、6，将这一颗骰子连续抛掷三次，观察向上的点数，则三次点数依次构成等差数列的概率为(　　) A. B. C. D. 解析：选A　基本事件总数为6×6×6，事件“三次点数依次成等差数列”包含的基本事件有(1,1,1)，(1,2,3)，(3,2,1)，(2,2,2)，(1,3,5)，(5,3,1)，(2,3,4)，(4,3,2)，(3,3,3)，(2,4,6)，(6,4,2)，(3,4,5)，(5,4,3)，(4,4,4)，(4,5,6)，(6,5,4)，(5,5,5)，(6,6,6)共18个，所求事件的概率P＝＝. 4．已知某车间在三天内，每天生产10件某产品，其中第一天，第二天分别生产出了1件，n件次品，而质检部每天要从生产的10件产品中随意抽取4件进行检查，若发现有次品，则当天的产品不能通过．则第一天通过检查的概率为(　　) A. B. C. D. 解析：选B　因为随意抽取4件产品检查是随机事件，而第一天有1件次品，所以第一天通过检查的概率P＝＝. 5．(2012·宁波模拟)设a∈{1,2,3,4}，b∈{2,4,8,12}，则函数f(x)＝x3＋ax－b在区间[1,2]上有零点的概率为(　　) A. B. C. D. 解析：选C　因为f(x)＝x3＋ax－b，所以f′(x)＝3x2＋a.因为a∈{1,2,3,4}，因此f′(x)＞0，所以函数f(x)在区间[1,2]上为增函数．若存在零点，则解得a＋1≤b≤8＋2a.因此可使函数在区间[1,2]上有零点的有a＝1，2≤b≤10，故b＝2，b＝4，b＝8；a＝2,3≤b≤12，故b＝4，b＝8，b＝12；a＝3,4≤b≤14，故b＝4，b＝8，b＝12；a＝4,5≤b≤16，故b＝8，b＝12.根据古典概型可得有零点的概率为. 6．某种饮料每箱装6听，其中有4听合格，2听不合格，现质检人员从中随机抽取2听进行检测，则检测出至少有一听不合格饮料的概率是(　　) A. B. C. D. 解析：选B　从“6听饮料中任取2听饮料”这一随机试验中所有可能出现的基本事件共有15个，而“抽到不合格饮料”含有9个基本事件，所以检测到不合格饮料的概率为P＝＝. 7．(2012·南京模拟)从分别写有0,1,2,3,4的五张卡片中取出一张卡片，记下数字后放回，再从中取出一张卡片．则两次取出的卡片上的数字之和恰好等于4的概率是________． 解析：从0,1,2,3,4五张卡片中取出两张卡片的结果有25种，数字之和恰好等于4的结果有(0,4)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(4,0)，所以数字和恰好等于4的概率是P＝. 答案： 8．(2012·重庆高考)某艺校在一天的6节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课和其它三门艺术课各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：基本事件是对这6门课排列，故基本事件的个数为A.“课表上的相邻两节文化课之间至少间隔1节艺术课”就是“任何两节文化课不能相邻”，利用“插空法”，可得其排列方法种数为AA.根据古典概型的概率计算公式可得事件“课表上的相邻两节文化课之间至少间隔1节艺术课”发生的概率为＝. 答案： 9．(2012·江苏高考)现有10个数，它们能构成一个以1为首项，－3为公比的等比数列，若从这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是________． 解析：由题意得an＝(－3)n－1，易知前10项中奇数项为正，偶数项为负，所以小于8的项为第一项和偶数项，共6项，即6个数，所以P＝＝. 答案： 10．暑假期间，甲、乙两个学生准备以问卷的方式对某城市市民的出行方式进行调查．如图是这个城市的地铁二号线路图(部分)，甲、乙分别从太平街站(用A表示)、南市场站(用B表示)、青年大街站(用C表示)这三站中，随机选取一站作为调查的站点．
(1)求甲选取问卷调查的站点是太平街站的概率； (2)求乙选取问卷调查的站点与甲选取问卷调查的站点相邻的概率． 解：(1)由题知，所有的基本事件有3个，甲选取问卷调查的站点是太平街站的基本事件有1个，所以所求事件的概率P＝. (2)由题知，甲、乙两人选取问卷调查的所有情况见下表： 　　乙 甲　　 A B C  A (A，A) (A，B) (A，C)  B (B，A) (B，B) (B，C)  C (C，A) (C，B) (C，C)   由表格可知，共有9种可能结果，其中甲、乙在相邻的两站进行问卷调查的结果有4种，分别为(A，B)，(B，A)，(B，C)，(C，B)．因此乙选取问卷调查的站点与甲选取问卷调查的站点相邻的概率为. 11．(2012·济南模拟)将一个质地均匀的正方体(六个面上分别标有数字0,1,2,3,4,5)和一个正四面体(四个面分别标有数字1,2,3,4)同时抛掷1次，规定“正方体向上的面上的数字为a，正四面体的三个侧面上的数字之和为b”．设复数为z＝a＋bi. (1)若集合A＝{z|z为纯虚数}，用列举法表示集合A； (2)求事件“复数在复平面内对应的点(a，b)满足a2＋(b－6)2≤9”的概率． 解：(1)A＝{6i,7i,8i,9i}． (2)满足条件的基本事件的个数为24. 设满足“复数在复平面内对应的点(a，b)满足a2＋(b－6)2≤9”的事件为B. 当a＝0时，b＝6,7,8,9满足a2＋(b－6)2≤9； 当a＝1时，b＝6,7,8满足a2＋(b－6)2≤9； 当a＝2时，b＝6,7,8满足a2＋(b－6)2≤9； 当a＝3时，b＝6满足a2＋(b－6)2≤9. 即B为(0,6)，(0,7)，(0,8)，(0,9)，(1,6)，(1,7)，(1,8)，(2,6)，(2,7)，(2,8)，(3,6)共计11个． 所以所求概率P＝. 12．(2012·福州模拟)已知A、B、C三个箱子中各装有2个完全相同的球，每个箱子里的球，有一个球标着号码1，另一个球标着号码2.现从A、B、C三个箱子中各摸出1个球． (1)若用数组(x，y，z)中的x，y，z分别表示从A、B、C三个箱子中摸出的球的号码，请写出数组(x，y，z)的所有情形，并回答一共有多少种； (2)如果请您猜测摸出的这三个球的号码之和，猜中有奖，那么猜什么数获奖的可能性最大？请说明理由． 解：(1)数组(x，y，z)的所有情形为(1,1,1)，(1,1,2)，(1,2,1)，(1,2,2)，(2,1,1)，(2,1,2)，(2,2,1)，(2,2,2)，共8种． (2)记“所摸出的三个球号码之和为i”为事件Ai(i＝3,4,5,6)，易知，事件A3包含有1个基本事件，事件A4包含有3个基本事件，事件A5包含有3个基本事件，事件A6包含有1个基本事件，所以，P(A3)＝，P(A4)＝，P(A5)＝，P(A6)＝.故所摸出的两球号码之和为4或5的概率相等且最大． 故猜4或5获奖的可能性最大．
1．(2012·温州十校联考)从－＝1(其中m，n∈{－1,2，3})所表示的圆锥曲线(椭圆、双曲线、抛物线)方程中任取一个，则此方程是焦点在x轴上的双曲线方程的概率为(　　) A. B. C. D. 解析：选B　当方程－＝1表示椭圆、双曲线、抛物线等圆锥曲线时，不能有m＜0，n＞0，所以方程－＝1表示椭圆双曲线、抛物线等圆锥曲线的(m，n)有(2，－1)，(3，－1)，(2,2)，(3,2)，(2,3)，(3,3)，(－1，－1)共7种，其中表示焦点在x轴上的双曲线时，则m＞0，n＞0，有(2,2)，(3,2)，(2,3)，(3,3)共4种，所以所求概率P＝. 2．设连续掷两次骰子得到的点数分别为m、n则直线y＝x与圆(x－3)2＋y2＝1相交的概率为________． 解析：由题意知，m∈{1,2,3,4,5,6}，n∈{1,2,3,4,5,6}，故(m，n)所有可能的取法共36种． 由直线与圆的位置关系得，d＝＜1，即＜，共有，，，，，5种，所以直线y＝x与圆(x－3)2＋y2＝1相交的概率为. 答案： 3． (2012·天津高考)某地区有小学21所，中学14所，大学7所，现采用分层抽样的方法从这些学校中抽取6所学校对学生进行视力调查． (1)求应从小学、中学、大学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， ①列出所有可能的抽取结果； ②求抽取的2所学校均为小学的概率． 解：(1)由分层抽样定义知，从小学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；从大学中抽取的学校数目为6×＝1.因此，从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目为3,2,1. (2)①在抽取到的6所学校中，3所小学分别记为A1，A2，A3,2所中学分别记为A4，A5，大学记为A6，则抽取2所学校的所有可能结果为{A1，A2}，{A1，A3}，{A1，A4}，{A1，A5}，{A1，A6}，{A2，A3}，{A2，A4}，{A2，A5}，{A2，A6}，{A3，A4}，{A3，A5}，{A3，A6}，{A4，A5}，{A4，A6}，{A5，A6}共15种． ②从6所学校中抽取的2所学校均为小学(记为事件B)的所有可能结果为{A1，A2}，{A1，A3}，{A2，A3}共3种． 所以P(B)＝＝.
1．已知A＝{1,2,3}，B＝{x∈R|x2－ax＋b＝0}，a∈A，b∈A，则A∩B＝B的概率是(　　) A. B. C. D．1 解析：选C　∵A∩B＝B，∴B可能为?，{1}，{2}，{3}，{1,2}，{2,3}，{1,3}．当B＝?时，a2－4b＜0，满足条件的a，b为a＝1，b＝1,2,3；a＝2，b＝2,3；a＝3，b＝3.当B＝{1}时，满足条件的a，b为a＝2，b＝1.当B＝{2}，{3}时，没有满足条件的a，b.当B＝{1,2}时，满足条件的a，b为a＝3，b＝2.当B＝{2,3}，{1,3}时，没有满足条件的a，b.∴A∩B＝B的概率为＝. 2．将一颗骰子投掷两次分别得到点数a、b，则直线ax－by＝0与圆(x－2)2＋y2＝2相交的概率为________． 解析：圆心(2,0)到直线ax－by＝0的距离d＝，当d＜时，直线与圆相交，则有d＝＜，得b＞a，满足题意的b＞a，共有15种情况，因此直线ax－by＝0与圆(x－2)2＋y2＝2相交的概率为＝. 答案： 3．(2012·福建高考)在等差数列{an}和等比数列{bn}中，a1＝b1＝1，b4＝8，{an}的前10项和S10＝55. (1)求an和bn； (2)现分别从{an}和{bn}的前3项中各随机抽取一项，写出相应的基本事件，并求这两项的值相等的概率． 解：(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q.依题意得 S10＝10＋d＝55，b4＝q3＝8， 解得d＝1，q＝2， 所以an＝n，bn＝2n－1. (2)分别从{an}和{bn}的前3项中各随机抽取一项，得到的基本事件有9个(1,1)，(1,2)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,4)．符合题意的基本事件有2个(1,1)，(2,2)． 故所求的概率P＝.

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