1、10.4 古典概型第一章集合与常用逻辑用语第十章计数原理、概率、随机变量及其分布 1基本事件在一次试验中，我们常常要关心的是所有可能发生的基本结果，它们是试验中不能再分的最简单的随机事件，其他事件可以用它们来描绘，这样的事件称为_2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3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：(1)试验中所有可能出现的基本事件只有_个(2)每个基本事件出现的可能性_4古典概型的概率公式 对于古典概型，其计算概率的公式为_自查自纠1基本事件 2(1)互斥(2)基本事件3(1)有限(2)相等4P(A)
2、A包含的基本事件的个数基本事件的总数 1.有 5 支彩笔(除颜色外无差别)，颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫.从这 5 支彩笔中任取 2 支，则取出的 2 支彩笔中含有红色彩笔的概率为()A.45B.35C.25D.15解：从 5 支彩笔中任取 2 支的取法有 C2510 种，其中取出的2 支彩笔中含有红色彩笔的取法有 C144 种，所以所求概率 P 41025.故选 C.2.(2018长沙模拟)在装有相等数量的白球和黑球的口袋中放进一个白球，此时由这个口袋中取出一个白球的概率比原来由此口袋中取出一个白球的概率大 122，则口袋中原有小球的个数为()A.5B.6C.10D.11解：设原来口袋中白球
3、、黑球的个数分别为 n 个，依题意 n12n1 n2n 122，解得 n5.所以原来口袋中共有 2n10 个小球故选 C.3.(2018全国卷)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想是“每个大于2 的偶数可以表示为两个素数的和”，如 30723.在不超过 30 的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于 30 的概率是()A.112B.114C.115D.118解：不超过 30 的素数有 2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共 10 个，随机选取两个不同的数，共有 C21045 种方法，因为 7231119131730，所以随机选取两个不同的数，
4、其和等于 30 的有 3 种方法，故概率为 345 115.故选 C.4.(2019江门模拟)两位教师对一篇初评为“优秀”的作文复评，若批改成绩都是两位正整数，且十位数字都是 5，则两位教师批改成绩之差的绝对值不超过 2 的概率为.解：用(x，y)表示两位教师的批改成绩，则(x，y)的所有可能情况有 1010100 种 当 x50 时，y 可取 50，51，52，共 3 种可能；当 x51 时，y 可取 50，51，52，53，共 4 种可能；当 x52，53，54，55，56，57 时，y 的取法均有 5 种，共30 种可能；当 x58 时，y 可取 56，57，58，59，共 4 种可能；
5、当 x59 时，y 可取 57，58，59，共 3 种可能 综上可得，两位教师批改成绩之差的绝对值不超过 2 的情况有 44 种，则所求概率 P 441000.44.故填 0.44.5.(2019全国卷)我国古代典籍周易用“卦”描述万物的变化.每一“重卦”由从下到上排列的 6 个爻组成，爻分为阳爻“-”和阴爻“-”，右图就是一重卦.在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有 3 个阳爻的概率是.解：所求概率为C3626 516.故填 516.类型一 基本事件与基本事件空间的概念例 1 袋中有大小相同的 5 个白球、3 个黑球和 3 个红球，每球有一个区别于其他球的编号，从中摸出一个球.(1)有多少
6、种不同的摸法？如果把每个球的编号看作一个基本事件建立概率模型，该模型是不是古典概型？(2)若按球的颜色为划分基本事件的依据，有多少个基本事件？以这些基本事件建立概率模型，该模型是不是古典概型？解：(1)由于共有 11 个球，且每个球有不同的编号，故共有 11 种不同的摸法 又因为所有球大小相同，因此每个球被摸到的可能性相等，故以球的编号为基本事件的概率模型为古典概型(2)由于 11 个球共有 3 种颜色，因此共有 3 个基本事件，分别记为A：“摸到白球”，B：“摸到黑球”，C：“摸到红球”，又因为所有球大小相同，所以一次摸球每个球被摸到的可能性均为 111.而白球有 5个，故一次摸球摸到白球的
7、可能性为 511，同理可知摸到黑球、红球的可能性均为 311，显然这三个基本事件出现的可能性不相等，所以以颜色为划分基本事件的依据的概率模型不是古典概型评析 基本事件是试验中不能再分解的事件，是“最小”的“事件单位”.任何基本事件都是互斥的，任何复杂事件都可以分解为基本事件，所有基本事件的全体组成基本事件空间.变式 1(2018沈阳模拟)有两个正四面体的玩具，其四个面上分别标有数字 1，2，3，4，下面做投掷这两个正四面体玩具的试验：用(x，y)表示结果，其中 x 表示第 1 个正四面体玩具底面出现的点数，y 表示第 2 个正四面体玩具底面出现的点数.试写出：(1)试验的基本事件；(2)事件“
8、出现点数之和大于 3”包含的基本事件；(3)事件“出现点数相等”包含的基本事件.解：(1)这个试验的基本事件为(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)(2)事件“出现点数之和大于 3”包含的基本事件为(1，3)，(1，4)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)(3)事件“出现点数相等”包含的基本事件为 (1，1)，(2，2)，(3，3)，(4，4)类型二
9、 列举基本事件求概率例 2(1)若某公司从五位大学毕业生甲、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.23B.25C.35D.910 解：事件“甲或乙被录用”的对立事件是“甲和乙都未被录用”.从五位学生中选三人的基本事件为甲乙丙、甲乙丁、甲乙戊、甲丙丁、甲丙戊、甲丁戊、乙丙丁、乙丙戊、乙丁戊、丙丁戊，共 10 种情况，“甲和乙都未被录用”只有丙丁戊 1 种情况，根据古典概型和对立事件的概率公式可得，甲或乙被录用的概率 P1 110 910.故选 D.(2)已知函数 f(x)2x24ax2b2，若 a4，6，8，b3，5，7，则该函数有两个零点的概率为.解：
10、要使函数 f(x)2x24ax2b2 有两个零点，即方程x22axb20 有两个实根，则 4a24b20，又 a4，6，8，b3，5，7，即 ab，而(a，b)的所有取法共有 339(种)，其中满足 ab 的取法有(4，3)，(6，3)，(6，5)，(8，3)，(8，5)，(8，7)，共 6 种，所以所求的概率为6923.故填23.(3)某校食堂使用除面值外，大小、手感完全一样的餐票，某同学口袋中有 2 张一元餐票、3 张两元餐票、1 张五元餐票，他从口袋中随机摸出 2 张餐票，则这 2 张餐票的面值之和不少于 4 元的概率为()A.715B.815C.35D.23解：该同学从口袋中随机摸出
11、2 张餐票，总的基本事件数是C2615，若这 2 张餐票的面值之和不少于 4 元，则这 2 张餐票为2 张两元的或 1 张两元的、1 张五元的或 1 张一元的、1 张五元的，包含的基本事件数为 C23C13C11C12C118，根据古典概型的概率计算公式可知，这 2 张餐票的面值之和不少于 4 元的概率为 815.故选 B.评析 有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数.基本事件总数较少时，用列举法把所有基本事件一一列出，列举要有规律，要做到不重复、不遗漏，可借助“树状图”列举.注意区分排列与组合，以及计数原理的正确使用.变式 2(1)一个盒子里装有标号为
12、1，2，3，4 的 4 张卡片，随机地抽取 2 张，则取出的 2 张卡片上的数字之和为奇数的概率是()A.14B.13C.12D.23解：抽取两张卡片的基本事件有：(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)共 6 种，和为奇数的事件有：(1，2)，(1，4)，(2，3)，(3，4)共 4 种，所以所求概率为4623.故选 D.(2)已知向量 a(x，y)，b(1，2)，从 6 张大小相同，分别标有号码 1，2，3，4，5，6 的卡片中，有放回地抽取两张，x，y 分别表示第一次、第二次抽取的卡片上的号码，则满足 ab0 的概率是()A.112B.34C.15D.16解
13、：设(x，y)表示一个基本事件，则两次抽取卡片的所有基本事件有6636 个ab0，即 x2y0，满足 x2y0 的基本事件有(3，1)，(4，1)，(5，1)，(6，1)，(5，2)，(6，2)，共 6 个，所以所求概率 P 63616.故选 D.(3)如图，在 A，B 两点间有 6 条网线并联，它们能通过的最大信息量分别为 1，1，2，2，3，4，现从中任取三条且使每条网线通过最大信息量，则选取的三条网线由 A 到 B 可通过的信息总量为 6 的概率是()A.14B.13C.12D.23解：设这 6 条网线从上到下分别是 a，b，c，d，e，f，任取 3 条有 C3620 种不同的取法，选取
14、的三条网线由 A 到 B 可通过的信息总量为 6 的取法有(a，b，f)，(a，c，e)，(a，d，e)，(b，c，e)，(b，d，e)，共 5 种不同的取法，所以选取的三条网线由 A 到 B 可通过的信息总量为 6 的概率是 52014.故选 A.类型三 无放回抽样的概率例 3 有 9 张卡片分别写着数字 1，2，3，4，5，6，7，8，9，甲、乙二人依次从中抽取一张卡片(不放回)，试求：(1)甲抽到写有奇数数字卡片，且乙抽到写有偶数数字卡片的概率；(2)甲、乙二人至少抽到一张写有奇数数字卡片的概率.解：(1)甲、乙二人依次从 9 张卡片中抽取一张的可能结果有C19C18，甲抽到写有奇数数字
15、卡片，且乙抽到写有偶数数字卡片的结果有 C15C14种，则所求概率 P1C15C14C19C182072 518.(2)方法一：“甲、乙二人至少抽到一张写有奇数数字卡片”的事件包含下面的三个事件：“甲抽到写有奇数数字卡片，乙抽到写有偶数数字卡片”有 C15C14种；“甲抽到写有偶数数字卡片，且乙抽到写有奇数数字卡片”有 C14C15种；“甲、乙二人均抽到写有奇数数字卡片”有 C15C14种 则所求概率为 P2C15C14C14C15C15C14C19C18607256.方法二：“甲、乙二人至少抽到一张奇数数字卡片”的对立事件为“两人均抽到写有偶数数字卡片”，记为事件 A，则所求概率为 P2P(
16、A)1P(A)1C14C13C19C1856.评析 样本空间的选取会影响到解答的过程，因此解等可能概型时，建议遵循以下步骤：判断该问题是等可能概型；确定样本空间(即试验的方法，因为试验的方法影响样本空间)；用计数原理确定 card()与 card(A)，得到 P(A)card（A）card（）.变式 3 袋中装有黑球和白球共 7 个，从中任取 2 个球都是白球的概率为17，现有甲、乙两人从袋中轮流摸球，甲先取，乙后取，然后甲再取，取后不放回，直到两人中有一人取到白球时即终止.每个球在每一次被取出的机会是等可能的.(1)求袋中原有白球的个数；(2)求取球 2 次即终止的概率；(3)求甲取到白球的
17、概率.解：(1)设袋中原有 n 个白球，从袋中任取 2 个球都是白球的结果数为C2n，从袋中任取 2 个球的所有可能的结果数为 C27.由题意知从袋中任取 2 个球都是白球的概率 PC2nC2717，则 n(n1)6，解得 n3(舍去 n2)，即袋中原有 3 个白球(2)设事件 A 为“取球 2 次即终止”，即甲第一次取到的是黑球而乙取到的是白球，P(A)C14C13C17C16437627.(3)设事件 B 为“甲取到白球”，“第 i 次取到白球”为事件 Ai，i1，2，3，4，5，因为甲先取，所以甲只可能在第 1 次，第 3 次和第 5 次取到白球 所以 P(B)P(A1A3A5)P(A1
18、)P(A3)P(A5)37433765432137654337 635 1352235.类型四 有放回抽样的概率例 4 一个盒子里装有三张卡片，分别标记有数字 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 abc”的概率；(2)求“抽取的卡片上的数字 a，b，c 不完全相同”的概率.解：(1)由题意知，(a，b，c)所有的可能共 33327 种 设“抽取的卡片上的数字满足 abc”为事件 A，则事件 A 包括(1，1，2)，(1，2，3)，(2，1，3)，共 3 种 所以 P(
19、A)32719.因此，“抽取的卡片上的数字满足 abc”的概率为19.(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 B 包括(1，1，1)，(2，2，2)，(3，3，3)，共 3 种 所以 P(B)1P(B)1 32789.因此，“抽取的卡片上的数字 a，b，c 不完全相同”的概率为89.评析 相对于无放回抽样，计算有放回抽样的概率问题应注意，有放回抽样可视作独立重复试验，抽样时总体个数不发生变化.变式 4 连续三次掷同一枚骰子，求：(1)共有多少个等可能基本事件；(2)三次掷得的点数都是偶数概率；(3)三次掷得的点数之和为 16 的概率.解：(1)将骰子抛掷一次，
20、会出现点数为 1，2，3，4，5，6 这 6 种可能的结果，第二次又有 6 种可能的结果，第三次又有 6 种可能的结果，于是连续三次抛掷骰子一共有 666216 种可能的结果，即共有 216个等可能基本事件(2)设事件 A 表示“三次掷出的点数都是偶数”，而每一次抛掷出的点数都为偶数有 3 种结果：点数为 2、点数为 4、点数为 6，所以事件 A包含的不同结果有 33327 种 所以 P(A)2721618.(3)设事件 B 表示“三次掷得的点数之和为 16”，而事件 B 包含 6种不同的结果，分别为(6，6，4)，(6，5，5)，(6，4，6)，(5，6，5)，(5，5，6)，(4，6，6)
21、所以 P(B)6216 136.类型五 间接计算例 5 4 位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为()A.18B.38C.58D.78解：4 名同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动的情况有 2416(种)，其中仅在周六或周日参加公益活动的情况各有 1 种，所以所求概率为 11116 78.故选 D.评析 间接计算是计算概率十分常用的方式，是“正难则反”策略的体现，对于含“至多”“至少”等词句的概率问题，一般情况下应首先考虑利用这一策略.高考概率大题对间接计算的考查也比较常见，尤其是计算含个别比较复杂概率的分布列或期望问题.变式 5
22、如图，三行三列的方阵中有九个数aij(i1，2，3；j1，2，3)，从中任取三个数，则至少有两个数位于同行或同列的概率是()A.37B.47C.114D.1314解：从九个数中任取三个数的不同取法共有 C3984 种，因 为 取 出 的 三 个 数 分 别 位 于 不 同 的 行 与 列 的 取 法 共 有C13C12C116 种，所以所求概率为 P1 6841314.故选 D.1.古典概型是概率论中最简单而又直观的模型，在概率论的发展初期曾是主要研究对象，许多概率的运算法则都是在古典概型中得到证明的(遂谓之“古典”).要判断一个试验是否为古典概型，只需要判断这个试验是否具有古典概型的两个特征
23、有限性和等可能性2.求古典概型的概率(1)对于事件 A 的概率的计算，关键是要分清基本事件总数 n 与事件 A 包含的基本事件数 m.因此必须解决以下三个方面的问题：第一，本试验是否是等可能的；第二，本试验的基本事件数有多少个；第三，事件 A 是什么，它包含的基本事件总共有多少个.(2)如果基本事件的个数比较少，可用列举法把古典概型试验所含的基本事件一一列举出来，然后再求出事件 A 中的基本事件数，利用公式 P(A)mn求出事件 A 的概率，这是一个形象直观的好方法，但列举时必须按照某一顺序做到不重不漏.(3)如果基本事件个数比较多，列举有一定困难时，也可借助列表法、画树形图、两个计数原理及排列组合知识直接计算 m，n，再运用公式 P(A)mn求概率.(4)较为简单的问题可以直接使用古典概型概率公式计算，较为复杂的概率问题的处理方法有：转化为几个互斥事件的和，利用互斥事件的加法公式求解；采用间接法，先求事件 A 的对立事件 A 的概率，再由 P(A)1P(A)求事件 A 的概率.
