1、第2讲 古典概型 课标要求考情风向标通过实例，理解古典概型及其概率计算公式，会用列举法计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发生的概率1.解决古典概型概率问题的关键是明确事件的类型及其相互关系，以及针对不同类型的事件灵活地选择相应的方法和公式，列举法、树状图法及列表法是解决古典概型概率问题的有效辅助手段，备考时要认真体会、把握和运用.2.在解答题中，古典概型单独命题的可能性较小，常与统计结合命题，因此，复习时要加强与统计相关的综合题的训练，注重理解问题、分析问题、解决问题能力的提升，努力提高解决综合问题的能力1.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
2、表示成基本事件的和.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：(1)试验中所有可能出现的基本事件有有限个；(2)每个基本事件出现的可能性相等.3.古典概型的概率公式P(A)A 包含的基本事件的个数基本事件的总数.1.(2019 年江苏)从 3 名男同学和 2 名女同学中任选 2 名同学参加志愿者服务，则选出的 2 名同学中至少有 1 名女同学的概率是_.710解析：从 3 名男同学和 2 名女同学中任选 2 名同学参加志愿服务，共有 C2510(种)情况.若选出的 2 名学生恰有 1 名女生，有 C13C126(种)情况，若选出的 2 名学生都是女生，有 C221(
3、种)情况，所求的概率为6110 710.2.从分别写有 1,2,3,4,5 的 5 张卡片中随机抽取 1 张，放回后再随机抽取 1 张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为()A.110B.15C.310D.25解析：从分别写有 1,2,3,4,5 的 5 张卡片中随机抽取 1 张，放回后再随机抽取 1 张，共有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(3,5)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，(4,5)，(5,1)，(5,2)，(5,
4、3)，(5,4)，(5,5)，25 种情形，其中第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数有：(2,1)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，共答案：D10 种情形，其概率为102525.3.如果 3 个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长，则称这 3 个数为一组勾股数，从 1,2,3,4,5 中任取 3 个不同的数，则这 3 个数构成一组勾股数的概率为()CA.310B.15C.110D.120解析：从 1,2,3,4,5 中任取 3 个不同的数共有 10 种不同的取法，其中的勾股数只有 3,4,5，故 3 个数构成一组勾股
5、数的取法只有 1 种，故所求概率为 110.故选 C.4.(2019 年新课标)生物实验室有 5 只兔子，其中只有 3只测量过某项指标，若从这 5 只兔子中随机取出 3 只，则恰有2 只测量过该指标的概率为()BA.23B.35C.25D.15解析：恰有 2 只测量过该指标的概率为C12C23C35 61035.考点 1 简单的古典概型例 1：(1)(2017 年山东)从分别标有 1,2，9 的 9 张卡片中不放回地随机抽取 2 次，每次抽取 1 张，则抽到的 2 张卡片上的数奇偶性不同的概率是()A.518B.49C.59D.79解析：标有 1,2，9 的 9 张卡片中，标奇数的有 5 张，
6、标偶数的有 4 张，抽到的 2 张卡片上的数奇偶性不同的概率答案：C是C15C14C29 59.故选 C.(2)为美化环境，从红、黄、白、紫 4 种颜色的花中任选 2种花种在一个花坛中，余下的 2 种花种在另一个花坛中，则红色和紫色的花不在同一花坛的概率是()A.13B.12C.23D.56解析：从 4 种颜色的花中任选 2 种种在一个花坛中，余下2 种种在另一个花坛，有(红黄)，(白紫)，(白紫)，(红黄)，(红白)，(黄紫)，(黄紫)，(红白)，(红紫)，(黄白)，(黄白)，(红紫)，共 6 种种法，其中红色和紫色不在一个花坛的种法有(红黄)，(白紫)，(白紫)，(红黄)，(红白)，(黄紫
7、)，(黄紫)，(红答案：C白)，共 4 种，故所求概率为4623.故选 C.(3)(2018 年新课标)从 2 名男同学和 3 名女同学中任选 2人参加社区服务，则选中的 2 人都是女同学的概率为()A.0.6B.0.5C.0.4D.0.3解析：pC23C25 310.故选 D.答案：D(4)如果把四个面都是直角三角形的四面体称为“三节棍体”，那么从长方体八个顶点中任取四个顶点，则这四个顶点是“三节棍体”的概率为_.如图 D103，以 A 为顶点的四个面都是直角三角形的三棱锥有 A-A1D1C1，A-A1B1C1，A-BB1C1，A-BCC1，A-DD1C1，A-DCC1共 6 个.图 D10
8、3解析：从长方体中任取四个顶点的取法是 C4870，同理以 B，C，D，A1，B1，C1，D1 为顶点的也各有 6 个，但是，所有列举的三棱锥均出现 2 次，四个面都是直角三角形的三棱锥有128624(个).所求的概率是24701235，故答案为1235.答案：1235【规律方法】本题考查的是古典概型，利用的公式是 P(A)所有可能出现的实验结果数 n 必须是有限个；出现的所有不 同的实验结果的可能性大小必须是相同的.解决这类问题的关键是列举做到不重不漏.mn.古典概型必须明确判断两点：对于每个随机实验来说，考点 2 掷骰子模型的应用例 2：(1)若以连续掷两次骰子分别得到的点数 m，n 作为
9、点P 的坐标：则点 P 落在直线 xy70 上的概率为_；则点 P 落在圆 x2y225 外的概率为_；则点 P 落在圆 x2y225 内的概率为_；若点 P 落在圆 x2y2r2(r0)内是必然事件，则 r 的范围是_；若点 P 落在圆 x2y2r2(r0)内是不可能事件，则 r 的范围是_；事件“|mn|2”的概率为_.解析：掷两次骰子，点数的可能情况有：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,1)，(4,2)
10、，(4,3)，(4,4)，(4,5)，(4,6)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，(5,6)，(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(6,6)，此问题中含有 36 个等可能基本事件.由点 P 落在直线 xy70 上，得 mn7，有(1,6)，(2,5)，(3,4)，(4,3)，(5,2)，(6,1)共 6 种，概率为点 P 落在圆 x2y225 外m2n225.有(1,5)，(1,6)，(2,5)，(2,6)，(3,5)，(3,6)，(4,4)，(4,5)，(4,6)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，(5,6)，(6
11、,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)，p 63616.(6,5)，(6,6)，概率为 p2136 712.点 P 落在圆 x2y225 内m2n20)内是必然事件，则点(6,6)在圆内，有 62620)，得 r6 2.若点 P 落在圆 x2y2r2(r0)内是不可能事件，即点(1,1)在圆上或圆外，则有 1212r2(r0)，得 06 2 0r 2 29(2)随机投掷两枚质地均匀的骰子，它们向上的点数之和不超过 5 的概率为 p1，点数之和大于 5 的概率为 p2，点数之和为)偶数的概率为 p3，则(A.p1p2p3C.p1p3p2B.p2p1p3D.p3p1p2故选 C.答案：C解析：
12、依题意，p11036，p2110362636，p31836，p1p3p2.(3)连续 2 次抛掷一枚质地均匀的骰子(六个面上分别标有数字 1,2,3,4,5,6)，记“两次向上的数字之和等于 m”为事件 A，则 P(A)最大时，m_.解析：m 可能取到的值有 2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12，对应的基本事件个数依次为 1,2,3,4,5,6,5,4,3,2,1，两次向上的数字之和等于 7 对应的事件发生的概率最大.答案：7(4)(2016 年江苏)将一枚质地均匀的骰子(一种各个面上分别标有 1,2,3,4,5,6 个点的正方体玩具)先后抛掷 2 次，则出现向上的点数之和小于 1
13、0 的概率是_.答案：56考点 3 互斥事件与对立事件在古典概型中的应用例 3：(2019 年天津)2019 年，我国施行个人所得税专项附加扣除办法，涉及子女教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息或者住房租金、赡养老人等六项专项附加扣除.某单位老、中、青员工分别有 72,108,120 人，现采用分层抽样的方法，从该单位上述员工中抽取 25 人调查专项附加扣除的享受情况.(1)应从老、中、青员工中分别抽取多少人？(2)抽取的 25 人中，享受至少两项专项附加扣除的员工有 6人，分别记为 A，B，C，D，E，F 享受情况如下表，其中“.”表示享受，“”表示不享受.现从这 6 人中随机抽取 2 人
14、接受采访.项目ABCDEF子女教育继续教育大病医疗住房贷款利息住房租金赡养老人试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；设 M 为事件“抽取的 2 人享受的专项附加扣除至少有一项相同”，求事件 M 发生的概率.解：(1)由已知，老、中、青员工人数之比为 6910，由于采用分层抽样的方法从中抽取 25 位员工，因此应从老、中、青员工中分别抽取 6 人，9 人，10 人.(2)从已知的 6 人中随机抽取 2 人的所有可能结果为A，B，A，C，A，D，A，E，A，F，B，C，B，D，B，E，B，F，C，D，C，E，C，F，D，E，D，F，E，F共 15 种.方法一，由表格知，符合题意的所有可能结果为A，
15、B，A，D，A，E，A，F，B，D，B，E，B，F，C，E，C，F，D，F，E，F，共 11 种.事件 M 发生的概率 P(M)1115.方法二，事件 M 的对立事件为“抽取的 2 人享受的专项附加扣除一项都不相同”，共有A，C，B，C，C，D，D，E4 种，P(M)1P(M)1 4151115.【跟踪训练】1.设甲、乙、丙三个乒乓球协会的运动员人数分别为 27,9,18.现采用分层抽样的方法从这三个协会中抽取 6 名运动员组队参加比赛.(1)求应从这三个协会中分别抽取的运动员的人数；(2)将抽取的 6 名运动员进行编号，编号分别为 A1，A2，A3，A4，A5，A6.现从这 6 名运动员中随
16、机抽取 2 人参加双打比赛.用所给编号列出所有可能的结果；设 A 为事件“编号为 A5 和 A6 的两名运动员中至少有 1人被抽到”，求事件 A 发生的概率.解：(1)应从甲、乙、丙三个协会中抽取的运动员人数分别为 3,1,2.(2)从 6 名运动员中随机抽取 2 人参加双打比赛的所有可能结果为(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.方法一，编号为 A5 和 A6 的两名运动员中至少
17、有 1 人被抽到的所有可能结果为(A1，A5)，(A1，A6)，(A2，A5)，(A2，A6)，(A3，A5)，(A3，A6)，(A4，A5)，(A4，A6)，(A5，A6)，共 9 种.因此，事件 A 发生的概率 P(A)91535.方法二，事件 A 的对应事件 A 为“编号为 A5 和 A6 的两名运动员都不被抽到”，所有可能结果为(A1，A2)，(A1，A3)，(A1，A4)，(A2，A3)，(A2，A4)，(A3，A4)，共 6 种，P(A)1P(A)1 615 91535.难点突破古典概型与统计的结合例题：(2015 年安徽)某企业为了解下属某部门对本企业职工的服务情况，随机访问 5
18、0 名职工，根据这 50 名职工对该部门的评分，绘制频率分布直方图(如图 9-2-1)，其中样本数据分组区间为40,50)，50,60)，80,90)，90,100.(1)求频率分布直方图中 a 的值；(2)估计该企业的职工对该部门评分不低于 80 的概率；(3)从评分在40,60)的受访职工中，随机抽取 2 人，求此 2人评分都在40,50)的概率.图 9-2-1解：(1)(0.004a0.0180.02220.028)101，a0.006.(2)由所给频率分布直方图知，50 名受访职工评分不低于80 的频率为(0.0220.018)100.4.该企业职工对该部门评分不低于 80 的概率的估
19、计值为0.4.(3)受访职工评分在50,60)的有 500.006103(人)，设为 A1，A2，A3；受访职工评分在40,50)的有 500.004102(人)，设为 B1，B2.从这 5 名受访职工中随机抽取 2 人，所有可能的结果共有10 种，它们是(A1，A2)，(A1，A3)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A2，A3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A3，B1)，(A3，B2)，(B1，B2)，又所抽取 2 人的评分都在40,50)的结果有 1 种，即(B1，B2)，故所求的概率 p 110.【规律方法】古典概型在和统计等其他知识结合考查时，通常有两种方式：一种是将统计等其他
20、知识和古典概型捆绑起来，利用其他知识来处理古典概型问题；另一种就是与其他知识点独立地考查而相互影响不大.前一种对知识的掌握方面要求更高，如果前面的问题处理错了，可能给后面的古典概型处理带来一定的影响.通常会设置若干问题，会运用统计中的相关知识处理相关数据.组别一二三四五候车时间/分0,5)5,10)10,15)15,20)20,25)人数/人26421【跟踪训练】2.(2018 年江苏联考)城市公交车的数量太多容易造成资源的浪费，太少又难以满足乘客的需求，为此，某市公交公司在某站台的 60 名候车的乘客中随机抽取 15 人，将他们的候车时间作为样本分成五组，如下表所示：(1)估计这 15 名乘
21、客的平均候车时间；(2)估计这 60 名乘客中候车时间少于 10 分钟的人数；(3)若从第三、四组的 6 人中选 2 人作进一步的问卷调查，求抽到的 2 人恰好来自不同组的概率.解：(1)这 15 名乘客的平均候车时间约为115(2.52 7.56 12.54 17.52 22.51)115157.510.5(分).(2)这 15 名乘客中候车时间少于 10 分钟的频率为2615 815，这 60 名乘客中候车时间少于 10 分钟的人数大约为60 81532(人).(3)将第三组乘客编号为 a1，a2，a3，a4，第四组乘客编号为 b1，b2，从 6 人中任选 2 人共包含以下 15 个基本事
22、件：(a1，a2)，(a1，a3)，(a1，a4)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，a3)，(a2，a4)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a3，a4)，(a3，b1)，(a3，b2)，(a4，b1)，(a4，b2)，(b1，b2)，共中 2 人恰好来自不同组包含以下 8 个基本事件：(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a3，b1)，(a3，b2)，(a4，b1)，(a4，b2)，于是所求概率为 p 815.1.处理古典概型问题时，有三个问题是值得我们注意的：(1)本试验是不是等可能的；(2)本试验的基本事件有多少个；(3)事件 A 是什么？它包含的基本事件有多少个？在第二个问题上容易犯错的原因主要有两种：一个是对题目的理解(有无顺序)，另一个就是在数据处理上.2.利用古典概型公式求随机事件的概率时，关键是求试验的基本事件总数 n 及事件 A 所包含的基本事件个数 m.如果基本事件的个数比较少，可用列举法将基本事件一一列出，如果基本事件个数比较多，全部列举有一定困难时，可根据基本事件的规律性只列举一部分，然后根据规律性求出基本事件个数，另外，确定基本事件的方法还有列表法、树状图法.