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1、 第2講　古典概型 板塊一　知識梳理·自主學習 [必備知識] 考點1　基本事件的特點 1．任何兩個基本事件是互斥的． 2．任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和． 考點2　古典概型 1．古典概型的定義 具有以下兩個特點的概率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 P(A)＝. [必會結論] 一個試驗是否為古典概型，在于這個試驗是否具有古典概型的兩個特征——有限性和等可能性，只有同時具備這兩個特點的概型才是古典概型．正確的判斷試驗的類型是解決概率問題的關鍵． [考點自測] 1．判斷下列結論的正誤．(正確的打“√”，錯誤的打“

2、×”) (1)某袋中裝有大小均勻的三個紅球、兩個黑球、一個白球，那么每種顏色的球被摸到的可能性相同．(　　) (2)從－3，－2，－1,0,1,2中任取一數，取到的數小于0與不小于0的可能性相同．(　　) (3)利用古典概型的概率公式求“在邊長為2的正方形內任取一點，這點到正方形中心距離小于或等于1”的概率．(　　) (4)“從長為1的線段AB上任取一點C，求滿足AC≤的概率是多少”是古典概型. (　　) 答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)× 2．[2018·武漢調研]同時拋擲兩顆均勻的骰子，則向上的點數之差的絕對值為4的概率為(　　) A. B. C. D.

3、 答案　C 解析　同時拋擲兩顆骰子，基本事件總數為36，記“向上的點數之差的絕對值為4”為事件A，則事件A包含的基本事件有(1,5)，(2,6)，(5,1)，(6,2)，共4種，故P(A)＝＝. 3.某天下課以后，教室里還剩下2位男同學和2位女同學．如果他們依次走出教室，則第2位走出的是男同學的概率為(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　已知2位女同學和2位男同學走出的所有可能順序有(女，女，男，男)，(女，男，女，男)，(女，男，男，女)，(男，男，女，女)，(男，女，男，女)，(男，女，女，男)，所以第2位走出的是男同學的概率是P＝＝. 4．[2016·全國

4、卷Ⅰ]為美化環(huán)境，從紅，黃，白，紫4種顏色的花中任選2種花種在一個花壇中，余下的2種花種在另一個花壇中，則紅色和紫色的花不在同一花壇的概率是(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　從紅，黃，白，紫4種顏色的花中任選2種有以下選法：(紅，黃)，(紅，白)，(紅，紫)，(黃，白)，(黃，紫)，(白，紫)，共6種，其中紅色和紫色的花不在同一花壇(亦即黃色和白色的花不在同一花壇)的選法有4種，所以所求事件的概率P＝＝.故選C. 5．甲、乙兩名運動員各自等可能地從紅、白、藍3種顏色的運動服中選擇1種，則他們選擇相同顏色運動服的概率為________． 答案　 解析　甲、乙兩名

5、運動員各自等可能地從紅、白、藍3種顏色的運動服中選擇1種的所有可能情況為(紅，白)，(白，紅)，(紅，藍)，(藍，紅)，(白，藍)，(藍，白)，(紅，紅)，(白，白)，(藍，藍)，共9種，他們選擇相同顏色運動服的所有可能情況為(紅，紅)，(白，白)，(藍，藍)，共3種．故所求概率為P＝＝. 6．[2018·蘭州診斷]從2本不同的數學書和2本不同的語文書中任意抽出2本書(每本書被抽中的機會相等)，則抽出的書是同一學科的概率等于________． 答案　 解析　數學書為a1，a2，語文書為b1，b2，從中任取兩本，基本事件為a1a2，a1b1，a1b2，a2b2，a2b1，b1b2，其中抽出

6、的書是同一學科的取法共有a1a2，b1b22種，因此所求的概率等于＝. 板塊二　典例探究·考向突破 考向　簡單的古典概型 例　1　(1)[2017·全國卷Ⅱ]從分別寫有1,2,3,4,5的5張卡片中隨機抽取1張，放回后再隨機抽取1張，則抽得的第一張卡片上的數大于第二張卡片上的數的概率為(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　從5張卡片中隨機抽取1張，放回后再隨機抽取1張的情況如圖： 基本事件總數為25，第一張卡片上的數大于第二張卡片上的數的事件數為10，∴所求概率P＝＝.故選D. (2)[2017·山東高考]從分別標有1,2，…，9的9張卡片中不放回地隨機抽

7、取2次，每次抽取1張，則抽到的2張卡片上的數奇偶性不同的概率是(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　∵9張卡片中有5張奇數卡片，4張偶數卡片，且為不放回地隨機抽取， ∴P(第一次抽到奇數，第二次抽到偶數)＝×＝， P(第一次抽到偶數，第二次抽到奇數)＝×＝. ∴P(抽到的2張卡片上的數奇偶性不同)＝＋＝.故選C. 觸類旁通 求古典概型概率的步驟 (1)讀題，理解題意； (2)判斷試驗結果是否為等可能事件，設出所求事件A； (3)分別求出基本事件總數n與所求事件A所包含的基本事件的個數m； (4)利用公式P(A)＝求出事件A的概率． 【變式訓練1】　(

8、1)[2017·天津高考]有5支彩筆(除顏色外無差別)，顏色分別為紅、黃、藍、綠、紫．從這5支彩筆中任取2支不同顏色的彩筆，則取出的2支彩筆中含有紅色彩筆的概率為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　從5支彩筆中任取2支不同顏色彩筆的取法有紅黃、紅藍、紅綠、紅紫、黃藍、黃綠、黃紫、藍綠、藍紫、綠紫，共10種，其中取出的2支彩筆中含有紅色彩筆的取法有紅黃、紅藍、紅綠、紅紫，共4種，所以所求概率P＝＝.故選C. (2)[2018·海淀一模]現(xiàn)有7名數理化成績優(yōu)秀者，分別用A1，A2，A3，B1，B2，C1，C2表示，其中A1，A2，A3的數學成績優(yōu)秀，B1，B2的物理成績

9、優(yōu)秀，C1，C2的化學成績優(yōu)秀．從中選出數學、物理、化學成績優(yōu)秀者各1名，組成一個小組代表學校參加競賽，則A1和B1不全被選中的概率為________． 答案　 解析　從這7人中選出數學、物理、化學成績優(yōu)秀者各1名，所有可能的結果組成的12個基本事件為：(A1，B1，C1)，(A1，B1，C2)，(A1，B2，C1)，(A1，B2，C2)，(A2，B1，C1)，(A2，B1，C2)，(A2，B2，C1)，(A2，B2，C2)，(A3，B1，C1)，(A3，B1，C2)，(A3，B2，C1)，(A3，B2，C2)． 設“A1和B1不全被選中”為事件N，則其對立事件表示“A1和B1全被選中”

10、，由于＝{(A1，B1，C1)，(A1，B1，C2)}，所以P()＝＝，由對立事件的概率計算公式得P(N)＝1－P()＝1－＝. 考向　較復雜的古典概型問題 命題角度1　古典概型與平面幾何相結合 例　2　[2018·洛陽統(tǒng)考]將一顆骰子先后投擲兩次分別得到點數a，b，則直線ax＋by＝0與圓(x－2)2＋y2＝2有公共點的概率為________． 答案　 解析　依題意，將一顆骰子先后投擲兩次得到的點數所形成的數組(a，b)有(1,1)，(1,2)，(1,3)，…，(6,6)，共36種，其中滿足直線ax＋by＝0與圓(x－2)2＋y2＝2有公共點，即滿足≤，a2≤b2的數組(a，b)有

11、(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，…，(6,6)，共6＋5＋4＋3＋2＋1＝21種，因此所求的概率等于＝. 命題角度2　古典概型與函數相結合 例　3　已知M＝{1,2,3,4}，若a∈M，b∈M，則函數f(x)＝ax3＋bx2＋x－3在R上為增函數的概率是(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　記事件A為“函數f(x)＝ax3＋bx2＋x－3在R上為增函數”．因為f(x)＝ax3＋bx2＋x－3，所以f′(x)＝3ax2＋2bx＋1.當函數f(x)在R上為增函數時，f′(x)≥0在R上恒成立．又a>0，所以Δ＝(2b)2－4×3a＝4b2－12a≤0在R

12、上恒成立，即a≥. 當b＝1時，有a≥，故a可取1,2,3,4，共4個數； 當b＝2時，有a≥，故a可取2,3,4，共3個數； 當b＝3時，有a≥3，故a可取3,4，共2個數； 當b＝4時，有a≥，故a無可取值． 綜上，事件A包含的基本事件有4＋3＋2＝9種． 又a，b∈{1,2,3,4}，所以所有的基本事件共有4×4＝16種． 故所求事件A的概率為P(A)＝.故選A. 命題角度3　古典概型與平面向量相結合 例　4　[2018·宿遷模擬]已知k∈Z，＝(k,1)，＝(2,4)，若||≤4，則△ABC是直角三角形的概率是________． 答案　 解析　因為||＝≤4，所以

13、－≤k≤， 因為k∈Z，所以k＝－3，－2，－1,0,1,2,3， 當△ABC為直角三角形時，應有AB⊥AC，或AB⊥BC，或AC⊥BC，由·＝0，得2k＋4＝0，所以k＝－2，因為＝－＝(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為直角三角形的k值為－2，－1或3，所以所求概率P＝. 觸類旁通 較復雜的古典概型問題的求解方法 解決與古典概型交匯命題的問題時，把相關的知識轉化為事件，列舉基本事件，求出基本事件和隨機事件的個數，然后利用古典概型的概率計算公式進行計算． 核心規(guī)律

14、古典概型的兩種破題技巧 (1)樹狀圖是進行列舉的一種常用方法，適合于有順序的問題及較復雜問題中基本事件數的探求．另外在確定基本事件時，(x，y)可以看成是有序的，如(1,2)與(2,1)不同；有時也可以看成是無序的，如(1,2)與(2,1)相同． (2)含有“至多”“至少”等類型的概率問題，從正面突破比較困難或者比較繁瑣時，考慮其反面，即對立事件，應用P(A)＝1－P()求解較好． 滿分策略 古典概型求解中的注意事項 (1)古典概型的重要思想是事件發(fā)生的等可能性，一定要注意在計算基本事件總數和事件包括的基本事件個數時，他們是否是等可能的． (2)用列舉法求古典概型，是一個形象、直觀

15、的好方法，但列舉時必須按照某一順序做到不重復、不遺漏． (3)注意一次性抽取與逐次抽取的區(qū)別：一次性抽取是無順序的問題，逐次抽取是有順序的問題. 板塊三　啟智培優(yōu)·破譯高考 創(chuàng)新交匯系列8——古典概型與統(tǒng)計的精彩交匯 [2018·長春模擬]某教師為了了解高三一模所教兩個班級的數學成績情況，將兩個班的數學成績(單位：分)繪制成如圖所示的莖葉圖． (1)分別求出甲、乙兩個班級數學成績的中位數、眾數； (2)若規(guī)定成績大于等于115分為優(yōu)秀，分別求出兩個班級數學成績的優(yōu)秀率； (3)從甲班中130分以上的5名同學中隨機抽取3人，求至多有1人的數學成績在140分以上的概率． 解題視

16、點　(1)利用中位數、眾數的概念求解；(2)由頻率的定義求解優(yōu)秀率即可；(3)分別求出總的基本事件和滿足條件的基本事件，利用古典概型的概率計算公式求解． 解　(1)由所給的莖葉圖知，甲班50名同學的成績由小到大排序，排在第25,26位的是108,109，數量最多的是103，故甲班數學成績的中位數是108.5，眾數是103； 乙班48名同學的成績由小到大排序，排在第24,25位的是106,107，數量最多的是92和101，故乙班數學成績的中位數是106.5，眾數為92和101. (2)由莖葉圖中的數據可知，甲班中數學成績?yōu)閮?yōu)秀的人數為20，優(yōu)秀率為＝；乙班中數學成績?yōu)閮?yōu)秀的人數為18，優(yōu)秀

17、率為＝. (3)將分數為131,132,136的3人分別記為a，b，c，分數為141,146的2人分別記為m，n，則從5人中抽取3人的不同情況有abc，abm，abn，acm，acn，amn，bcm，bcn，bmn，cmn，共10種情況．記“至多有1人的數學成績在140分以上”為事件M，則事件M包含的情況有abc，abm，abn，acm，acn，bcm，bcn，共7種情況，所以從這5名同學中隨機抽取3人，至多有1人的數學成績在140分以上的概率為P(M)＝. 答題啟示　求解古典概型與統(tǒng)計交匯問題的思路,(1)依據題目的直接描述或頻率分布表、頻率分布直方圖、莖葉圖等統(tǒng)計圖表給出的信息，提煉出

18、需要的信息.,(2)進行統(tǒng)計與古典概型概率的正確計算. 跟蹤訓練 某學校高一年級共有20個班，為參加全市鋼琴比賽，調查了各班中會彈鋼琴的人數，并以組距5將數據分組成[0,5)，[5,10)，…，[30,35)，[35,40]，作出頻率分布直方圖如圖所示． (1)由頻率分布直方圖估計各班中會彈鋼琴的人數的平均值； (2)若會彈鋼琴的人數為[35,40]的班級作為第一類備選班級，會彈鋼琴的人數為[30,35)的班級作為第二類備選班級，現(xiàn)要從這兩類備選班級中選出兩個班參加市里的鋼琴比賽，求這兩類備選班級中均有班級被選中的概率． 解　(1)設各班中會彈鋼琴的人數的平均值為，由頻率分布直方

19、圖知， ＝2.5×0.01×5＋7.5×0.01×5＋12.5×0.04×5＋17.5×0.02×5＋22.5×0.04×5＋27.5×0.03×5＋32.5×0.03×5＋37.5×0.02×5＝22， 所以各班中會彈鋼琴的人數的平均值為22. (2)由頻率分布直方圖知，第一備選班級為2個，第二備選班級為3個，用ai(i＝1,2)表示第一備選班級，bj(j＝1,2,3)表示第二備選班級．則從兩類備選班級中選出兩個班參加比賽，有{a1，a2}，{a1，b1}，{a1，b2}，{a1，b3}，{a2，b1}，{a2，b2}，{a2，b3}，{b1，b2}，{b1，b3}，{b2，b3}，共

20、10種情況． 其中第一備選班級和第二備選班級中均有班級被選中的情況有{a1，b1}，{a1，b2}，{a1，b3}，{a2，b1}，{a2，b2}，{a2，b3}，共6種情況． 所以兩類備選班級中均有班級被選中的概率為. 板塊四　模擬演練·提能增分 [A級　基礎達標] 1．袋中有2個白球，2個黑球，若從中任意摸出2個，則至少摸出1個黑球的概率是(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　該試驗中會出現(xiàn)(白1，白2)，(白1，黑1)，(白1，黑2)，(白2，黑1)，(白2，黑2)和(黑1，黑2)共6種等可能的結果，事件“至少摸出1個黑球”所含有的基本事件為(白1，黑

21、1)，(白1，黑2)，(白2，黑1)，(白2，黑2)和(黑1，黑2)共5種，據古典概型概率公式，得事件“至少摸出1個黑球”的概率是. 2．從正六邊形的6個頂點中隨機選擇4個頂點，則以它們作為頂點的四邊形是矩形的概率等于(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　在正六邊形中，6個頂點選取4個，種數為15.選取的4點能構成矩形的，只有對邊的4個頂點(例如AB與DE)，共有3種，∴所求概率為＝. 3．從2男3女共5名同學中任選2名(每名同學被選中的機會均等)，這2名都是男生或都是女生的概率等于(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　設2名男生為A，B

22、,3名女生為a，b，c，則從5名同學中任取2名的方法有(A，B)，(A，a)，(A，b)，(A，c)，(B，a)，(B，b)，(B，c)，(a，b)，(a，c)，(b，c)，共10種，而這2名同學剛好是一男一女的有(A，a)，(A，b)，(A，c)，(B，a)，(B，b)，(B，c)，共6種，故所求的概率P＝1－＝. 4．為了紀念抗日戰(zhàn)爭勝利70周年，從甲、乙、丙、丁、戊5名候選民警中選2名作為閱兵安保人員，為閱兵提供安保服務，則甲、乙、丙中有2名被選中的概率為(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　從甲、乙、丙、丁、戊5人中選2人的所有情況為：甲乙、甲丙、甲丁、甲戊、

23、乙丙、乙丁、乙戊、丙丁、丙戊、丁戊，共10種，其中有甲、乙、丙中2人的有甲乙、甲丙、乙丙3種，所以P＝. 5．[2018·梅州質檢]如圖所示方格，在每一個方格中填入一個數字，數字可以是1,2,3,4中的任何一個，允許重復．則填入A方格的數字大于B方格的數字的概率為(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　只考慮A，B兩個方格的排法．不考慮大小，A，B兩個方格有4×4＝16(種)排法．要使填入A方格的數字大于B方格的數字，則從1,2,3,4中選2個數字，大的放入A格，小的放入B格，有(4,3)，(4,2)，(4,1)，(3,2)，(3,1)，(2,1)，共6種，故填入A

24、方格的數字大于B方格的數字的概率為＝.選D. 6．[2018·湖北模擬]隨機擲兩枚質地均勻的骰子，它們向上的點數之和不超過5的概率記為p1，點數之和大于5的概率記為p2，點數之和為偶數的概率記為p3，則(　　) A．p1

25、之和為偶數與向上的點數之和為奇數的個數相等，故向上的點數之和為偶數的概率p3＝.即p1

26、,4)，(5,6)，共7種．故所求概率為. 8．[2018·四川模擬]從2,3,8,9中任取兩個不同的數字，分別記為a，b，則logab為整數的概率是________． 答案　 解析　從2,3,8,9中任取兩個不同的數字，(a，b)的所有可能結果有(2,3)，(2,8)，(2,9)，(3,2)，(3,8)，(3,9)，(8,2)，(8,3)，(8,9)，(9,2)，(9,3)，(9,8)，共12種，其中l(wèi)og28＝3，log39＝2為整數，所以logab為整數的概率為. 9．[2018·合肥模擬]從2名男生和2名女生中任意選擇兩人在星期六、星期日參加某公益活動，每天一人，則星期六安排一

27、名男生、星期日安排一名女生的概率為________． 答案　 解析　設2名男生記為A1，A2,2名女生記為B1，B2，任意選擇兩人在星期六、星期日參加某公益活動，共有A1A2，A1B1，A1B2，A2B1，A2B2，B1B2，A2A1，B1A1，B2A1，B1A2，B2A2，B2B1,12種情況，而星期六安排一名男生、星期日安排一名女生共有A1B1，A1B2，A2B1，A2B2,4種情況，則發(fā)生的概率為P＝＝. 10．[2018·河南省八市聯(lián)考]已知函數f(x)＝2x2－4ax＋2b2，若a∈{4,6,8}，b∈{3,5,7}，則該函數有兩個零點的概率為________． 答案　 解

28、析　要使函數f(x)＝2x2－4ax＋2b2有兩個零點，即方程x2－2ax＋b2＝0要有兩個實根，則Δ＝4a2－4b2>0，即a>b，又a∈{4,6,8}，b∈{3,5,7}，a，b的取法共有3×3＝9種，其中滿足a>b的取法有(4,3)，(6,3)，(6,5)，(8,3)，(8,5)，(8,7)，共6種，所以所求的概率為＝. [B級　知能提升] 1．[2018·南京模擬]一個三位數的百位、十位、個位上的數字依次為a，b，c，當且僅當a>b，b

29、B. C. D. 答案　C 解析　由1,2,3組成的三位數有123,132,213,231,312,321，共6個；由1,2,4組成的三位數有124,142,214,241,412,421，共6個；由1,3,4組成的三位數有134,143,314,341,413,431，共6個；由2,3,4組成的三位數有234,243,324,342,423,432，共6個．所以共有6＋6＋6＋6＝24個三位數．當b＝1時，有214,213,314,412,312,413，共6個“凹數”；當b＝2時，有324,423，共2個“凹數”．故這個三位數為“凹數”的概率P＝＝. 2．[2018·安徽六校聯(lián)考

30、]連續(xù)投擲兩次骰子得到的點數分別為m，n，向量a＝(m，n)與向量b＝(1,0)的夾角記為α，則α∈的概率為(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　cos〈a，b〉＝， ∵α∈， ∴<<1，∴n的概率是________． 答案　 解析　由e＝>，得b>2a.當a＝1時，b＝3,4,5,6四種情況；當a＝2時，b＝5,6兩種

31、情況，總共有6種情況．又同時擲兩顆骰子，得到的點數(a，b)共有36種結果．∴所求事件的概率P＝＝. 4．按照國家環(huán)保部發(fā)布的新修訂的《環(huán)境空氣質量標準》，規(guī)定：PM2.5的年平均濃度不得超過35微克/立方米．國家環(huán)保部門在2017年10月1日到2018年1月30日這120天對全國的PM2.5平均濃度的監(jiān)測數據統(tǒng)計如下： 組別 PM2.5濃度(微克/立方米) 頻數/天 第一組 (0,35] 32 第二組 (35,75] 64 第三組 (75,115] 16 第四組 115以上 8 (1)在這120天中抽取30天的數據做進一步分析，第一組應抽取多少天？ (2)

32、在(1)中所抽取的樣本PM2.5的平均濃度超過75微克/立方米的若干天中，隨機抽取2天，求恰好有一天平均濃度超過115微克/立方米的概率． 解　(1)在這120天中抽取30天，應采取分層抽樣， 第一組應抽取32×＝8天；第二組應抽取64×＝16天；第三組應抽取16×＝4天；第四組應抽取8×＝2天． (2)設PM2.5的平均濃度在(75,115]內的4天記為A1，A2，A3，A4，PM2.5的平均濃度在115以上的2天記為B1，B2. 所以從這6天中任取2天的情況有A1A2，A1A3，A1A4，A1B1，A1B2，A2A3，A2A4，A2B1，A2B2，A3A4，A3B1，A3B2，A4

33、B1，A4B2，B1B2，共15種． 記“恰好有一天平均濃度超過115微克/立方米”為事件A，其中符合條件的情況有A1B1，A1B2，A2B1，A2B2，A3B1，A3B2，A4B1，A4B2，共8種，故所求事件A的概率P(A)＝. 5．[2018·蘭州雙基測試]一個盒子里裝有三張卡片，分別標記有數字1,2,3，這三張卡片除標記的數字外完全相同．隨機有放回地抽取3次，每次抽取一張，將抽取的卡片上的數字依次記為a，b，c. (1)求“抽取的卡片上的數字滿足a＋b＝c”的概率； (2)求“抽取的卡片上的數字a，b，c不完全相同”的概率． 解　(1)由題意，(a，b，c)所有可能的結果為：

34、(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種．設“抽取的卡片上的數字滿足a＋b＝c”為事件A， 則事件A包括(1,1,2)，(1,2,3)，(2,1,3)，共3種， 所以P(A)＝＝，因此，“抽取的卡片上的數字滿足a＋b＝c”的概率為. (2)設“抽取的卡片上的數字a，b，c不完全相同”為事件B，則事件包括(1,1,1)，(2,2,2)，(3,3,3)，共3種，所以P(B)＝1－P()＝1－＝，因此，“抽取的卡片上的數字a，b，c不完全相同”的概率為. 13