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2.2　古典概型的应用
第一课时　古典概型的概率计算
1.将3个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（　　）
A.0.3　　 B.0.5　　　C.0.6　　 D.0.8
2.甲、乙两人一起去游览公园，他们约定各自独立地从1号到6号景点中任选4个进行游览，每个景点参观1小时，则最后一小时他们在同一个景点的概率是（　　）
A.　 B.　　
C.　 D.
3.甲从正方形四个顶点中任意选择两个顶点连成直线，乙也从该正方形四个顶点中任意选择两个顶点连成直线，则所得的两条直线相互垂直的概率是（　　）
A.　 B.　　
C.　 D.
4.设a是从集合中随机取出的一个数，b是从集合中随机取出的一个数，构成一个样本点（a，b）.记“这些样本点中，满足logba≥1”为事件E，则E发生的概率是（　　）
A.　 B.　　
C.　 D.
5.（多选）一个袋子中装有3件正品和1件次品，按以下要求抽取2件产品，其中结论正确的是（　　）
A.任取2件，则取出的2件中恰有1件次品的概率是
B.每次抽取1件，不放回抽取两次，样本点总数为16
C.每次抽取1件，不放回抽取两次，则取出的2件中恰有1件次品的概率是
D.每次抽取1件，有放回抽取两次，样本点总数为16
6.从长度分别为2，3，4，5的四条线段中任意取出三条，则以这三条线段为边可以构成三角形的概率是　　　　.
7.若f（x）＝2x－1（x＝1，2，3，4，5，6）的值域构成集合A，g（x）＝3x＋1（x＝1，2，3，4，5，6）的值域构成集合B.任取一实数a∈A∪B，则a∈A∩B的概率是　　　　.
8.现有A，B两枚均匀的小立方体（立方体的每个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6）.小莉掷A立方体朝上的数字为x、小花掷B立方体朝上的数字为y来确定点P（x，y），则她们各掷一次所确定的点P落在已知抛物线y＝－x2＋4x上的概率为　　　　.
9.连续2次抛掷一枚骰子（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＝　　　　.
10.为加强大学生实践、创新能力和团队精神的培养，促进高等教育教学改革，教育部门主办了全国大学生智能汽车竞赛.该竞赛分为预赛和决赛两个阶段，参加决赛的队伍按照抽签方式决定出场顺序，通过预赛，选拔出甲、乙、丙三支队伍参加决赛.
（1）求决赛中甲、乙两支队伍恰好排在前两位的概率；
（2）求决赛中甲、乙两支队伍出场顺序相邻的概率.
11.《九章算术》是中国古代数学专著，全书采用问题集的形式，收集有246个与生产、生活实践有联系的应用问题，其中“均赋粟”问题讲的是古代劳动人民的赋税问题.现拟编试题：已知甲、乙、丙、丁四县向国家交税，则甲必须第一个交税且乙不是第三个交税的概率为（　　）
A.　 B.　　
C.　 D.
12.将一枚质地均匀的骰子投掷两次，得到的点数依次记为a和b，则方程ax2＋bx＋1＝0有实数解的概率是（　　）
A.　 B.　　
C.　 D.
13.某中学为了加强艺术教育，促进学生全面发展，要求每名学生从音乐和美术中至少选择一门兴趣课，某班有50名学生，选择音乐的有21人，选择美术的有39人，从全班学生中随机抽取一人，那么这个人两种兴趣班都选择的概率是　　　　.
14.一个盒子中装有1个黑球和2个白球，这3个球除颜色外完全相同.有放回地连续抽取2次，每次从中任意地取出1个球.计算下列事件的概率：
（1）取出的两个球都是白球；
（2）第一次取出白球，第二次取出黑球；
（3）取出的两个球中至少有一个白球.
15.一个三位数，它的个、十、百位上的数字依次为x，y，z，当且仅当y＞x，y＞z时，称这样的数为“凸数”（如243）.现从集合{5，6，7，8}中取出三个不同的数组成一个三位数，则这个三位数是“凸数”的概率为（　　）
A.　 B.
C.　 D.
16.已知关于x的二次函数f（x）＝ax2－bx＋1，设集合P＝{1，2，3}，Q＝{－1，1，2，3，4}，分别从集合P和Q中随机取一个数a和b得到数组（a，b）.
（1）列举出数组（a，b）对应的样本空间，并求函数y＝f（x）有零点的概率；
（2）求函数y＝f（x）在区间[1，＋∞）上单调递增的概率.
第一课时　古典概型的概率计算
1.C　把3个1和2个0排成一行，共有10种排法，分别是00111，10011，11001，11100，01011，01101，01110，10101，10110，11010，其中2个0不相邻的排法有6种，分别是01011，01101，01110，10101，10110，11010，所以所求概率为＝0.6.
2.D　甲、乙最后一小时所在的景点共有36个样本点，甲、乙最后一小时在同一个景点共有6个样本点.由古典概型公式，知最后一小时他们在同一个景点的概率是P＝＝.
3.C　正方形四个顶点可以确定6条直线，甲、乙各自任选一条共有36个样本点.两条直线相互垂直的情况有5种（4组邻边和对角线），其包含10个样本点，所以所求概率等于＝.
4.B　试验发生包含的样本点是分别从两个集合中取1个数字，共有12种结果，满足条件的事件是满足logba≥1，可以列举出所有的样本点，当b＝2时，a＝2，3，4，当b＝3时，a＝3，4，共有3＋2＝5（个），∴根据古典概型的概率公式得到概率是.
5.ACD　记4件产品分别为1，2，3，a，其中a表示次品.A选项，样本空间Ω＝{（1，2），（1，3），（1，a），（2，3），（2，a），（3，a）}，“恰有一件次品”的样本点为（1，a），（2，a），（3，a），因此其概率P＝＝，A正确；B选项，每次抽取1件，不放回抽取两次，样本空间Ω＝{（1，2），（1，3），（1，a），（2，1），（2，3），（2，a），（3，1），（3，2），（3，a），（a，1），（a，2），（a，3）}，共12个样本点，B错误；C选项，“取出的两件中恰有一件次品”的样本点数为6，其概率为，C正确；D选项，每次抽取1件，有放回抽取两次，样本空间Ω＝{（1，1），（1，2），（1，3），（1，a），（2，1），（2，2），（2，3），（2，a），（3，1），（3，2），（3，3），（3，a），（a，1），（a，2），（a，3），（a，a）}，共16个样本点，D正确.故选A、C、D.
6.　解析：此试验的样本空间Ω＝{（2，3，4），（2，3，5），（2，4，5），（3，4，5）}，共有4个样本点，设事件A＝“可构成三角形”，则A＝{（2，3，4），（2，4，5），（3，4，5）}，共有3个样本点，故P（A）＝＝.
7.　解析：由已知，得A＝{1，2，4，8，16，32}，B＝{4，7，10，13，16，19}，所以A∪B＝{1，2，4，7，8，10，13，16，19，32}，A∩B＝{4，16}.所以所求概率P＝＝.
8.　解析：由题意知，点P的横坐标有6种可能，纵坐标也有6种可能，因此点P的坐标共有36种可能的结果.其中坐标（1，3），（2，4），（3，3）能使解析式y＝－x2＋4x成立，所以点P落在抛物线y＝－x2＋4x上共有3种可能的结果，其概率P＝＝.
9.7　解析：连续2次抛掷一枚骰子，向上的数字之和的结果如表所示.
6 7 8 9 10 11 12
5 6 7 8 9 10 11
4 5 6 7 8 9 10
3 4 5 6 7 8 9
2 3 4 5 6 7 8
1 2 3 4 5 6 7
1 2 3 4 5 6
m可能取到的值有2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，对应的样本点个数依次为1，2，3，4，5，6，5，4，3，2，1，因此“两次向上的数字之和为7”时P（A）最大.
10.解：根据题意可知其样本空间Ω＝{（甲，乙，丙），（甲，丙，乙），（乙，甲，丙），（乙，丙，甲），（丙，甲，乙），（丙，乙，甲）}，共6个样本点.
（1）设“甲、乙两支队伍恰好排在前两位”为事件A，事件A包含的样本点有：（甲，乙，丙），（乙，甲，丙），共2个，所以P（A）＝＝.所以甲、乙两支队伍恰好排在前两位的概率为.
（2）设“甲、乙两支队伍出场顺序相邻”为事件B，事件B包含的样本点有：（甲，乙，丙），（乙，甲，丙），（丙，甲，乙），（丙，乙，甲），共4个，所以P（B）＝＝.
所以甲、乙两支队伍出场顺序相邻的概率为.
11.A　根据题意，甲、乙、丙、丁四县向国家按顺序交税的可能情况共有24种（此处不再一一列出），其中满足条件的情况为（甲，乙，丙，丁），（甲，乙，丁，丙），（甲，丙，丁，乙），（甲，丁，丙，乙），共4种，故所求概率为＝.
12.C　将一枚质地均匀的骰子投掷两次，所得结果总数n＝6×6＝36，将投掷结果用（a，b）表示.∵方程ax2＋bx＋1＝0有实数解，∴Δ＝b2－4a≥0，∴方程ax2＋bx＋1＝0有实数解包含的样本点有（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6），（2，3），（2，4），（2，5），（2，6），（3，4），（3，5），（3，6），（4，4），（4，5），（4，6），（5，5），（5，6），（6，5），（6，6），共19个.故方程ax2＋bx＋1＝0有实数解的概率为.
13.　解析：由题意可知，两种兴趣班都选择的人数为21＋39－50＝10，所以所求概率为＝.
14.解：把2个白球记为白1，白2.
其样本空间Ω＝{（黑，黑），（黑，白1），（黑，白2），（白1，黑），（白1，白1），（白1，白2），（白2，黑），（白2，白1），（白2，白2）}，共9个样本点.
（1）设“取出的两个球都是白球”为事件A，则事件A包含的样本点有（白1，白1），（白1，白2），（白2，白1），（白2，白2），共4个.
故取出的两个球都是白球的概率P（A）＝.
（2）设“第一次取出白球，第二次取出黑球”为事件B，则事件B包含的样本点有（白1，黑），（白2，黑），共2个.
故第一次取出白球，第二次取出黑球的概率P（B）＝.
（3）设“取出的两个球中至少有一个白球”为事件C，则C包含的样本点有8个，故取出的两个球中至少有一个白球的概率P（C）＝.
15.B　从集合{5，6，7，8}中取出3个不同的数组成一个三位数，共有24个结果，其中是“凸数”的是576，675，586，685，587，785，687，786，共8个结果，所以这个三位数是“凸数”的概率为＝.
16.解：（1）样本空间Ω＝{（1，－1），（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（2，－1），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（3，－1），（3，1），（3，2），（3，3），（3，4）}，共15个样本点.
函数y＝f（x）有零点等价于Δ＝b2－4a≥0，
满足条件的（a，b）有（1，2），（1，3），（1，4），（2，3），（2，4），（3，4），共6个样本点.
∴y＝f（x）有零点的概率P1＝＝.
（2）∵a＞0，函数y＝f（x）图象对称轴为直线x＝，由函数在区间[1，＋∞）上单调递增，有≤1，
满足条件的（a，b）有（1，－1），（1，1），（1，2），（2，－1），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（3，－1），（3，1），（3，2），（3，3），（3，4），共13个样本点.
∴y＝f（x）在区间[1，＋∞）上单调递增的概率P2＝.
2 / 22.2　古典概型的应用
第一课时　古典概型的概率计算
新课程标准解读 核心素养
能够掌握古典概型的基本特征，根据实际问题构建概率模型，解决简单的实际问题 数学运算、数学建模
　　某商场举行购物抽奖促销活动，规定每位顾客从装有编号为0，1，2，3四个相同小球的抽奖箱中，每次取出一个球记下编号后放回，连续取两次，若取出的两个小球号码相加之和等于6，则中一等奖，等于5则中二等奖，等于4或3则中三等奖.
【问题】　（1）求中奖的概率？
（2）若上述问题改为每次取出一个球后不放回，中奖的概率是否发生变化？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
知识点　列样本点时要注意两类不同表述的区别
在利用古典概型求解实际问题时，首先判断该试验是否具有两大特征——有限性和等可能性，同时在获取题干中的信息时，注意以下两类不同的表述：
（1）“无序”与“有序”的区别：“无序”指取出的元素没有先后次序，常用“任取”表述，而“有序”指取出的元素有顺序，常用“依次取出”表述；
（2）“有放回”与“无放回”的区别：“有放回”取出的元素可以重复，而“无放回”取出的元素没有重复.
1.小敏打开计算机时，忘记了开机密码的前两位，只记得第一位是M，I，N中的一个字母，第二位是1，2，3，4，5中的一个数字，则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是（　　）
A.　　　　　　　　B.
C.　　 D.
2.口袋内有红、白、黄大小完全相同的三个小球，若从袋中摸出一个后放回，再摸出一个，则第一次摸出红球，第二次摸出白球的概率是　　　　；若从袋中依次无放回地摸出两球，则第一次摸出红球，第二次摸出白球的概率是　　　　.
题型一 “有放回”与“不放回”问题
【例1】　口袋内有红、白、黄大小完全相同的三个小球，求：
（1）从中任意摸出两个小球，摸出的是红球和白球的概率；
（2）从袋中摸出一个后放回，再摸出一个，两次摸出的球是一红一白的概率.
尝试解答
通性通法
　　抽取问题是古典概型的常见问题，解决此类问题需要注意两点：一是所给问题是否需要将被抽取的个体进行区分才能满足古典概型的条件，二是看抽取的方式是有放回还是不放回，两种抽取方式对样本点的总数是有影响的.另外，不放回抽样看作无序或有序抽取均可，有放回抽样要看作有序抽取.
【跟踪训练】
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.　　　　　　　 B.
C.　　 D.
题型二 建立概率模型解决问题
【例2】　甲、乙、丙、丁四名学生按任意次序站成一排，试求下列事件的概率：
（1）甲在边上；
（2）甲和乙都在边上；
（3）甲和乙都不在边上.
尝试解答
通性通法
　　对于一些比较复杂的古典概型问题，一般可以通过分类，有序地把事件包含的情况分别罗列出来，从而清晰地找出满足条件的情况.在列举时一定要注意合理分类，才能做到不重不漏，结果明了，而树状图则是解决此类问题的较好方法.
【跟踪训练】
有A，B，C，D四位贵宾，应分别坐在a，b，c，d四个席位上，现在这四人均未留意，在四个席位上随便就座.
（1）求这四人恰好都坐在自己的席位上的概率；
（2）求这四人恰好都没坐在自己的席位上的概率；
（3）求这四人恰有一位坐在自己的席位上的概率.
题型三 古典概型的综合应用
【例3】　如图所示是某市2024年2月1日至14日的空气质量指数趋势图，空气质量指数（AQI）小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染，某人随机选择2月1日至2月12日中的某一天到达该市，并停留3天.
（1）求此人到达当日空气质量优良的概率；
（2）求此人在该市停留期间至多有1天空气重度污染的概率.
尝试解答
通性通法
　　概率问题常常与统计问题结合在一起考查，涉及方程或者函数的有关概率问题，考查的是如何计算要求的事件A所包含的样本点的个数，通常需要将函数与方程的知识应用其中.解决此类问题，只需要利用函数、方程知识找出满足条件的参数的范围，从而确定样本点的个数，最后利用古典概型的概率计算公式进行计算.
【跟踪训练】
把一枚骰子抛掷2次，观察出现的点数，并记第一次出现的点数为a，第二次出现的点数为b，试就方程组解的情况，解答下列各题：
（1）求方程组只有一个解的概率；
（2）求方程组只有正数解的概率.
1.在建国70周年国庆阅兵中，某兵种A，B，C三个方阵按一定次序通过主席台，若先后次序是随机排定的，则B先于A，C通过的概率为（　　）
A.　　　　　　　　 B.
C.　　 D.
2.从甲、乙、丙、丁、戊五人中选两人担任五月一日的值班工作，则甲、乙均不被选中的概率为（　　）
A.　　 B.
C.　　 D.
3.从2名男生和2名女生中任意选择两人在星期六、星期日参加某公益活动，每天一人，则星期六安排一名男生、星期日安排一名女生的概率为（　　）
A.　　 B.
C.　　 D.
4.一个袋子中装有编号分别为1，2，3，4的4个小球，现有放回地摸球，规定每次只能摸一个球，若第一次摸到的球的编号为x，第二次摸到的球的编号为y，构成数对（x，y），则所有数对（x，y）中满足xy＝4的概率为（　　）
A.　　　B.　　C.　　　D.
5.一个袋中装有四个形状、大小完全相同的球，球的编号分别为1，2，3，4.先从袋中随机取一个球，该球的编号为m，将球放回袋中，然后再从袋中随机取一个球，该球的编号为n，则m≥n＋1的概率为　　　　.
第一课时　古典概型的概率计算
【基础知识·重落实】
自我诊断
1.C　开机密码的所有样本点有：（M，1），（M，2），（M，3），（M，4），（M，5），（I，1），（I，2），（I，3），（I，4），（I，5），（N，1），（N，2），（N，3），（N，4），（N，5），共15个，所以小敏输入一次密码能够成功开机的概率是.
2.　　解析：有放回地取球.样本空间为{（红，红），（红，白），（红，黄），（白，白），（白，红），（白，黄），（黄，红），（黄，白），（黄，黄）}，第一次摸出红球，第二次摸出白球，只包含（红，白）1个样本点，故所求概率为.无放回地取球.样本空间为{（红，白），（红，黄），（白，红），（白，黄），（黄，红），（黄，白）}，所以先摸出红球，再摸出白球的概率是.
【典型例题·精研析】
【例1】　解：（1）无放回地取球.任意摸出两个小球的样本空间为{（红，白），（红，黄），（白，黄）}，所以摸出的是红球和白球的概率为.
（2）有放回地取球.样本空间为{（红，红），（红，白），（红，黄），（白，白），（白，红），（白，黄），（黄，红），（黄，白），（黄，黄）}，而事件“摸出一红一白”包括（红，白），（白，红）2个样本点，所以两次摸出的球是一红一白的概率为.
跟踪训练
　D　先后有放回地抽取2张卡片的情况有（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），（5，3），（5，4），（5，5），共25种.其中满足条件的有（2，1），（3，1），（3，2），（4，1），（4，2），（4，3），（5，1），（5，2），（5，3），（5，4），共10种情况.因此所求的概率为P＝＝.故选D.
【例2】　解：利用树状图来列举样本点，如图所示.
由树状图可看出共有24个样本点.
（1）甲在边上有12种情形：
（甲，乙，丙，丁），（甲，乙，丁，丙），（甲，丙，乙，丁），（甲，丙，丁，乙），（甲，丁，乙，丙），（甲，丁，丙，乙），（乙，丙，丁，甲），（乙，丁，丙，甲），（丙，乙，丁，甲），（丙，丁，乙，甲），（丁，乙，丙，甲），（丁，丙，乙，甲）.
故甲在边上的概率为P＝＝.
（2）甲和乙都在边上有4种情形：
（甲，丙，丁，乙），（甲，丁，丙，乙），（乙，丙，丁，甲），（乙，丁，丙，甲），
故甲和乙都在边上的概率为P＝＝.
（3）甲和乙都不在边上有4种情形：
（丙，甲，乙，丁），（丙，乙，甲，丁），（丁，甲，乙，丙），（丁，乙，甲，丙），
故甲和乙都不在边上的概率为P＝＝.
跟踪训练
　解：将A，B，C，D四位贵宾就座情况用如图所示的图形表示出来.
a席位b席位c席位d席位　
a席位b席位c席位d席位
a席位b席位c席位d席位　
a席位b席位c席位d席位
由图可知，所有的等可能样本点共有24个.
（1）设事件A为“这四人恰好都坐在自己的席位上”，则事件A只包含1个样本点，所以P（A）＝.
（2）设事件B为“这四人恰好都没坐自己的席位上”，则事件B包含9个样本点，所以P（B）＝＝.
（3）设事件C为“这四人恰有一位坐在自己的席位上”，则事件C包含8个样本点，所以P（C）＝＝.
【例3】　解：（1）在2月1日至2月12日这12天中，只有5日、8日这2天的空气质量优良，所以此人到达当日空气质量优良的概率P＝＝.
（2）根据题意，事件“此人在该市停留期间至多有1天空气重度污染”，即“此人在该市停留期间有0天空气重度污染或仅有1天空气重度污染”.
“此人在该市停留期间有0天空气重度污染”等价于“此人到达该市的日期是4日或8日或9日”.
“此人在该市停留期间仅有1天空气重度污染”等价于“此人到达该市的日期是3日或5日或6日或7日或10日”.
所以“此人在该市停留期间至多有1天空气重度污染”包含8个样本点，
所以“此人停留期间至多有1天空气重度污染”的概率为.
跟踪训练
　解：若第一次出现的点数为a，第二次出现的点数为b记为有序数值组（a，b），则所有可能出现的结果有：
（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），（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），共36种.
由方程组可得
（1）若方程组只有一个解，则b≠2a，满足b＝2a的有（1，2），（2，4），（3，6），故适合b≠2a的有36－3＝33（个）.
其概率为P1＝＝.
（2）方程组只有正数解，需满足b－2a≠0且
分两种情况：当2a＞b时，得
当2a＜b时，得
易得包含的样本点有13个：（2，1），（3，1），（4，1），（5，1），（6，1），（2，2），（3，2），（4，2），（5，2），（6，2），（1，4），（1，5），（1，6），因此所求的概率P2＝.
随堂检测
1.B　用（A，B，C）表示A，B，C通过主席台的次序，则试验的样本空间为Ω＝{（A，B，C），（A，C，B），（B，A，C），（B，C，A），（C，A，B），（C，B，A）}，共6个样本点，其中B先于A，C通过的有（B，C，A）和（B，A，C），共2个样本点，故所求概率P＝＝.
2.C　从甲、乙、丙、丁、戊五人中选两人担任五月一日的值班工作，有：甲乙、甲丙、甲丁、甲戊、乙丙、乙丁、乙戊、丙丁、丙戊、丁戊，共10种选法，其中甲、乙均不被选中的有3种，所以所求事件的概率为.故选C.
3.A　2名男生记为A1，A2，2名女生记为B1，B2，任意选择两人在星期六、星期日参加某公益活动，样本空间Ω＝{A1A2，A1B1，A1B2，A2B1，A2B2，B1B2，A2A1，B1A1，B2A1，B1A2，B2A2，B2B1}，共12个样本点，而星期六安排一名男生、星期日安排一名女生有A1B1，A1B2，A2B1，A2B2，4个样本点，则星期六安排一名男生、星期日安排一名女生的概率P＝＝.故选A.
4.A　由题意可知两次摸球得到的所有数对（x，y）有（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），共16个，其中满足xy＝4的数对有（1，4），（2，2），（4，1），共3个.故所求事件的概率为.
5.　解析：由题意可得，样本点总数为4×4＝16.用有序实数对（m，n）表示可能出现的结果，则m≥n＋1包含的样本点有（2，1），（3，2），（3，1），（4，3），（4，2），（4，1），总共6个，∴m≥n＋1的概率为＝.
3 / 3(共76张PPT)
第一课时
古典概型的概率计算
新课程标准解读 核心素养
能够掌握古典概型的基本特征，根据实际问题构建
概率模型，解决简单的实际问题 数学运算、数
学建模
目录
基础知识·重落实
01
典型例题·精研析
02
知能演练·扣课标
03
基础知识·重落实
01
课前预习 必备知识梳理
　　某商场举行购物抽奖促销活动，规定每位顾客从装有编号为0，
1，2，3四个相同小球的抽奖箱中，每次取出一个球记下编号后放
回，连续取两次，若取出的两个小球号码相加之和等于6，则中一等
奖，等于5则中二等奖，等于4或3则中三等奖.
【问题】　（1）求中奖的概率？
（2）若上述问题改为每次取出一个球后不放回，中奖的概率是否发
生变化？




知识点　列样本点时要注意两类不同表述的区别
在利用古典概型求解实际问题时，首先判断该试验是否具有两大特
征——有限性和等可能性，同时在获取题干中的信息时，注意以下两
类不同的表述：
（1）“无序”与“有序”的区别：“无序”指取出的元素没有先后
次序，常用“任取”表述，而“有序”指取出的元素有顺序，
常用“依次取出”表述；
（2）“有放回”与“无放回”的区别：“有放回”取出的元素可以
重复，而“无放回”取出的元素没有重复.
1. 小敏打开计算机时，忘记了开机密码的前两位，只记得第一位是
M ， I ， N 中的一个字母，第二位是1，2，3，4，5中的一个数字，
则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是（　　）
解析：　开机密码的所有样本点有：（ M ，1），（ M ，2），
（ M ，3），（ M ，4），（ M ，5），（ I ，1），（ I ，2），
（ I ，3），（ I ，4），（ I ，5），（ N ，1），（ N ，2），（ N ，
3），（ N ，4），（ N ，5），共15个，所以小敏输入一次密码能
够成功开机的概率是 .
2. 口袋内有红、白、黄大小完全相同的三个小球，若从袋中摸出一个
后放回，再摸出一个，则第一次摸出红球，第二次摸出白球的概率
是 ；若从袋中依次无放回地摸出两球，则第一次摸出红球，第
二次摸出白球的概率是 .
　
　
解析：有放回地取球.样本空间为{（红，红），（红，白），
（红，黄），（白，白），（白，红），（白，黄），（黄，
红），（黄，白），（黄，黄）}，第一次摸出红球，第二次摸出
白球，只包含（红，白）1个样本点，故所求概率为 .无放回地取
球.样本空间为{（红，白），（红，黄），（白，红），（白，
黄），（黄，红），（黄，白）}，所以先摸出红球，再摸出白球
的概率是 .
典型例题·精研析
02
课堂互动 关键能力提升
题型一 “有放回”与“不放回”问题
【例1】　口袋内有红、白、黄大小完全相同的三个小球，求：
（1）从中任意摸出两个小球，摸出的是红球和白球的概率；
解：无放回地取球.任意摸出两个小球的样本空间为{（红，
白），（红，黄），（白，黄）}，所以摸出的是红球和白球的
概率为 .
（2）从袋中摸出一个后放回，再摸出一个，两次摸出的球是一红一
白的概率.
解：有放回地取球.样本空间为{（红，红），（红，白），
（红，黄），（白，白），（白，红），（白，黄），（黄，
红），（黄，白），（黄，黄）}，而事件“摸出一红一白”包
括（红，白），（白，红）2个样本点，所以两次摸出的球是一
红一白的概率为 .
通性通法
　　抽取问题是古典概型的常见问题，解决此类问题需要注意两点：
一是所给问题是否需要将被抽取的个体进行区分才能满足古典概型的
条件，二是看抽取的方式是有放回还是不放回，两种抽取方式对样本
点的总数是有影响的.另外，不放回抽样看作无序或有序抽取均可，
有放回抽样要看作有序抽取.
【跟踪训练】
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（　　）
解析：　先后有放回地抽取2张卡片的情况有（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），（5，3），（5，4），（5，5），共25种.其
中满足条件的有（2，1），（3，1），（3，2），（4，1），（4，
2），（4，3），（5，1），（5，2），（5，3），（5，4），共10
种情况.因此所求的概率为 P ＝ ＝ .故选D.
题型二 建立概率模型解决问题
【例2】　甲、乙、丙、丁四名学生按任意次序站成一排，试求下列
事件的概率：
（1）甲在边上；
解：利用树状图
来列举样本点，
如图所示.
由树状图可看出
共有24个样本点.
甲在边上有12种情形：
（甲，乙，丙，丁），（甲，乙，丁，丙），（甲，丙，乙，
丁），（甲，丙，丁，乙），（甲，丁，乙，丙），（甲，
丁，丙，乙），（乙，丙，丁，甲），（乙，丁，丙，甲），
（丙，乙，丁，甲），（丙，丁，乙，甲），（丁，乙，丙，
甲），（丁，丙，乙，甲）.
故甲在边上的概率为 P ＝ ＝ .
（2）甲和乙都在边上；
解：甲和乙都在边上有4种情形：
（甲，丙，丁，乙），（甲，丁，丙，乙），（乙，丙，丁，
甲），（乙，丁，丙，甲），
故甲和乙都在边上的概率为 P ＝ ＝ .
（3）甲和乙都不在边上.
解：甲和乙都不在边上有4种情形：
（丙，甲，乙，丁），（丙，乙，甲，丁），（丁，甲，乙，
丙），（丁，乙，甲，丙），
故甲和乙都不在边上的概率为 P ＝ ＝ .
通性通法
　　对于一些比较复杂的古典概型问题，一般可以通过分类，有序地
把事件包含的情况分别罗列出来，从而清晰地找出满足条件的情况.
在列举时一定要注意合理分类，才能做到不重不漏，结果明了，而树
状图则是解决此类问题的较好方法.
【跟踪训练】
有 A ， B ， C ， D 四位贵宾，应分别坐在 a ， b ， c ， d 四个席位上，
现在这四人均未留意，在四个席位上随便就座.
（1）求这四人恰好都坐在自己的席位上的概率；
解：将 A ， B ， C ， D 四位贵宾就座情况用如图所示的图形表示
出来.
a 席位 b 席位 c 席位 d 席位
a 席位 b 席位 c 席位 d 席位
a 席位 b 席位 c 席位 d 席位
a 席位 b 席位 c 席位 d 席位
由图可知，所有的等可能样本点共有24个.
（1）设事件 A 为“这四人恰好都坐在自己的席位上”，则事件
A 只包含1个样本点，所以 P （ A ）＝ .
（2）求这四人恰好都没坐在自己的席位上的概率；
解： 设事件 B 为“这四人恰好都没坐自己的席位上”，则事件
B 包含9个样本点，所以 P （ B ）＝ ＝ .
解：设事件 C 为“这四人恰有一位坐在自己的席位上”，则事
件 C 包含8个样本点，所以 P （ C ）＝ ＝ .
（3）求这四人恰有一位坐在自己的席位上的概率.
题型三 古典概型的综合应用
【例3】　如图所示是某市2024年2月1日至14日的空气质量指数趋势
图，空气质量指数（AQI）小于100表示空气质量优良，空气质量指数
大于200表示空气重度污染，某人随机选择2月1日至2月12日中的某一
天到达该市，并停留3天.
（1）求此人到达当日空气质量优良的概率；
解：在2月1日至2月12日这12天中，只有5日、8日这2天的空气
质量优良，所以此人到达当日空气质量优良的概率 P ＝ ＝ .
（2）求此人在该市停留期间至多有1天空气重度污染的概率.
解：根据题意，事件“此人在该市停留期间至多有1天空气重度
污染”，即“此人在该市停留期间有0天空气重度污染或仅有1
天空气重度污染”.
“此人在该市停留期间有0天空气重度污染”等价于“此人到达
该市的日期是4日或8日或9日”.
“此人在该市停留期间仅有1天空气重度污染”等价于“此人到
达该市的日期是3日或5日或6日或7日或10日”.
所以“此人在该市停留期间至多有1天空气重度污染”包含8个
样本点，
所以“此人停留期间至多有1天空气重度污染”的概率为 .
通性通法
　　概率问题常常与统计问题结合在一起考查，涉及方程或者函数的
有关概率问题，考查的是如何计算要求的事件 A 所包含的样本点的个
数，通常需要将函数与方程的知识应用其中.解决此类问题，只需要
利用函数、方程知识找出满足条件的参数的范围，从而确定样本点的
个数，最后利用古典概型的概率计算公式进行计算.
【跟踪训练】
把一枚骰子抛掷2次，观察出现的点数，并记第一次出现的点数为 a ，
第二次出现的点数为 b ，试就方程组解的情况，解答
下列各题：
（1）求方程组只有一个解的概率；
解：若第一次出现的点数为 a ，第二次出现的点数为 b 记为有序
数值组（ a ， b ），则所有可能出现的结果有：
（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），（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），共36种.
由方程组可得
若方程组只有一个解，则 b ≠2 a ，满足 b ＝2 a 的有（1，2），
（2，4），（3，6），故适合 b ≠2 a 的有36－3＝33（个）.
其概率为 P1＝ ＝ .
（2）求方程组只有正数解的概率.
解：方程组只有正数解，需满足 b －2 a ≠0且
分两种情况：当2 a ＞ b 时，得
当2 a ＜ b 时，得
易得包含的样本点有13个：（2，1），（3，1），（4，1），
（5，1），（6，1），（2，2），（3，2），（4，2），（5，
2），（6，2），（1，4），（1，5），（1，6），因此所求的
概率 P2＝ .
1. 在建国70周年国庆阅兵中，某兵种 A ， B ， C 三个方阵按一定次序
通过主席台，若先后次序是随机排定的，则 B 先于 A ， C 通过的概
率为（　　）
解析：　用（ A ， B ， C ）表示 A ， B ， C 通过主席台的次序，则
试验的样本空间为Ω＝{（ A ， B ， C ），（ A ， C ， B ），（ B ，
A ， C ），（ B ， C ， A ），（ C ， A ， B ），（ C ， B ， A ）}，
共6个样本点，其中 B 先于 A ， C 通过的有（ B ， C ， A ）和（ B ，
A ， C ），共2个样本点，故所求概率 P ＝ ＝ .
2. 从甲、乙、丙、丁、戊五人中选两人担任五月一日的值班工作，则
甲、乙均不被选中的概率为（　　）
A.
C. 　 D.
解析：　从甲、乙、丙、丁、戊五人中选两人担任五月一日的值
班工作，有：甲乙、甲丙、甲丁、甲戊、乙丙、乙丁、乙戊、丙
丁、丙戊、丁戊，共10种选法，其中甲、乙均不被选中的有3种，
所以所求事件的概率为 .故选C.
3. 从2名男生和2名女生中任意选择两人在星期六、星期日参加某公益
活动，每天一人，则星期六安排一名男生、星期日安排一名女生的
概率为（　　）
A.
C. 　 D.
解析：　2名男生记为 A1， A2，2名女生记为 B1， B2，任意选择两
人在星期六、星期日参加某公益活动，样本空间Ω＝{ A1 A2， A1
B1， A1 B2， A2 B1， A2 B2， B1 B2， A2 A1， B1 A1， B2 A1， B1 A2， B2
A2， B2 B1}，共12个样本点，而星期六安排一名男生、星
期日安排一名女生有 A1 B1， A1 B2， A2 B1， A2 B2，4个样本点，则
星期六安排一名男生、星期日安排一名女生的概率 P ＝ ＝ .故
选A.
4. 一个袋子中装有编号分别为1，2，3，4的4个小球，现有放回地摸
球，规定每次只能摸一个球，若第一次摸到的球的编号为 x ，第二
次摸到的球的编号为 y ，构成数对（ x ， y ），则所有数对（ x ，
y ）中满足 xy ＝4的概率为（　　）
A.
C. 　 D.
解析：　由题意可知两次摸球得到的所有数对（ x ， y ）有（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），共16个，其中
满足 xy ＝4的数对有（1，4），（2，2），（4，1），共3个.故所
求事件的概率为 .

解析：由题意可得，样本点总数为4×4＝16.用有序实数对（ m ，
n ）表示可能出现的结果，则 m ≥ n ＋1包含的样本点有（2，1），
（3，2），（3，1），（4，3），（4，2），（4，1），总共6
个，∴ m ≥ n ＋1的概率为 ＝ .
　
知能演练·扣课标
03
课后巩固 核心素养落地
1. 将3个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（　　）
A. 0.3 B. 0.5
C. 0.6 D. 0.8
解析：　把3个1和2个0排成一行，共有10种排法，分别是
00111，10011，11001，11100，01011，01101，01110，10101，
10110，11010，其中2个0不相邻的排法有6种，分别是01011，
01101，01110，10101，10110，11010，所以所求概率为 ＝0.6.
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2. 甲、乙两人一起去游览公园，他们约定各自独立地从1号到6号景点
中任选4个进行游览，每个景点参观1小时，则最后一小时他们在同
一个景点的概率是（　　）
A.
C. 　 D.
解析：　甲、乙最后一小时所在的景点共有36个样本点，甲、乙
最后一小时在同一个景点共有6个样本点.由古典概型公式，知最后
一小时他们在同一个景点的概率是 P ＝ ＝ .
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3. 甲从正方形四个顶点中任意选择两个顶点连成直线，乙也从该正方
形四个顶点中任意选择两个顶点连成直线，则所得的两条直线相互
垂直的概率是（　　）
A.
C. 　 D.
解析：　正方形四个顶点可以确定6条直线，甲、乙各自任选一
条共有36个样本点.两条直线相互垂直的情况有5种（4组邻边和对
角线），其包含10个样本点，所以所求概率等于 ＝ .
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4. 设 a 是从集合 中随机取出的一个数， b 是从集合
中随机取出的一个数，构成一个样本点（ a ， b ）.记
“这些样本点中，满足log ba ≥1”为事件 E ，则 E 发生的概率是
（　　）
A.
C. 　 D.
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解析：　试验发生包含的样本点是分别从两个集合中取1个数
字，共有12种结果，满足条件的事件是满足log ba ≥1，可以列举出
所有的样本点，当 b ＝2时， a ＝2，3，4，当 b ＝3时， a ＝3，4，
共有3＋2＝5（个），∴根据古典概型的概率公式得到概率是 .
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5. （多选）一个袋子中装有3件正品和1件次品，按以下要求抽取2件
产品，其中结论正确的是（　　）
B. 每次抽取1件，不放回抽取两次，样本点总数为16
D. 每次抽取1件，有放回抽取两次，样本点总数为16
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解析：　记4件产品分别为1，2，3， a ，其中 a 表示次品.A选
项，样本空间Ω＝{（1，2），（1，3），（1， a ），（2，3），
（2， a ），（3， a ）}，“恰有一件次品”的样本点为（1，
a ），（2， a ），（3， a ），因此其概率 P ＝ ＝ ，A正确；B选
项，每次抽取1件，不放回抽取两次，样本空间Ω＝{（1，2），
（1，3），（1， a ），（2，1），（2，3），（2， a ），（3，
1），（3，2），（3， a ），（ a ，1），（ a ，2），（ a ，3）}，
共12个样本点，B错误；
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C选项，“取出的两件中恰有一件次品”的样本点数为6，其概率为 ，C正确；D选项，每次抽取1件，有放回抽取两次，样本空间Ω＝{（1，1），（1，2），（1，3），（1， a ），（2，1），（2，2），（2，3），（2， a ），（3，1），（3，2），（3，3），（3， a ），（ a ，1），（ a ，2），（ a ，3），（ a ， a ）}，共16个样本点，D正确.故选A、C、D.
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6. 从长度分别为2，3，4，5的四条线段中任意取出三条，则以这三条
线段为边可以构成三角形的概率是 .
解析：此试验的样本空间Ω＝{（2，3，4），（2，3，5），（2，
4，5），（3，4，5）}，共有4个样本点，设事件 A ＝“可构成三
角形”，则 A ＝{（2，3，4），（2，4，5），（3，4，5）}，共
有3个样本点，故 P （ A ）＝ ＝ .
　
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7. 若 f （ x ）＝2 x－1（ x ＝1，2，3，4，5，6）的值域构成集合 A ， g
（ x ）＝3 x ＋1（ x ＝1，2，3，4，5，6）的值域构成集合 B . 任取
一实数 a ∈ A ∪ B ，则 a ∈ A ∩ B 的概率是 .
解析：由已知，得 A ＝{1，2，4，8，16，32}， B ＝{4，7，10，
13，16，19}，所以 A ∪ B ＝{1，2，4，7，8，10，13，16，19，
32}， A ∩ B ＝{4，16}.所以所求概率 P ＝ ＝ .
　
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解析：由题意知，点 P 的横坐标有6种可能，纵坐标也有6种可能，
因此点 P 的坐标共有36种可能的结果.其中坐标（1，3），（2，
4），（3，3）能使解析式 y ＝－ x2＋4 x 成立，所以点 P 落在抛物
线 y ＝－ x2＋4 x 上共有3种可能的结果，其概率 P ＝ ＝ .
　
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9. 连续2次抛掷一枚骰子（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：连续2次抛掷一枚骰子，向上的数字之和的结果如表所示.
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6 7 8 9 10 11 12
5 6 7 8 9 10 11
4 5 6 7 8 9 10
3 4 5 6 7 8 9
2 3 4 5 6 7 8
1 2 3 4 5 6 7
1 2 3 4 5 6
m 可能取到的值有2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，对应的
样本点个数依次为1，2，3，4，5，6，5，4，3，2，1，因此“两
次向上的数字之和为7”时 P （ A ）最大.
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10. 为加强大学生实践、创新能力和团队精神的培养，促进高等教育
教学改革，教育部门主办了全国大学生智能汽车竞赛.该竞赛分为
预赛和决赛两个阶段，参加决赛的队伍按照抽签方式决定出场顺
序，通过预赛，选拔出甲、乙、丙三支队伍参加决赛.
（1）求决赛中甲、乙两支队伍恰好排在前两位的概率；
解：根据题意可知其样本空间Ω＝{（甲，乙，丙），
（甲，丙，乙），（乙，甲，丙），（乙，丙，甲），
（丙，甲，乙），（丙，乙，甲）}，共6个样本点.
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（1）设“甲、乙两支队伍恰好排在前两位”为事件 A ，事
件 A 包含的样本点有：（甲，乙，丙），（乙，甲，丙），
共2个，所以 P （ A ）＝ ＝ .所以甲、乙两支队伍恰好排
在前两位的概率为 .
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解：设“甲、乙两支队伍出场顺序相邻”为事件 B ，事件
B 包含的样本点有：（甲，乙，丙），（乙，甲，丙），
（丙，甲，乙），（丙，乙，甲），共4个，所以 P （ B ）
＝ ＝ .
所以甲、乙两支队伍出场顺序相邻的概率为 .
（2）求决赛中甲、乙两支队伍出场顺序相邻的概率.
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11. 《九章算术》是中国古代数学专著，全书采用问题集的形式，收
集有246个与生产、生活实践有联系的应用问题，其中“均赋粟”
问题讲的是古代劳动人民的赋税问题.现拟编试题：已知甲、乙、
丙、丁四县向国家交税，则甲必须第一个交税且乙不是第三个交
税的概率为（　　）
A.
C. 　 D.
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解析：　根据题意，甲、乙、丙、丁四县向国家按顺序交税的
可能情况共有24种（此处不再一一列出），其中满足条件的情况
为（甲，乙，丙，丁），（甲，乙，丁，丙），（甲，丙，丁，
乙），（甲，丁，丙，乙），共4种，故所求概率为 ＝ .
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12. 将一枚质地均匀的骰子投掷两次，得到的点数依次记为 a 和 b ，则
方程 ax2＋ bx ＋1＝0有实数解的概率是（　　）
A.
C. 　 D.
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解析：　将一枚质地均匀的骰子投掷两次，所得结果总数 n ＝
6×6＝36，将投掷结果用（ a ， b ）表示.∵方程 ax2＋ bx ＋1＝0
有实数解，∴Δ＝ b2－4 a ≥0，∴方程 ax2＋ bx ＋1＝0有实数解包
含的样本点有（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，
6），（2，3），（2，4），（2，5），（2，6），（3，4），
（3，5），（3，6），（4，4），（4，5），（4，6），（5，
5），（5，6），（6，5），（6，6），共19个.故方程 ax2＋ bx
＋1＝0有实数解的概率为 .
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解析：由题意可知，两种兴趣班都选择的人数为21＋39－50＝
10，所以所求概率为 ＝ .
　
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14. 一个盒子中装有1个黑球和2个白球，这3个球除颜色外完全相同.
有放回地连续抽取2次，每次从中任意地取出1个球.计算下列事件
的概率：
（1）取出的两个球都是白球；
解：把2个白球记为白1，白2.
其样本空间Ω＝{（黑，黑），（黑，白1），（黑，白
2），（白1，黑），（白1，白1），（白1，白2），（白
2，黑），（白2，白1），（白2，白2）}，共9个样本点.
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（1）设“取出的两个球都是白球”为事件 A ，则事件 A 包含的样本点有（白1，白1），（白1，白2），（白2，白1），（白2，白2），共4个.
故取出的两个球都是白球的概率 P （ A ）＝ .
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（2）第一次取出白球，第二次取出黑球；
解：设“第一次取出白球，第二次取出黑球”为事件
B ，则事件 B 包含的样本点有（白1，黑），（白2，
黑），共2个.
故第一次取出白球，第二次取出黑球的概率 P （ B ）＝ .
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（3）取出的两个球中至少有一个白球.
解：设“取出的两个球中至少有一个白球”为事件 C ，则
C 包含的样本点有8个，故取出的两个球中至少有一个白球
的概率 P （ C ）＝ .
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15. 一个三位数，它的个、十、百位上的数字依次为 x ， y ， z ，当且
仅当 y ＞ x ， y ＞ z 时，称这样的数为“凸数”（如243）.现从集
合{5，6，7，8}中取出三个不同的数组成一个三位数，则这个三
位数是“凸数”的概率为（　　）
A.
C. 　 D.
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解析：　从集合{5，6，7，8}中取出3个不同的数组成一个三位
数，共有24个结果，其中是“凸数”的是576，675，586，685，
587，785，687，786，共8个结果，所以这个三位数是“凸数”的
概率为 ＝ .
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16. 已知关于 x 的二次函数 f （ x ）＝ ax2－ bx ＋1，设集合 P ＝{1，2，
3}， Q ＝{－1，1，2，3，4}，分别从集合 P 和 Q 中随机取一个数
a 和 b 得到数组（ a ， b ）.
（1）列举出数组（ a ， b ）对应的样本空间，并求函数 y ＝ f
（ x ）有零点的概率；
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解：样本空间Ω＝{（1，－1），（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（2，－1），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（3，－1），（3，1），（3，2），（3，3），（3，4）}，共15个样本点.
函数 y ＝ f （ x ）有零点等价于Δ＝ b2－4 a ≥0，
满足条件的（ a ， b ）有（1，2），（1，3），（1，4），（2，3），（2，4），（3，4），共6个样本点.
∴ y ＝ f （ x ）有零点的概率 P1＝ ＝ .
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（2）求函数 y ＝ f （ x ）在区间[1，＋∞）上单调递增的概率.
解：∵ a ＞0，函数 y ＝ f （ x ）图象对称轴为直线 x ＝
，由函数在区间[1，＋∞）上单调递增，有 ≤1，
满足条件的（ a ， b ）有（1，－1），（1，1），（1，
2），（2，－1），（2，1），（2，2），（2，3），（2，
4），（3，－1），（3，1），（3，2），（3，3），（3，
4），共13个样本点.
∴ y ＝ f （ x ）在区间[1，＋∞）上单调递增的概率 P2＝ .
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