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第九章 计数原理、概率、随机变量及其分布
专题3.2：古典概型、概率的基本性质
1.理解古典概型及其概率计算公式.
2.会计算一些随机事件所包含的样本点及事件发生的概率.
3.当直接求某一事件的概率较为复杂时，可转化为求几个互斥事件的概率之和或其对立事件的概率．
1．古典概型
具有以下特征的试验叫做古典概型试验，其数学模型称为古典概率模型，简称古典概型．
(1)有限性：样本空间的样本点只有有限个；
(2)等可能性：每个样本点发生的可能性相等．
2．古典概型的概率公式
一般地，设试验E是古典概型，样本空间Ω包含n个样本点，事件A包含其中的k个样本点，则定义事件A的概率P(A)＝＝.
其中，n(A)和n(Ω)分别表示事件A和样本空间Ω包含的样本点个数．
3．概率的基本性质
性质1：对任意的事件A，都有P(A)≥0；
性质2：必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0，即P(Ω)＝1，P( )＝0；
性质3：如果事件A与事件B互斥，那么P(A∪B)＝P(A)＋P(B)；
性质4：如果事件A与事件B互为对立事件，那么P(B)＝1－P(A)，P(A)＝1－P(B)；
性质5：如果A B，那么P(A)≤P(B)，由该性质可得，对于任意事件A，因为 A Ω，所以0≤P(A)≤1.
性质6：设A，B是一个随机试验中的两个事件，有P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)．
如果事件A1，A2，…，An两两互斥，则称这n个事件互斥，其概率有如下公式：P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)．
考点一 古典概型
1．（2022·全国·高一单元测试）若连续抛掷两次质地均匀的骰子，得到的点数分别为m，n，则满足的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用列举法列出所有可能结果，再根据古典概型的概率公式计算可得.
【详解】解：设连续投掷两次骰子，得到的点数依次为、，两次抛掷得到的结果可以用表示，
则结果有，，，，，，
，，，，，，
，，，，，，
，，，，，，
，，，，，，
，，，，，，
共有36种．
其中满足有：，，，，，，，，，，，，，共种，
所以满足的概率．
故选：B
2．（2022·全国·高一课时练习）若从1，2，3，4，5五个数字中随机取出三个数字，则剩下两个数字不都是奇数的概率为（ ）
A．0.8 B．0.75 C．0.7 D．0.6
【答案】C
【分析】由古典概型的概率公式与对立事件的概率公式求解即可
【详解】从中随机取3个共有：
，
共10种，
其中剩下两个数字都是奇数，即选出2偶数1奇数的情况有：
，共3种，
所以剩下两个数字都是奇数的概率是，
所以剩下两个数字不都是奇数的概率为，
故选：C．
3．（2022·全国·高一单元测试）某车间生产5件产品，其中优等品2件、一等品2件、二等品1件．现从中抽取3件，则各等级的产品各一件的概率为__________．
【答案】
【分析】利用列举法并依据古典概型去求从中抽取3件，各等级的产品各一件的概率即可.
【详解】将5个产品编号，表示优等品，表示一等品，C表示二等品，
则样本空间为,，
其中各等级的产品各一件的样本点有4个，故其概率．
故答案为：
4．（2022·全国·高一课时练习）在10张卡片上分别写上0，1，2，3，4，5，6，7，8，9后，任意叠放在一起，从中任取一张记“抽到大于3的奇数”为事件A，“抽到小于7的奇数”为事件B，则___________．
【答案】
【分析】利用列举法，根据古典概型的概率公式求解即可.
【详解】因为事件包含了5个样本点，即抽到1，3，5，7，9，
所以．
故答案为：
5．（2022·全国·高一单元测试）某人参加一项抽奖游戏，盒中放有红、蓝、绿、黄四色小球各1个，参加游戏的人需有放回地从盒中连续摸两次，每次摸出1个小球，并记录小球的颜色（其中红色、黄色为暖色；蓝色、绿色为冷色）．设两次记录的颜色分别为α，b．奖励规则如下：①若两次记录的颜色中有红色，获得一等奖；②若两次记录的颜色中没有红色，但不全是冷色，获得二等奖；③其余情形获得鼓励奖．假设小球除颜色外其他都相同．
(1)求此人获得一等奖的概率；
(2)比较此人获得二等奖与获得鼓励奖的概率的大小，并说明理由．
【答案】(1)
(2)此人获得二等奖的概率大于获得鼓励奖的概率，理由见解析
【分析】（1）利用列举法，结合古典概型的概率计算公式计算出所求概率.
（2）结合（1）求得此人获二等奖、鼓励奖的概率，从而作出判断.
（1）依题意得样本空间为｛（红，红），（红，黄），（红，蓝），（红，绿），（黄，红），
（黄，黄），（黄，蓝），（黄，绿），（蓝，红），（蓝，黄），（蓝，蓝），（蓝，绿），
（绿，红），（绿，黄），（绿，蓝），（绿，绿）｝，共有16个样本点，
其中有红色的样本点有7个，
所以此人获得一等奖的概率为．
（2）由（1）得两次记录的颜色中没有红色，但不全是冷色的样本点有5个，
则此人获得二等奖的概率为，
获得鼓励奖的概率为，
故此人获得二等奖的概率大于获得鼓励奖的概率．
求样本空间中样本点个数的方法
(1)枚举法：适合于给定的样本点个数较少且易一一列举出的问题．
(2)树状图法：适合于较为复杂的问题，注意在确定样本点时(x，y)可看成是有序的，如(1,2)与(2,1)不同，有时也可看成是无序的，如(1,2)与(2,1)相同．
(3)排列组合法：在求一些较复杂的样本点个数时，可利用排列或组合的知识．
考点二　概率基本性质的应用
互斥事件与对立事件的概率　
某商场有奖销售中，购满100元商品得1张奖券，多购多得.1 000张奖券为一个开奖单位，设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个．设1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为A，B，C，求：
(1)P(A)，P(B)，P(C)；
(2)1张奖券的中奖概率；
(3)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率．
【解析】　(1)P(A)＝， P(B)＝＝，P(C)＝＝.
故事件A，B，C的概率分别为，，.
(2)1张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖．设“1张奖券中奖”这个事件为M，则M＝A∪B∪C．
∵A，B，C两两互斥，
∴P(M)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)
＝＝，
故1张奖券的中奖概率约为.
(3)设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N，则事件N与“1张奖券中特等奖或中一等奖”为对立事件，
∴P(N)＝1－P(A∪B)＝1－＝，
故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为.
概率加法公式的应用
若P(A∪B)＝0.7，P(A)＝0.4，P(B)＝0.6，则P(A∩B)＝________.
【答案】0.3
【解析】因为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)，
所以P(A∩B)＝P(A)＋P(B)－P(A∪B)＝0.4＋0.6－0.7＝0.3.
2. 一个电路板上装有甲、乙两根熔丝，甲熔断的概率为0.85，乙熔断的概率为0.74，两根同时熔断的概率为0.63，则至少有一根熔断的概率为________．
【答案】0.96　
【解析】设A＝“甲熔丝熔断”，B＝“乙熔丝熔断”，记“甲、乙两根熔丝至少有一根熔断”为事件A∪B． P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)＝0.85＋0.74－0.63＝0.96.
求复杂互斥事件概率的两种方法
(1)直接法：将所求事件分解为一些彼此互斥事件的和，运用互斥事件概率的加法公式计算．
(2)间接法：先求此事件的对立事件，再用公式P(A)＝1－P()求得，即运用逆向思维(正难则反)，特别是“至多”“至少”型题目，用间接法就会较简便．
提醒：(1)应用互斥事件概率的加法公式，一定要注意首先确定各个事件是否彼此互斥，然后求出各事件发生的概率，再求和(或差)．间接法体现了“正难则反”的思想方法．
(2)应用概率加法公式解决问题的关键在于理解两个事件A，B的交事件A∩B的含义，准确求出其概率．
考点三 古典概型的综合问题
（2023.全国高三练习）人耳的听力情况可以用电子测听器检测，正常人听力的等级为0－25dB(分贝)，并规定测试值在区间(0，5]为非常优秀，测试值在区间(5，10]为优秀．某校500名同学参加了听力测试，从中随机抽取了50名同学的测试值作为样本，制成如图频率分布直方图：
(1)从总体的500名学生中随机抽取1人，估计其测试值在区间(0，10]内的概率；
(2)已知样本中听力非常优秀的学生有4人，估计总体中听力为优秀的学生人数；
(3)现选出一名同学参加另一项测试，测试规则如下：四个音叉的发音情况不同，由强到弱的编号分别为1,2,3,4.测试前将音叉顺序随机打乱，被测试的同学依次听完后，将四个音叉按发音由强到弱重新排序，所对应的音叉编号分别为a1，a2，a3，a4(其中集合{a1，a2，a3，a4}＝{1，2，3，4})．记Y＝＋＋＋，可用Y描述被测试者的听力偏离程度，求Y≤2的概率．
【解析】　(1)根据频率分布直方图知，样本中测试值在区间(0，10]内的频率为1－×5＝1－0.8＝0.2，
以频率为概率，从总体的500名学生中随机抽取1人，估计其测试值在区间(0，10]内的概率为0.2.
(2)由(1)知：样本中听力为优秀的学生人数为0.2×50－4＝6，
∴估计总体中听力为优秀的学生人数为500×＝60.
(3)当a1＝1时，序号a1，a2，a3，a4的情况为6种：
分别记为，，，，，，
同理，当a1＝2,3,4时，序号a1，a2，a3，a4的情况也分别为6种，
∴序号a1，a2，a3，a4所有的情况总数为24种．
当Y＝0时，a1＝1，a2＝2，a3＝3，a4＝4，
当Y＝＋＋＋＝2时，a1，a2，a3，a4的取值为a1＝1，a2＝2，a3＝4，a4＝3，
或a1＝1，a2＝3，a3＝2，a4＝4, 或a1＝2，a2＝1，a3＝3，a4＝4，
∴Y≤2时，序号a1，a2，a3，a4对应的情况为4种，即P＝＝.
从集合{2,3,4,5}中随机抽取一个数a，从集合{1,3,5}中随机抽取一个数b，则向量m＝(a，b)与向量n＝(1，－1)垂直的概率为(　　)
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】由题意可知m＝(a，b)有：(2,1)，(2,3)，(2,5)，(3,1)，(3,3)，(3,5)，(4,1)，(4,3)，(4,5)，(5,1)，(5,3)，(5,5)，共12种情况．
因为m⊥n，即m·n＝0，
所以a×1＋b×(－1)＝0，即a＝b，
满足条件的有(3,3)，(5,5)共2个，
故所求的概率为.故选A．
求解古典概型的交汇问题，关键是把相关的知识转化为事件，然后利用古典概型的有关知识解决，其解题流程为：
1．（2022·全国·高考真题）从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由古典概型概率公式结合组合、列举法即可得解.
【详解】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有种不同的取法，
若两数不互质，不同的取法有：，共7种，
故所求概率.
故选：D.
2．（2022·全国·高考真题（文））从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先列举出所有情况，再从中挑出数字之积是4的倍数的情况，由古典概型求概率即可.
【详解】从6张卡片中无放回抽取2张，共有15种情况，
其中数字之积为4的倍数的有6种情况，故概率为.
故选：C.
3．（2020·山东·高考真题）现有5位老师，若每人随机进入两间教室中的任意一间听课，则恰好全都进入同一间教室的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用古典概型概率公式，结合分步计数原理，计算结果.
【详解】5位老师，每人随机进入两间教室中的任意一间听课，共有种方法，
其中恰好全都进入同一间教室，共有2种方法，所以.
故选：B
4．（2022·全国·高考真题（文））从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为____________．
【答案】
【分析】根据古典概型计算即可
【详解】解法一：设这5名同学分别为甲，乙，1,2,3，从5名同学中随机选3名，
有：(甲，乙，1)，(甲，乙，2)，(甲，乙，3)，(甲，1，2)，(甲，1，3)，(甲，2，3)，(乙，1，2)，(乙，1，3)，(乙，2，3)，(1，2，3)，共10种选法；
其中，甲、乙都入选的选法有3种，故所求概率.
故答案为：.
解法二：从5名同学中随机选3名的方法数为
甲、乙都入选的方法数为，所以甲、乙都入选的概率
故答案为：
5．（2022·全国·高考真题（理））从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为________．
【答案】.
【分析】根据古典概型的概率公式即可求出．
【详解】从正方体的个顶点中任取个，有个结果，这个点在同一个平面的有个，故所求概率．
故答案为：．
一、选择题
1．若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为(　　)
A．0.3 B．0.4
C．0.6 D．0.7
【答案】B　
【解析】由题意知不用现金支付的概率为1－0.45－0.15＝0.4.
2．设O为正方形ABCD的中心，在O，A，B，C，D中任取3点，则取到的3点共线的概率为(　　)
A． B．
C． D．
【答案】A　
【解析】根据题意作出图形，如图所示，在O，A，B，C，D中任取3点，有C＝10种可能情况，其中取到的3点共线有(OAC)和(OBD)2种可能情况，所以3点共线的概率为＝，故选A．
3．抛掷一个质地均匀的骰子的试验，事件A表示“小于5的偶数点出现”，事件B表示“小于5的点数出现”，则一次试验中，事件A＋发生的概率为(　　)
A． B．
C． D．
【答案】C　
【解析】抛掷一个骰子的试验有6种等可能结果．依题意P(A)＝＝，P(B)＝＝，
所以P()＝1－P(B)＝1－＝.
因为表示“出现5点或6点”的事件，所以事件A与互斥，从而P(A＋)＝P(A)＋P()＝＋＝.
4．四名数学老师相约到定点医院接种新冠疫苗，若他们一起登记后，等待电脑系统随机叫号进入接种室，则甲不被第一个叫到，且乙、丙被相邻叫到的概率为(　　)
A． B．
C． D．
【答案】D　
【解析】四名教师总的进入接种室的顺序有A＝24种，则：①甲第二个被叫到，且乙、丙被相邻叫到的方法数有A＝2种；②甲第三个被叫到，且乙、丙被相邻叫到的方法数有A＝2种；③甲第四个被叫到，且乙、丙被相邻叫到的方法数有2A＝4种，所以“甲不被第一个叫到，且乙、丙被相邻叫到”的概率为＝.故选D．
5．中国篮球职业联赛(CBA)中，某男篮运动员在最近几次参加的比赛中的得分情况如下表：
投篮次数 投中两分球的次数 投中三分球的次数
100 55 18
记该运动员在一次投篮中，“投中两分球”为事件A，“投中三分球”为事件B，“没投中”为事件C，用频率估计概率的方法得到的下述结论中，不正确的是(　　)
A．P(A)＝0.55 B．P(B)＝0.18
C．P(C)＝0.27 D．P(B＋C)＝0.55
【答案】D　
【解析】由题意可得P(A)＝＝0.55，P(B)＝＝0.18.因为事件A＋B与事件C为对立事件，且事件A，B，C互斥，所以P(C)＝1－P(A＋B)＝1－P(A)－P(B)＝1－0.55－0.18＝0.27，P(B＋C)＝1－P(A)＝1－0.55＝0.45.故选D．
6．食物链亦称“营养链”，是指生态系统中各种生物为维持其本身的生命活动，必须以其他生物为食物的这种由食物联结起来的链锁关系．这种摄食关系，实际上是太阳能从一种生物转到另一种生物的关系，也即物质能量通过食物链的方式流动和转换．如图为某个生态环境中的食物链，若从鹰、麻雀、兔、田鼠以及蝗虫中任意选取两种，则这两种生物恰好构成摄食关系的概率为(　　)
A． B．
C． D．
【答案】B　
【解析】从鹰、麻雀、兔、田鼠以及蝗虫中任意选取两种，不同的选法有C＝10(种)，其中恰好构成摄食关系的有鹰与田鼠、鹰与兔、鹰与麻雀、麻雀与蝗虫，共4种，所以所求事件的概率P＝＝.
7．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“”，如图就是一重卦．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(　　)
A． B．
C． D．
【答案】A　
【解析】由6个爻组成的重卦种数为26＝64，在所有重卦中随机取一重卦，该重卦恰有3个阳爻的种数为C＝＝20.根据古典概型的概率计算公式得，所求概率P＝＝.故选A．
8．(多选)从1～20这20个整数中随机选择一个数，设事件A表示选到的数能被2整除，事件B表示选到的数能被3整除，则对下列事件概率描述正确的是(　　)
A．P(A)＝ B．P(A∩B)＝
C．P(A∪B)＝ D．P(∩)＝
【答案】ABD　
【解析】依题意得样本空间的样本点，总数为20，事件A的样本点包括2,4,6,8,10,12,14,16,18,20，共10个，所以P(A)＝＝，故A正确；事件A∩B表示的是这个数既能被2整除也能被3整除，其样本点包括6,12,18，共3个，所以P(A∩B)＝，故B正确；事件A∪B表示的是这个数能被2整除或能被3整除，其样本点包括2,3,4,6,8,9,10,12,14,15,16,18,20，共13个，所以P(A∪B)＝，故C错误；事件∩表示的是这个数既不能被2整除也不能被3整除，其样本点包括1,5,7,11,13,17,19，共7个，故P(∩)＝，故D正确，故选ABD．
二、填空题
9．将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数和为5的概率是________．
【答案】　
【解析】列表如下：
点数的和共有36种等可能情形，其中和为5的共有4种情形，由古典概型的概率公式可得点数和为5的概率P＝＝.
10．从1,2,3，…，30这30个数中任意摸出一个数，则事件“摸出的数是偶数或能被5整除的数”的概率是________．
【答案】　
【解析】设事件A“摸出的数为偶数”，事件B“摸出的数能被5整除”，则P(A)＝，P(B)＝＝，P(A∩B)＝＝，
所以P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)＝＋－＝.
11．已知花博会有四个不同的场馆A，B，C，D，甲、乙两人每人选2个去参观，则他们的选择中，恰有一个馆相同的概率为 ________.
【答案】　
【解析】甲选2个去参观，有C＝6种，乙选2个去参观，有C＝6种，共有6×6＝36种，
若甲、乙恰有一个馆相同，则选确定相同的馆有C＝4种，然后从剩余3个馆种选2个进行排列，有A＝6种，共有4×6＝24种，则对应概率P＝＝.
12．(2021·湖南永州三模)甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次．甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说“虽然你的成绩比乙好，但是你俩都没得到第一名”；对乙说“你当然不会是最差的”．从上述回答分析，丙是第一名的概率是________．
【答案】　
【解析】因为甲和乙都不可能是第一名，所以第一名只可能是丙、丁或戊，又考虑到所有的限制条件对丙、丁、戊都没有影响，所以这三个人获得第一名是等概率事件，所以丙是第一名的概率是.
三、解答题
13．经统计，在某储蓄所一个营业窗口排队的人数相应的概率如下：
排队人数 0 1 2 3 4 5人及5人以上
概率 0.1 0.16 0.3 0.3 0.1 0.04
求：(1)至多2人排队等候的概率；
(2)至少3人排队等候的概率.
【解析】　记“无人排队等候”为事件A，“1人排队等候”为事件B，“2人排队等候”为事件C，“3人排队等候”为事件D，“4人排队等候”为事件E，“5人及5人以上排队等候”为事件F，则事件A，B，C，D，E，F彼此互斥．
(1)记“至多2人排队等候”为事件G，则G＝A＋B＋C，所以P(G)＝P(A＋B＋C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.1＋0.16＋0.3＝0.56.
(2)法一：记“至少3人排队等候”为事件H，则H＝D＋E＋F，所以P(H)＝P(D＋E＋F)＝P(D)＋P(E)＋P(F)＝0.3＋0.1＋0.04＝0.44.
法二：记“至少3人排队等候”为事件H，则其对立事件为事件G，所以P(H)＝1－P(G)＝0.44.
14．广场舞是现代城市群众文化、娱乐发展的产物，也是城市精神文明建设成果的一个重要象征.2021年某校社会实践小组对某小区参与广场舞的群众进行了年龄的调查，随机抽取了40名广场舞者进行调查，将他们的年龄分成6组：[20,30)，[30,40)，[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80]，得到如图所示的频率分布直方图．
(1)计算这40名广场舞者中年龄分布在[40,70)的人数；
(2)若从年龄在[20,40)的广场舞者中任选2名，求这2名广场舞者中恰有一人年龄在[30,40)的概率．
【解析】(1)由题知，这40名广场舞者中年龄分布在[40,70)的人数为(0.02＋0.03＋0.025)×10×40＝30.
(2)由频率分布直方图可知，年龄在[20,30)的有2人，分别记为a1，a2，年龄在[30,40)的有4人，分别记为b1，b2，b3，b4.现从这6人中任选2人，共有如下15种选法：样本空间Ω＝{(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a1，b4)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(a2，b4)，(b1，b2)，(b1，b3)，(b1，b4)，(b2，b3)，(b2，b4)，(b3，b4)}，共有15个样本点．其中恰有一人年龄在[30,40)的有8个样本点，故这2名广场舞者中恰有一人年龄在[30,40)的概率P＝.
15．某儿童乐园在“六一”儿童节推出了一项趣味活动．参加活动的儿童需转动如图所示的转盘两次，每次转动后，待转盘停止转动时，记录指针所指区域中的数．设两次记录的数分别为x，y.奖励规则如下：
①若xy≤3，则奖励玩具一个；②若xy≥8，则奖励水杯一个；③其余情况奖励饮料一瓶．
假设转盘质地均匀，四个区域划分均匀．小亮准备参加此项活动．
(1)求小亮获得玩具的概率；
(2)请比较小亮获得水杯与获得饮料的概率的大小，并说明理由．
【解析】　用数对(x，y)表示儿童参加活动先后记录的数，则样本空间Ω与点集S＝{(x，y)|x∈N，y∈N,1≤x≤4,1≤y≤4}一一对应．
因为S中元素的个数是4×4＝16，所以样本点总数n＝16.
(1)记“xy≤3”为事件A，则事件A包含的样本点个数共5个，
即A＝{(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(3,1)}．
所以P(A)＝，即小亮获得玩具的概率为.
(2)记“xy≥8”为事件B，“3＜xy＜8”为事件C．
则事件B包含的样本点共6个，即B＝{(2,4)，(3,3)，(3,4)，(4,2)，(4,3)，(4,4)}．
所以P(B)＝＝.
事件C包含的样本点个数共5个，即C＝{(1,4)，(2,2)，(2,3)，(3,2)，(4,1)}．
所以P(C)＝.因为＞，所以小亮获得水杯的概率大于获得饮料的概率．
16.如图，A地到火车站共有两条路径L1和L2，现随机抽取100位从A地到达火车站的人进行调查，调查结果如下：
所用时间 (分钟) 10～20 20～30 30～40 40～50 50～60
选择L1的人数 6 12 18 12 12
选择L2的人数 0 4 16 16 4
(1)试估计40分钟内不能赶到火车站的概率；
(2)分别求通过路径L1和L2所用时间落在上表中各时间段内的频率；
(3)现甲、乙两人分别有40分钟和50分钟时间用于赶往火车站，为了尽最大可能在允许的时间内赶到火车站，试通过计算说明，他们应如何选择各自的路径．
【解析】　(1)由已知共调查了100人，其中40分钟内不能赶到火车站的有12＋12＋16＋4＝44(人)，
所以用频率估计相应的概率为P＝＝0.44.
(2)选择L1的有60人，选择L2的有40人，
故由调查结果得频率为
所用时间(分钟) 10～20 20～30 30～40 40～50 50～60
选择L1的频率 0.1 0.2 0.3 0.2 0.2
选择L2的频率 0 0.1 0.4 0.4 0.1
(3)设A1，A2分别表示甲选择L1和L2时，在40分钟内赶到火车站；B1，B2分别表示乙选择L1和L2时，在50分钟内赶到火车站．由(2)知P(A1)＝0.1＋0.2＋0.3＝0.6，
P(A2)＝0.1＋0.4＝0.5，
因为P(A1)＞P(A2)，所以甲应选择L1.
同理，P(B1)＝0.1＋0.2＋0.3＋0.2＝0.8，
P(B2)＝0.1＋0.4＋0.4＝0.9，
因为P(B1)＜P(B2)，所以乙应选择L2.中小学教育资源及组卷应用平台
第九章 计数原理、概率、随机变量及其分布
专题3.2：古典概型、概率的基本性质
1.理解古典概型及其概率计算公式.
2.会计算一些随机事件所包含的样本点及事件发生的概率.
3.当直接求某一事件的概率较为复杂时，可转化为求几个互斥事件的概率之和或其对立事件的概率．
1．古典概型
具有以下特征的试验叫做古典概型试验，其数学模型称为古典概率模型，简称古典概型．
(1)有限性：样本空间的样本点只有 ；
(2)等可能性：每个样本点发生的可能性 ．
2．古典概型的概率公式
一般地，设试验E是古典概型，样本空间Ω包含n个样本点，事件A包含其中的k个样本点，则定义事件A的概率P(A)＝＝
其中，n(A)和n(Ω)分别表示事件A和样本空间Ω包含的样本点个数．
3．概率的基本性质
性质1：对任意的事件A，都有P(A) 0；
性质2：必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0，即P(Ω)＝ ，P( )＝ ；
性质3：如果事件A与事件B互斥，那么P(A∪B)＝ ；
性质4：如果事件A与事件B互为对立事件，那么P(B)＝1－P(A)，P(A)＝ ；
性质5：如果A B，那么P(A)≤P(B)，由该性质可得，对于任意事件A，因为 A Ω，所以0≤P(A)≤1.
性质6：设A，B是一个随机试验中的两个事件，有P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)．
如果事件A1，A2，…，An两两互斥，则称这n个事件互斥，其概率有如下公式：P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)．
考点一 古典概型
1．（2022·全国·高一单元测试）若连续抛掷两次质地均匀的骰子，得到的点数分别为m，n，则满足的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用列举法列出所有可能结果，再根据古典概型的概率公式计算可得.
【详解】解：设连续投掷两次骰子，得到的点数依次为、，两次抛掷得到的结果可以用表示，
则结果有，，，，，，
，，，，，，
，，，，，，
，，，，，，
，，，，，，
，，，，，，
共有36种．
其中满足有：，，，，，，，，，，，，，共种，
所以满足的概率．
故选：B
2．（2022·全国·高一课时练习）若从1，2，3，4，5五个数字中随机取出三个数字，则剩下两个数字不都是奇数的概率为（ ）
A．0.8 B．0.75 C．0.7 D．0.6
【答案】C
【分析】由古典概型的概率公式与对立事件的概率公式求解即可
【详解】从中随机取3个共有：
，
共10种，
其中剩下两个数字都是奇数，即选出2偶数1奇数的情况有：
，共3种，
所以剩下两个数字都是奇数的概率是，
所以剩下两个数字不都是奇数的概率为，
故选：C．
3．（2022·全国·高一单元测试）某车间生产5件产品，其中优等品2件、一等品2件、二等品1件．现从中抽取3件，则各等级的产品各一件的概率为__________．
【答案】
【分析】利用列举法并依据古典概型去求从中抽取3件，各等级的产品各一件的概率即可.
【详解】将5个产品编号，表示优等品，表示一等品，C表示二等品，
则样本空间为,，
其中各等级的产品各一件的样本点有4个，故其概率．
故答案为：
4．（2022·全国·高一课时练习）在10张卡片上分别写上0，1，2，3，4，5，6，7，8，9后，任意叠放在一起，从中任取一张记“抽到大于3的奇数”为事件A，“抽到小于7的奇数”为事件B，则___________．
【答案】
【分析】利用列举法，根据古典概型的概率公式求解即可.
【详解】因为事件包含了5个样本点，即抽到1，3，5，7，9，
所以．
故答案为：
5．（2022·全国·高一单元测试）某人参加一项抽奖游戏，盒中放有红、蓝、绿、黄四色小球各1个，参加游戏的人需有放回地从盒中连续摸两次，每次摸出1个小球，并记录小球的颜色（其中红色、黄色为暖色；蓝色、绿色为冷色）．设两次记录的颜色分别为α，b．奖励规则如下：①若两次记录的颜色中有红色，获得一等奖；②若两次记录的颜色中没有红色，但不全是冷色，获得二等奖；③其余情形获得鼓励奖．假设小球除颜色外其他都相同．
(1)求此人获得一等奖的概率；
(2)比较此人获得二等奖与获得鼓励奖的概率的大小，并说明理由．
【答案】(1)
(2)此人获得二等奖的概率大于获得鼓励奖的概率，理由见解析
【分析】（1）利用列举法，结合古典概型的概率计算公式计算出所求概率.
（2）结合（1）求得此人获二等奖、鼓励奖的概率，从而作出判断.
（1）依题意得样本空间为｛（红，红），（红，黄），（红，蓝），（红，绿），（黄，红），
（黄，黄），（黄，蓝），（黄，绿），（蓝，红），（蓝，黄），（蓝，蓝），（蓝，绿），
（绿，红），（绿，黄），（绿，蓝），（绿，绿）｝，共有16个样本点，
其中有红色的样本点有7个，
所以此人获得一等奖的概率为．
（2）由（1）得两次记录的颜色中没有红色，但不全是冷色的样本点有5个，
则此人获得二等奖的概率为，
获得鼓励奖的概率为，
故此人获得二等奖的概率大于获得鼓励奖的概率．
求样本空间中样本点个数的方法
(1)枚举法：适合于给定的样本点个数较少且易一一列举出的问题．
(2)树状图法：适合于较为复杂的问题，注意在确定样本点时(x，y)可看成是有序的，如(1,2)与(2,1)不同，有时也可看成是无序的，如(1,2)与(2,1)相同．
(3)排列组合法：在求一些较复杂的样本点个数时，可利用排列或组合的知识．
考点二　概率基本性质的应用
互斥事件与对立事件的概率　
某商场有奖销售中，购满100元商品得1张奖券，多购多得.1 000张奖券为一个开奖单位，设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个．设1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为A，B，C，求：
(1)P(A)，P(B)，P(C)；
(2)1张奖券的中奖概率；
(3)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率．
【解析】　(1)P(A)＝， P(B)＝＝，P(C)＝＝.
故事件A，B，C的概率分别为，，.
(2)1张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖．设“1张奖券中奖”这个事件为M，则M＝A∪B∪C．
∵A，B，C两两互斥，
∴P(M)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)
＝＝，
故1张奖券的中奖概率约为.
(3)设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N，则事件N与“1张奖券中特等奖或中一等奖”为对立事件，
∴P(N)＝1－P(A∪B)＝1－＝，
故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为.
概率加法公式的应用
若P(A∪B)＝0.7，P(A)＝0.4，P(B)＝0.6，则P(A∩B)＝________.
【答案】0.3
【解析】因为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)，
所以P(A∩B)＝P(A)＋P(B)－P(A∪B)＝0.4＋0.6－0.7＝0.3.
2. 一个电路板上装有甲、乙两根熔丝，甲熔断的概率为0.85，乙熔断的概率为0.74，两根同时熔断的概率为0.63，则至少有一根熔断的概率为________．
【答案】0.96　
【解析】设A＝“甲熔丝熔断”，B＝“乙熔丝熔断”，记“甲、乙两根熔丝至少有一根熔断”为事件A∪B． P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)＝0.85＋0.74－0.63＝0.96.
求复杂互斥事件概率的两种方法
(1)直接法：将所求事件分解为一些彼此互斥事件的和，运用互斥事件概率的加法公式计算．
(2)间接法：先求此事件的对立事件，再用公式P(A)＝1－P()求得，即运用逆向思维(正难则反)，特别是“至多”“至少”型题目，用间接法就会较简便．
提醒：(1)应用互斥事件概率的加法公式，一定要注意首先确定各个事件是否彼此互斥，然后求出各事件发生的概率，再求和(或差)．间接法体现了“正难则反”的思想方法．
(2)应用概率加法公式解决问题的关键在于理解两个事件A，B的交事件A∩B的含义，准确求出其概率．
考点三 古典概型的综合问题
（2023.全国高三练习）人耳的听力情况可以用电子测听器检测，正常人听力的等级为0－25dB(分贝)，并规定测试值在区间(0，5]为非常优秀，测试值在区间(5，10]为优秀．某校500名同学参加了听力测试，从中随机抽取了50名同学的测试值作为样本，制成如图频率分布直方图：
(1)从总体的500名学生中随机抽取1人，估计其测试值在区间(0，10]内的概率；
(2)已知样本中听力非常优秀的学生有4人，估计总体中听力为优秀的学生人数；
(3)现选出一名同学参加另一项测试，测试规则如下：四个音叉的发音情况不同，由强到弱的编号分别为1,2,3,4.测试前将音叉顺序随机打乱，被测试的同学依次听完后，将四个音叉按发音由强到弱重新排序，所对应的音叉编号分别为a1，a2，a3，a4(其中集合{a1，a2，a3，a4}＝{1，2，3，4})．记Y＝＋＋＋，可用Y描述被测试者的听力偏离程度，求Y≤2的概率．
【解析】(1)根据频率分布直方图知，样本中测试值在区间(0，10]内的频率为1－×5＝1－0.8＝0.2，
以频率为概率，从总体的500名学生中随机抽取1人，估计其测试值在区间(0，10]内的概率为0.2.
(2)由(1)知：样本中听力为优秀的学生人数为0.2×50－4＝6，
∴估计总体中听力为优秀的学生人数为500×＝60.
(3)当a1＝1时，序号a1，a2，a3，a4的情况为6种：
分别记为，，，，，，
同理，当a1＝2,3,4时，序号a1，a2，a3，a4的情况也分别为6种，
∴序号a1，a2，a3，a4所有的情况总数为24种．
当Y＝0时，a1＝1，a2＝2，a3＝3，a4＝4，
当Y＝＋＋＋＝2时，a1，a2，a3，a4的取值为a1＝1，a2＝2，a3＝4，a4＝3，
或a1＝1，a2＝3，a3＝2，a4＝4, 或a1＝2，a2＝1，a3＝3，a4＝4，
∴Y≤2时，序号a1，a2，a3，a4对应的情况为4种，即P＝＝.
从集合{2,3,4,5}中随机抽取一个数a，从集合{1,3,5}中随机抽取一个数b，则向量m＝(a，b)与向量n＝(1，－1)垂直的概率为(　　)
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】由题意可知m＝(a，b)有：(2,1)，(2,3)，(2,5)，(3,1)，(3,3)，(3,5)，(4,1)，(4,3)，(4,5)，(5,1)，(5,3)，(5,5)，共12种情况．
因为m⊥n，即m·n＝0，
所以a×1＋b×(－1)＝0，即a＝b，
满足条件的有(3,3)，(5,5)共2个，
故所求的概率为.故选A．
求解古典概型的交汇问题，关键是把相关的知识转化为事件，然后利用古典概型的有关知识解决，其解题流程为：
1．（2022·全国·高考真题）从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由古典概型概率公式结合组合、列举法即可得解.
【详解】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有种不同的取法，
若两数不互质，不同的取法有：，共7种，
故所求概率.
故选：D.
2．（2022·全国·高考真题（文））从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先列举出所有情况，再从中挑出数字之积是4的倍数的情况，由古典概型求概率即可.
【详解】从6张卡片中无放回抽取2张，共有15种情况，
其中数字之积为4的倍数的有6种情况，故概率为.
故选：C.
3．（2020·山东·高考真题）现有5位老师，若每人随机进入两间教室中的任意一间听课，则恰好全都进入同一间教室的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用古典概型概率公式，结合分步计数原理，计算结果.
【详解】5位老师，每人随机进入两间教室中的任意一间听课，共有种方法，
其中恰好全都进入同一间教室，共有2种方法，所以.
故选：B
4．（2022·全国·高考真题（文））从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为____________．
【答案】
【分析】根据古典概型计算即可
【详解】解法一：设这5名同学分别为甲，乙，1,2,3，从5名同学中随机选3名，
有：(甲，乙，1)，(甲，乙，2)，(甲，乙，3)，(甲，1，2)，(甲，1，3)，(甲，2，3)，(乙，1，2)，(乙，1，3)，(乙，2，3)，(1，2，3)，共10种选法；
其中，甲、乙都入选的选法有3种，故所求概率.
故答案为：.
解法二：从5名同学中随机选3名的方法数为
甲、乙都入选的方法数为，所以甲、乙都入选的概率
故答案为：
5．（2022·全国·高考真题（理））从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为________．
【答案】.
【分析】根据古典概型的概率公式即可求出．
【详解】从正方体的个顶点中任取个，有个结果，这个点在同一个平面的有个，故所求概率．
故答案为：．
一、选择题
1．若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为(　　)
A．0.3 B．0.4
C．0.6 D．0.7
2．设O为正方形ABCD的中心，在O，A，B，C，D中任取3点，则取到的3点共线的概率为(　　)
A． B．
C． D．
3．抛掷一个质地均匀的骰子的试验，事件A表示“小于5的偶数点出现”，事件B表示“小于5的点数出现”，则一次试验中，事件A＋发生的概率为(　　)
A． B．
C． D．
　
4．四名数学老师相约到定点医院接种新冠疫苗，若他们一起登记后，等待电脑系统随机叫号进入接种室，则甲不被第一个叫到，且乙、丙被相邻叫到的概率为(　　)
A． B．
C． D．
　
5．中国篮球职业联赛(CBA)中，某男篮运动员在最近几次参加的比赛中的得分情况如下表：
投篮次数 投中两分球的次数 投中三分球的次数
100 55 18
记该运动员在一次投篮中，“投中两分球”为事件A，“投中三分球”为事件B，“没投中”为事件C，用频率估计概率的方法得到的下述结论中，不正确的是(　　)
A．P(A)＝0.55 B．P(B)＝0.18
C．P(C)＝0.27 D．P(B＋C)＝0.55
　
6．食物链亦称“营养链”，是指生态系统中各种生物为维持其本身的生命活动，必须以其他生物为食物的这种由食物联结起来的链锁关系．这种摄食关系，实际上是太阳能从一种生物转到另一种生物的关系，也即物质能量通过食物链的方式流动和转换．如图为某个生态环境中的食物链，若从鹰、麻雀、兔、田鼠以及蝗虫中任意选取两种，则这两种生物恰好构成摄食关系的概率为(　　)
A． B．
C． D．
7．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“”，如图就是一重卦．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(　　)
A． B．
C． D．
8．(多选)从1～20这20个整数中随机选择一个数，设事件A表示选到的数能被2整除，事件B表示选到的数能被3整除，则对下列事件概率描述正确的是(　　)
A．P(A)＝ B．P(A∩B)＝
C．P(A∪B)＝ D．P(∩)＝
　
二、填空题
9．将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数和为5的概率是________．
10．从1,2,3，…，30这30个数中任意摸出一个数，则事件“摸出的数是偶数或能被5整除的数”的概率是________．
　
11．已知花博会有四个不同的场馆A，B，C，D，甲、乙两人每人选2个去参观，则他们的选择中，恰有一个馆相同的概率为 ________.
　
12．(2021·湖南永州三模)甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次．甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说“虽然你的成绩比乙好，但是你俩都没得到第一名”；对乙说“你当然不会是最差的”．从上述回答分析，丙是第一名的概率是________．
　
三、解答题
13．经统计，在某储蓄所一个营业窗口排队的人数相应的概率如下：
排队人数 0 1 2 3 4 5人及5人以上
概率 0.1 0.16 0.3 0.3 0.1 0.04
求：(1)至多2人排队等候的概率；
(2)至少3人排队等候的概率.
14．广场舞是现代城市群众文化、娱乐发展的产物，也是城市精神文明建设成果的一个重要象征.2021年某校社会实践小组对某小区参与广场舞的群众进行了年龄的调查，随机抽取了40名广场舞者进行调查，将他们的年龄分成6组：[20,30)，[30,40)，[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80]，得到如图所示的频率分布直方图．
(1)计算这40名广场舞者中年龄分布在[40,70)的人数；
(2)若从年龄在[20,40)的广场舞者中任选2名，求这2名广场舞者中恰有一人年龄在[30,40)的概率．
15．某儿童乐园在“六一”儿童节推出了一项趣味活动．参加活动的儿童需转动如图所示的转盘两次，每次转动后，待转盘停止转动时，记录指针所指区域中的数．设两次记录的数分别为x，y.奖励规则如下：
①若xy≤3，则奖励玩具一个；②若xy≥8，则奖励水杯一个；③其余情况奖励饮料一瓶．
假设转盘质地均匀，四个区域划分均匀．小亮准备参加此项活动．
(1)求小亮获得玩具的概率；
(2)请比较小亮获得水杯与获得饮料的概率的大小，并说明理由．
16.如图，A地到火车站共有两条路径L1和L2，现随机抽取100位从A地到达火车站的人进行调查，调查结果如下：
所用时间 (分钟) 10～20 20～30 30～40 40～50 50～60
选择L1的人数 6 12 18 12 12
选择L2的人数 0 4 16 16 4
(1)试估计40分钟内不能赶到火车站的概率；
(2)分别求通过路径L1和L2所用时间落在上表中各时间段内的频率；
(3)现甲、乙两人分别有40分钟和50分钟时间用于赶往火车站，为了尽最大可能在允许的时间内赶到火车站，试通过计算说明，他们应如何选择各自的路径．

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