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第05讲 古典概型与概率的基本性质
目录
01 常考题型过关练
题型01 古典概型的特征
题型02 几何中的古典概型问题
题型03 数列中的古典概型
题型04统计中的古典概型
题型05有放回与无放回中的古典概型
题型06 根据古典概型的概率求参数
题型07 概率的基本性质
02 核心突破提升练
03 真题溯源通关练
01 古典概型的特征
1．下列试验中符合古典概型研究的试验是（ ）
A．抛掷一颗六个面都是不同材质的骰子，正面向上的点数
B．抽奖箱里有4个白球和6个黑球，这10个球除颜色外完全相同，从中任取一个球
C．向一个圆面内随机地投一个点，观察该点落在圆内的位置
D．射击选手进行射击训练，结果为命中10环、命中9环、……、命中0环
2．下列试验是古典概型的是（　　）
A．口袋中有2个白球和3个黑球，从中任取一球为白球
B．在区间上任取一个实数，使
C．某小组有男生5人，女生3人，从中任选1人做演讲
D．某人射击中靶或不中靶
3．（多选）下列试验不是古典概型的是（ ）
A．任意抛掷两枚骰子，所得点数之和作为样本点
B．口袋里有2个白球和2个黑球，这4个球除颜色外完全相同，从中任取一球为白球的概率
C．向一个圆面内部随机地投一个点，该点落在圆心的概率
D．老师从甲、乙、丙三名学生中任选两人做典型发言，甲被选中的概率
4．（多选）下列试验是古典概型的是（　　）
A．在适宜的条件下种一粒种子，发芽的概率
B．口袋里有2个白球和2个黑球，这4个球除颜色外完全相同，从中任取一球为白球的概率
C．向一个正方形ABCD内部随机地投一个点，该点落在A点的概率
D．10个人站成一排，其中甲、乙相邻的概率
5．（多选）下列试验中是古典概型的是（　　）
A．抛一枚质地均匀的硬币,观察其正面或反面出现的情况
B．口袋里有2个白球和2个黑球,这4个球除颜色外完全相同,从中任取1个球
C．向一个圆面内随机地投一个点,该点落在圆内任意一点
D．射击运动员向一靶心进行射击,观察其环数
6．下列概率模型是古典概型吗？为什么？
(1)从区间内任意取出一个实数，求取到实数2的概率；
(2)向上抛掷一枚不均匀的旧硬币，求正面朝上的概率；
(3)从1，2，3，…，100这100个整数中任意取出一个整数，求取到偶数的概率．
02 几何中的古典概型问题
7．某社区广场有一个如图所示的花坛，花坛有1，2，3，4四个区域，现有6种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能种植同一种花卉，中间圆圈区域不种植花卉.若从所有种植方案中任意选一种，则这种方案中花坛区域1和区域3种植的是同一种花卉的概率为（ ）
A． B． C． D．
8．《易·系辞上》有“河出图，洛出书”之说，河图、洛书是中华文化、阴阳术数之源，其中河图排列结构是一、六在后，二、七在前，三、八在左，四、九在右，五、十背中.如图，白圈为阳数，黑点为阴数.若从这10个数中任取2个数，则这2个数中至多有1个阴数的概率为（ ）
A． B． C． D．
9．若图G的关联结点（加黑的粗点）构成的点集记为V，V可划分为两个子集和，且图中的每一条边的一个关联结点在中，另一个关联结点必在中，则将图G称为二部图．现有下列六个图，若从这六个图中任选两个，则（ ）
A．这两个图都是二部图的概率为
B．这两个图至少有一个是二部图的概率为
C．这两个图不都是二部图的概率为
D．这两个图恰有一个是二部图的概率为
10．如图，从1开始出发，一次移动是指从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或右上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如从1移动到9，1→2→3→5→7→8→9就是一条移动路线．从1移动到数字的不同路线条数记为，从1移动到9的事件中（每条移动路线都是等可能的），经过数字的概率记为，则 ， ．
11．某街区的交通道路如图中实线所示，它们恰好构成正方形网格．某人从处出发，沿道路以最短路径到达处，
①若从可选线路中随机选一条，则经过点的概率为 ；
②若在分叉路口有多个方向可选时随机选择方向，则经过点的概率为 ．
12．如图，九宫格中已填入数字1，3，5，7，9，随机将数字2，4，6，8填入空格中，则第三行与第三列数字和相等的概率为 .
03 数列中的古典概型
13．意大利数学家斐波那契在他的《算盘全书》中提出了一个关于兔子繁殖的问题：如果一对兔子每月能生1对小兔子（一雄一雌），而每1对小兔子在它出生后的第三个月里，又能生1对小兔子，假定在不发生死亡的情况下，从第1个月1对初生的小兔子开始，以后每个月的兔子总对数是：1，1，2，3，5，8，13，21，…，这就是著名的斐波那契数列，它的递推公式是，其中，．若从该数列的前2025项中随机地抽取一个数，则这个数是偶数的概率为（ ）
A． B． C． D．
14．数列满足，且，数列的前项和为，从的前项中任取两项，它们的和为奇数的概率为，则（ ）
A． B． C． D．
15．1827年英国植物学家布朗用显微镜观察悬浮在水中的花粉时发现被分子撞击的悬浮微粒做无规则运动，这类运动被称为布朗运动．在如图所示的容器截面图中，，，表示容积相等的三部分区域，每块区域都有大小相同的小孔进行联通．假设某粒子做布朗运动时，会等可能的随机选择一个小孔到达另一区域，已知该粒子的初始位置在区域，且粒子经过次随机选择后到达区域的概率为，则 ．

16．若数列不是等差数列，但使得，那么称数列为“局部等差数列”.若从集合中依次抽取4个数构成一个数列，则数列为局部等差数列的概率为 .
17．斐波那契数列（Fibonaccisequence），又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多 斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，指的是这样一个数列：，，，，，，，，，，在数学上，斐波那契数列以如下递推的方式定义：，，，.若集合为集合的非空子集，则集合中所有元素之和为奇数的概率为 .
18．斐波那契数列，又称黄金分割数列.在数学上，斐波那契数列以如下递推的方式定义：，，（，）.已知，且，则中所有元素之和为奇数的概率为 .（用最简分数表示）
19．给定两个数组与，称为这两个数组之间的“差异量”，令数组，且集合，．
(1)当时，写出的所有可能情况；
(2)记，求的概率．
04 统计中的古典概型
20．在领航2班的一次数学周考中，满分120分，根据班级成绩统计得到了成绩的频率分布直方图，如图所示.由于制作图表的人工作不仔细，将的人数与的人数，的人数与的人数登记反了.
(1)求m的值;
(2)设领航2班这次考试的更正前的平均分求更正后的平均分，并比较与的大小.（不需要计算，说明理由即可；每个区间的平均分以中点值代替）；
(3)从更正后得分，的人中按分层抽样的方式从中选出一个容量为6的样本，再从这6人中选出2人参加竞赛考试，则这2人的成绩在同一区间内的概率为多少
21．某高中在一次高一物理测试后，为了解本次测试的成绩情况，在整个年级中随机抽取了名学生的物理成绩，成绩均在内，将成绩分为，共组，得到如图所示的频率分布直方图.
(1)求的值并估计这名学生物理成绩的第百分位数（精确到）；
(2)从成绩在和的学生中，用分层随机抽样方法抽取名学生，再从这名学生中随机抽取名，求这名学生物理成绩在和内各人的概率.
22．2025年5月22日16时49分，神舟二十号航天员陈冬、陈中瑞、王杰完成首次出舱任务，历时约8小时．安全返回天和核心舱．为了弘扬航天精神，某校组织高二学生进行了航天知识能力测试．现随机抽取100名学生的测试成绩（单位：分），将所得数据按照，，，，，分成6组，其频率分布直方图如图所示．
(1)求图中的值；
(2)试估计本次航天知识能力测试成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作为代表）；
(3)该校准备对本次航天知识能力测试成绩不及格（60分以下）的学生，采用分层随机抽样方法抽出5名同学，再从抽取的这5名同学中随机抽取2名同学进行情况了解，求这2名同学分数在，各一人的概率．
23．某高校承办了2024年上海帆船公开赛的志愿志选拔面试工作，现随机抽取了 100名候选者的面试成绩并分成五组:第一组[45，55)，第二组[55，65)，第三组[65，75)，第四组[75，85)，第五组[85，95]，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同.
(1)求a、b的值，并估计这100名候选者面试成绩的平均数及中位数(保留一位小数)；
(2)在第四、五两组志愿者中，按比例分层抽样抽取5人，然后再从这5人中选出2人，求选出的两个来自不同组的概率.
26．某学校为保障校园科创社团成员以良好身体素质开展创新实践，对“航模社”和“建模社”进行专项体能训练.学期末，从两个社团各随机抽取100人进行“障碍跑”成绩测试（成绩单位：秒），依据测试结果得到如下频率分布直方图.
(1)分别计算航模社测试的平均成绩、建模社测试成绩的分位数（同一组中数据用该组区间中点值近似代替）；
(2)若测试成绩在70秒以内（含70秒）为“体能合格”，从两社团“体能合格”成员中按分层随机抽样选5人分享“科创+体能”训练经验，再从这5人中选2人担任经验分享会主持人，求2人都来自“建模社”的概率.
25．从某次知识竞赛成绩中随机抽取容量为100的样本，由样本数据绘制的频率分布直方图如图所示；

(1)求直方图中的值及样本中位数；
(2)现用分层抽样的方法从区间，，抽取5人，写出从这5人中随机抽取2人的样本空间，并求这2人成绩至少一人成绩在的概率.
26．有一道选择题考查了一个知识点，甲、乙两校各随机抽取100人，甲校有80人答对，乙校有75人答对，用频率估计概率．
(1)从甲校随机抽取1人，求这个人做对该题目的概率；
(2)从甲、乙两校各随机抽取1人，求恰有1人做对的概率.
27．某校为了解高一学生在学业水平模拟考试中数学成绩的情况，从全年级的成绩中随机抽取100名学生的成绩进行分析，其频率分布直方图如图所示，其中分数在内的学生有15人.
(1)求m，n的值；
(2)学校准备按成绩从高到低抽取前34%的学生进行表彰，用样本估计总体的方法，估计受表彰学生的最低分是多少
(3)若采用按比例分配的分层随机抽样的方法，从成绩在和内的学生中共抽取6人查看他们的答题情况，再从这6人中选取2人进行个案分析，求这2人中恰有1人成绩在内的概率.
05 有放回与无放回中的古典概型
28．抽样是产品检查的常用方法，分为放回抽样和不放回抽样两种具体操作方案.现有100只外形相同的电路板，其中有40只类板，60只B类板.求在下列各种情况下，从100只抽出3只，3只都是B类的概率．
(1)每次取出一只，测试后放回，然后再随机抽取下一只；（称为放回抽样）
(2)每次取出一只，测试后不放回，在其余的电路板中，随意取下一只.（称为不放回抽样）
29．一个口袋中有质地和大小完全相同的5个球，编号分别为1，2，3，4，5，甲、乙两人玩一种游戏，甲先摸出一个球，记下编号，放回后乙再摸一个球，记下编号，如果两个编号的和为偶数算甲赢，否则算乙赢.
(1)求编号和为5的事件发生的概率；
(2)这种游戏规则公平吗？说明理由；
(3)如果甲摸出球后不放回，则游戏对谁有利？
30．从2名男生（记为和）和3名女生（记为和）组成的总体中，任意依次抽取2名学生.
(1)不放回简单随机抽样求出抽到的2人为1名男生和1名女生的概率.
(2)有放回简单随机抽样求出抽到的2人为1名男生和1名女生的概率.
31．袋中装有大小相同的2个白球和3个黑球．
(1)采取放回抽样方式，从中依次摸出两个球，求两球颜色不同的概率；
(2)采取不放回抽样方式，从中依次摸出两个球，求两球颜色不同的概率．
32．袋中装有编号分别为1，2，3，4，5的5个形状、大小完全相同的球.甲每次从中取出2个球，若1号球和2号球恰有一个被取出，则获得奖金10元，若1号球和2号球都被取出，则获得奖金20元.
(1)求甲获得10元的概率；
(2)若甲有放回地取两次，求获得奖金总和为20元的概率.
33．已知袋中有8个大小质地相同，颜色不全相同的小球，分别为黑球、白球、红球，从中任意取一球，取到黑球或白球的概率是，取到白球或红球的概率是．
(1)从中任取两个球，求取出的两个球颜色不相同的概率；
(2)若有放回的取球，求取出的两个球一个是白色一个是红色的概率．
34．一个袋中装有6个形状大小完全相同的小球，球的编号分别为1，2，3，4，5，6.
(1)若从袋中随机抽取1个球，求取出的球编号为质数的概率；
(2)若从袋中每次随机抽取1个球，有放回地抽取2次，求取出的两个球编号之和为6的概率；
(3)若一次从袋中随机抽取3个球，求取出的球最大编号为4的概率.
35．袋子中有5个大小质地完全相同的球，其中红球3个，白球2个．
(1)从中有放回地依次随机摸出2个球，求第一次摸到白球的概率；
(2)从中无放回地依次随机摸出2个球，求第二次摸到白球的概率；
(3)若同时随机摸出2个球，求至少摸到一个白球的概率．
06 根据古典概型的概率求参数
36．在一个不透明的袋中有4个红球和个黑球，现从袋中有放回地随机摸出2个球，已知取出的球中至少有一个红球的概率为，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
37．平面内有个点等分圆周，从个点中任取3个，可构成直角三角形的概率为，连接这个点可构成正多边形，则此正多边形的边数为（ ）
A．6 B．8 C．12 D．16
38．一个口袋中装有20个红球和若干个黑球，在不允许将球倒出来数的前提下，为估计口袋中黑球的个数，小张采用了如下的方法：每次从口袋中摸出1个球，记下球的颜色后再把球放回口袋中摇匀.不断重复上述过程900次，共摸出红球400次，根据上述数值，估计口袋中黑球的个数为（ ）
A．25 B．30 C．35 D．40
39．一个袋子中装有形状大小完全相同的6个红球，个绿球，现采用不放回的方式从中依次随机取出2个球.若取出的2个球都是红球的概率为，则的值为（ ）
A．4 B．5 C．12 D．15
40．某箱脐橙共有18个，其中有少部分是坏果.若从这箱脐橙中任取2个，恰好取到1个坏果的概率为，则这箱脐橙中坏果的个数为（ ）
A．3 B．5 C．2 D．4
41．一个袋子中有大小和质地相同的4个红球和n个绿球，采用有放回方式从中依次随机地取出2个球，若取出的2个球颜色不同的概率为，则n的所有可能取值为 ．
42．一个袋子中有若干个大小质地完全相同的球，其中有3个红球，个黄球，从袋中不放回地依次随机取出2个球，已知取出的2个球都是红球的概率是，则 .
43．现有编号为1，2，3，…，的n个相同的袋子，每个袋中均装有n个形状和大小都相同的小球，且编号为的袋中有k个红球，个白球. 当n=5时，从编号为3的袋中无放回依次摸出两个球，则摸到的两个球都是红球的概率为 ；现随机从个袋子中任选一个，再从袋中无放回依次摸出三个球，若第三次取出的球为白球的概率为，则n的值为 .
07 概率的基本性质
44．已知事件和事件独立，若，则（ ）
A．0.21 B．0.51 C．0.79 D．0.91
45．设随机事件A，B满足，，则（ ）．
A． B． C． D．
46．已知随机事件满足，则（ ）
A． B． C． D．
47．已知一个古典概型，其样本空间中共有12个样本点，其中事件有6个样本点，事件有4个样本点，事件有8个样本点，则（ ）
A． B． C． D．
48．已知一个古典概型的样本空间和事件和，若，则 .
49．算盘是中国传统的计算工具，其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”，档中横以梁，梁上两珠，每珠作数五，梁下五珠，每珠作数一．算珠梁上部分叫上珠，梁下部分叫下珠．例如，在十位档拨上一颗上珠和两颗下珠，个位档拨上四颗下珠，则表示数字，若分别在个、十、百、千位档中各随机拨上一颗下珠或拨下一颗上珠，记事件所表示的数能被整数，事件所表示的数能被整除，则 ．
1．（2025·天津南开·模拟预测）“……《春天的21840种可能》，但这比起你们的未来，都还远远不及，因为你们未来的可能是无穷尽．”这是毕业典礼上老师送给同学们的一段寄语，H老师借“21840”与“无穷尽”命题如下：设集合，，为数列的前项和，若取中每个数字的概率相同．记为事件“等于奇数”的概率，当趋近于无穷大时，的近似值为，则（ ）．
A．， B．，
C．， D．，
2．（2025·辽宁鞍山·一模）小李同学想用一支铅笔从如下的直三棱柱的顶点出发沿三棱柱的棱逐步完成“一笔画”，即每一步均沿着某一条棱从一个端点到达另一个端点，紧接着从上一步的终点出发随机选择下一条棱再次画出，进而达到该棱的另一端点．按此规律一直进行，其中每经过一条棱称为一次移动，并随机选择选择某个顶点处停止，得到一条“一笔画”路径．比如，“一笔画”路径：．若经过4次移动后，到达点的条件下，两次经过点的概率为（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·山东临沂·三模）苏轼，字子瞻，号铁冠道人、东坡居士.北宋文学家，书法家、画家，历史治水名人.与父苏洵、弟苏辙三人并称“三苏”.为了纪念苏轼在文学方面的伟大成就，某中学开展“苏轼文化竞赛”活动，最终参加决赛共有位同学，参加决赛的同学都有奖，决赛设置一、二、三等奖.若要求获得一等奖的人数不少于人，获得二等奖的人数不少于人，获得三等奖的人数不少于人，则恰有人获得二等奖的概率为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025·甘肃金昌·模拟预测）已知袋中共有7个黑球、m个白球，所有球除颜色外，其余均相同，甲和乙两人各从袋中随机且不放回地取出一球，若两球颜色不同，则甲胜；若两球颜色相同，则乙胜.要使甲取得胜利的概率高于乙，则正整数m的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2025·湖北·模拟预测）已知正整数，欧拉函数表示、、、、中与互素的整数的个数，例如，，.若小明从、、、、中随机取一个数，小红从、、、、中随机取一个数，则的概率为 .
6．（2025·福建泉州·模拟预测）摩尔斯电码常用0和1组成的有序数组（，，）表示信息，被称为一个长为的字．设， 令表示使的的个数，例如，，则．若，则满足，字长为6的字中至少有3个1相邻的概率为 ．
1．（2022·全国甲卷·高考真题）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．
2．（2024·全国甲卷·高考真题）有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中无放回地随机取3次，每次取1个球.记为前两次取出的球上数字的平均值，为取出的三个球上数字的平均值，则与之差的绝对值不大于的概率为 ．
3．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）在如图的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有 种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是 ．
4．（2023·天津·高考真题）把若干个黑球和白球（这些球除颜色外无其它差异）放进三个空箱子中，三个箱子中的球数之比为．且其中的黑球比例依次为．若从每个箱子中各随机摸出一球，则三个球都是黑球的概率为 ；若把所有球放在一起，随机摸出一球，则该球是白球的概率为 ．
5．（2022·全国乙卷·高考真题）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 ．中小学教育资源及组卷应用平台
第05讲 古典概型与概率的基本性质
目录
01 常考题型过关练
题型01 古典概型的特征
题型02 几何中的古典概型问题
题型03 数列中的古典概型
题型04统计中的古典概型
题型05有放回与无放回中的古典概型
题型06 根据古典概型的概率求参数
题型07 概率的基本性质
02 核心突破提升练
03 真题溯源通关练
01 古典概型的特征
1．下列试验中符合古典概型研究的试验是（ ）
A．抛掷一颗六个面都是不同材质的骰子，正面向上的点数
B．抽奖箱里有4个白球和6个黑球，这10个球除颜色外完全相同，从中任取一个球
C．向一个圆面内随机地投一个点，观察该点落在圆内的位置
D．射击选手进行射击训练，结果为命中10环、命中9环、……、命中0环
【答案】B
【分析】根据古典概型的定义即可结合选项逐一求解.
【详解】在选项A中，因为骰子各个面材质不一样，所以每一面出现的可能性是不均等的，故不是古典概型；
在选项B中，球的数量有限，且每次试验中，每个球被抽中的可能性相同，故B项是古典概型；
在选项C中，试验的结果是无穷的，故不是古典概型；
在选项D中，因为各环的大小不均等，不满足各个样本点出现的可能性相等，故不是古典概型.
故选：B
2．下列试验是古典概型的是（　　）
A．口袋中有2个白球和3个黑球，从中任取一球为白球
B．在区间上任取一个实数，使
C．某小组有男生5人，女生3人，从中任选1人做演讲
D．某人射击中靶或不中靶
【答案】C
【分析】借助古典概率特征：①有限性；②等可能性逐项分析即可得.
【详解】对A：取出白球与取出黑球发生的可能性不同，故不是古典概型，故A错误；
对B：一次试验的结果有无限个，故不是古典概型，故B错误；
对C：满足古典概型特征，是古典概型，故C正确；
对D：两个样本点发生的可能性可能不同，故不是古典概型，故D错误．
故选：C.
3．（多选）下列试验不是古典概型的是（ ）
A．任意抛掷两枚骰子，所得点数之和作为样本点
B．口袋里有2个白球和2个黑球，这4个球除颜色外完全相同，从中任取一球为白球的概率
C．向一个圆面内部随机地投一个点，该点落在圆心的概率
D．老师从甲、乙、丙三名学生中任选两人做典型发言，甲被选中的概率
【答案】AC
【分析】根据古典概型的定义逐个分析判断即可.
【详解】由于点数的和出现的可能性不相等，故A不正确；
从中任取一球的事件有限，且任取一球为白球或黑球的概率是等可能的，故B正确；
向一个圆面内部随机地投一个点，该点落在圆心的概率，不符合有限性，故C不正确；
老师从甲、乙、丙三名学生中任选两人的事件有限，甲、乙、丙被选中的概率是等可能的，故D正确．
故选：AC．
4．（多选）下列试验是古典概型的是（　　）
A．在适宜的条件下种一粒种子，发芽的概率
B．口袋里有2个白球和2个黑球，这4个球除颜色外完全相同，从中任取一球为白球的概率
C．向一个正方形ABCD内部随机地投一个点，该点落在A点的概率
D．10个人站成一排，其中甲、乙相邻的概率
【答案】BD
【分析】运用古典概型的等可能性和有限性逐个去判断即可.
【详解】选项A, 种子发芽不是等可能事件,不是古典概型；
选项B,每个球被抽到的概率相等,是古典概型；
选项C,样本点有无限个,不是古典概型；
选项D,每两个人相邻都是等可能的,是古典概型,
故选:BD.
5．（多选）下列试验中是古典概型的是（　　）
A．抛一枚质地均匀的硬币,观察其正面或反面出现的情况
B．口袋里有2个白球和2个黑球,这4个球除颜色外完全相同,从中任取1个球
C．向一个圆面内随机地投一个点,该点落在圆内任意一点
D．射击运动员向一靶心进行射击,观察其环数
【答案】AB
【分析】运用古典概型的等可能性和有限性逐个去判断即可.
【详解】选项A,正面和反面出现的概率相同,是古典概型；
选项B,每个球被抽到的概率相等,是古典概型；
选项C,样本点有无限个,不是古典概型；
选项D,命中10环,9环,…,0环的概率不等,不是古典概型,
故选:AB.
6．下列概率模型是古典概型吗？为什么？
(1)从区间内任意取出一个实数，求取到实数2的概率；
(2)向上抛掷一枚不均匀的旧硬币，求正面朝上的概率；
(3)从1，2，3，…，100这100个整数中任意取出一个整数，求取到偶数的概率．
【答案】(1)不是古典概型，理由见解析
(2)不是古典概型，理由见解析
(3)是古典概型，理由见解析
【分析】运用古典概型的特征判定即可.
【详解】（1）不是古典概型，因为区间中有无限多个实数，取出的实数有无限多种结果，与古典概型定义中“所有可能结果只有有限个”矛盾．
（2）不是古典概型，因为硬币不均匀导致“正面朝上”与“反面朝上”发生的可能性不相等，与古典概型定义中“每一个试验结果出现的可能性相同”矛盾．
（3）是古典概型，因为在试验中所有可能出现的结果是有限的，而且每个整数被抽到的可能性相等．
02 几何中的古典概型问题
7．某社区广场有一个如图所示的花坛，花坛有1，2，3，4四个区域，现有6种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能种植同一种花卉，中间圆圈区域不种植花卉.若从所有种植方案中任意选一种，则这种方案中花坛区域1和区域3种植的是同一种花卉的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】分别求出区域1与区域3种同种花卉和不同花卉的方案种数，根据古典概率的公式求解.
【详解】当区域1与区域3种植同一种花卉时，该花坛种植方案共有种；
当区域1与区域3不种植同一种花卉时，该花坛种植方案共有种．
故该花坛区域1和区域3种植的是同一种花卉的概率为.
故选：B.
8．《易·系辞上》有“河出图，洛出书”之说，河图、洛书是中华文化、阴阳术数之源，其中河图排列结构是一、六在后，二、七在前，三、八在左，四、九在右，五、十背中.如图，白圈为阳数，黑点为阴数.若从这10个数中任取2个数，则这2个数中至多有1个阴数的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用分类抽取和间接法即可求解.
【详解】由题意可得，为阳数，为阴数，
若从10个数中任取2个数，则这2个数字全是阴数的概率为：，
所以这2个数中至多有1个阴数的概率为，
故选：D.
9．若图G的关联结点（加黑的粗点）构成的点集记为V，V可划分为两个子集和，且图中的每一条边的一个关联结点在中，另一个关联结点必在中，则将图G称为二部图．现有下列六个图，若从这六个图中任选两个，则（ ）
A．这两个图都是二部图的概率为
B．这两个图至少有一个是二部图的概率为
C．这两个图不都是二部图的概率为
D．这两个图恰有一个是二部图的概率为
【答案】BC
【分析】首先根据二部图的定义确定这6个图中，二部图的个数，再根据古典概型，通过列举的方法，即可概率.
【详解】
对于图（1），图中出现了，则该三角形必然有一条边的两个顶点分在一个子集内，
这显然不符合二部图的定义，图（4）也是如此，所以图（1）与图（4）不是二部图．
除了这两个图，其他四个图都是二部图，
例如，对于图（3），当时，图中的每一条边的一个关联结点在中，
另一个关联结点必在中；
对于图（5），当时，图中的每一条边的一个关联结点在中，
另一个关联结点必在中．从这六个图中任选两个，所有的选择为
，
，
，共15种．
这两个图都是二部图的选择共有6种，这两个图至少有一个是二部图的选择共有14种，
这两个图不都是二部图的选择共有9种，这两个图恰有一个是二部图的选择共有8种，
故这两个图都是二部图的概率为，故A错误；
这两个图至少有一个是二部图的概率为，故B正确；
这两个图不都是二部图的概率为，故C正确；
这两个图恰有一个是二部图的概率为，故D错误.
故选：BC
10．如图，从1开始出发，一次移动是指从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或右上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如从1移动到9，1→2→3→5→7→8→9就是一条移动路线．从1移动到数字的不同路线条数记为，从1移动到9的事件中（每条移动路线都是等可能的），经过数字的概率记为，则 ， ．
【答案】 5
【分析】根据题意分析可知：，进而求出相应的的值，结合古典概型求，
【详解】由题意得：，若移动到数字，则由数字或数字移动一次得到，则，
据此即可得到，，又因为从到共有三条路径可走，
故从1到9经过6的路径共有，故,
故答案为： ，
11．某街区的交通道路如图中实线所示，它们恰好构成正方形网格．某人从处出发，沿道路以最短路径到达处，
①若从可选线路中随机选一条，则经过点的概率为 ；
②若在分叉路口有多个方向可选时随机选择方向，则经过点的概率为 ．
【答案】 /
【分析】先求出不经过C点和经过C点两种情形可选路线数即可求解空①；明确在分叉路口有多个方向可选时随机选择方向时经过点的情形即可求解空②.
【详解】由图可知从处出发沿道路以最短路径到达处的路线有两种情形：
第一种情形不经过C点，此情况可选路线有2条；
第二种情形经过C点，此情况可选路线有条；
所以从处出发沿道路以最短路径到达处的路线共有6条；
对于①，从可选线路中随机选一条，则经过点的概率为；
对于②，在分叉路口有多个方向可选时随机选择方向，则经过点有两种情形，
第一种是从A出发第一步向右，第二步有可能选择经过C；第二种是从A出发第一步向上，第二步有可能选择经过C，
所以所求概率为.
故答案为：；.
12．如图，九宫格中已填入数字1，3，5，7，9，随机将数字2，4，6，8填入空格中，则第三行与第三列数字和相等的概率为 .
【答案】/
【分析】设第一行第一列为，设第一行第三列为，第三行第三列为，第三行第三列为由题有，由题可得，然后由列举法可得答案.
【详解】设第一行第一列为，设第一行第三列为，第三行第三列为，第三行第三列为由题有.由题有.
由题可得可为
，共24种情况.
满足的有共6种，则对应概率为：.
故答案为：
03 数列中的古典概型
13．意大利数学家斐波那契在他的《算盘全书》中提出了一个关于兔子繁殖的问题：如果一对兔子每月能生1对小兔子（一雄一雌），而每1对小兔子在它出生后的第三个月里，又能生1对小兔子，假定在不发生死亡的情况下，从第1个月1对初生的小兔子开始，以后每个月的兔子总对数是：1，1，2，3，5，8，13，21，…，这就是著名的斐波那契数列，它的递推公式是，其中，．若从该数列的前2025项中随机地抽取一个数，则这个数是偶数的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】从递推数列中发现斐波那契数列的规律，先计算总偶数个数，然后即可求出概率值.
【详解】由题设，斐波那契数列从第一项开始，每三项的最后一项为偶数，而，
∴前2025项中有675个偶数，从该数列前2025项中随机地抽取一个数为偶数的概率为．
故选：A.
14．数列满足，且，数列的前项和为，从的前项中任取两项，它们的和为奇数的概率为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABD
【分析】根据数列的递推关系，通过构造，求出数列通项公式，即可判断A，B；理解数列的前项积的概念，并通过运算即可判断C；根据组合数以及概率的计算公式，即可判断D．
【详解】，，，
又，所以数列是首项为3，公差为1的等差数列.，
即，，
对于选项A：，故A正确；
对于选项B：所以，故B正确；
对于选项C：，故C正确；
对于选项D：显然为奇数时，为奇数，为偶数时，为偶数，
因此要满足两项之和为奇数，则取奇偶各一个，
所以，故D正确.
故选：ABD.
15．1827年英国植物学家布朗用显微镜观察悬浮在水中的花粉时发现被分子撞击的悬浮微粒做无规则运动，这类运动被称为布朗运动．在如图所示的容器截面图中，，，表示容积相等的三部分区域，每块区域都有大小相同的小孔进行联通．假设某粒子做布朗运动时，会等可能的随机选择一个小孔到达另一区域，已知该粒子的初始位置在区域，且粒子经过次随机选择后到达区域的概率为，则 ．

【答案】
【分析】记粒子经过次随机选择后到达B区域的概率为，到达C区域的概率为，从而得到方程组，变形得到，故，求出答案.
【详解】记粒子经过次随机选择后到达B区域的概率为，
粒子经过次随机选择后到达C区域的概率为，
则有，可得，
则，
因为，所以数列是首项为，公比为的等比数列，
故，即，
故．
故答案为：
16．若数列不是等差数列，但使得，那么称数列为“局部等差数列”.若从集合中依次抽取4个数构成一个数列，则数列为局部等差数列的概率为 .
【答案】/0.2
【分析】先求出一共有的情况数，并列举出满足要求的情况数，相除可得概率.
【详解】依次抽取4个数构成一个数列，共有种情况，
依题意数列中仅连续三项等差，这三项可以为2，4，6（或6，4，2）；
4，6，8（或8，6，4）；6，8，10（或10，8，6）；2，6，10（或10，6，2）四类，
其中2，4，6（或6，4，2）有6种情况，
分别是8，2，4，6；10，2，4，6；2，4，6，10；6，4，2，8；6，4，2，10；10，6，4，2；
4，6，8（或8，6，4）有4种情况，
分别是10，4，6，8；4，6，8，2；8，6，4，10；2，8，6，4；
6，8，10（或10，8，6），有6种情况，
分别是2，6，8，10；6，8，10，2；6，8，10，4；
2，10，8，6；10，8，6，2；4，10，8，6；
2，6，10（或10，6，2）有8种情况，
分别为4，2，6，10；8，2，6，10；2，6，10，4；2，6，10，8；
4，10，6，2；8，10，6，2；10，6，2，4；10，6，2，8；
列举可得共有种情形.
则概率为.
故答案为：
17．斐波那契数列（Fibonaccisequence），又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多 斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，指的是这样一个数列：，，，，，，，，，，在数学上，斐波那契数列以如下递推的方式定义：，，，.若集合为集合的非空子集，则集合中所有元素之和为奇数的概率为 .
【答案】
【分析】记中所有偶数组成的集合为，所有奇数组成的集合为，为集合的子集，集合中含有奇数个元素的子集为，则所有元素之和为奇数的集合可看成，结合分步乘法计数原理及古典概型概率公式即可可解.
【详解】由斐波那契数列规律可知，集合中的元素有675个偶数，1350个奇数，
记中所有偶数组成的集合为，所有奇数组成的集合为，为集合的子集，
集合中含有奇数个元素的子集为，则所有元素之和为奇数的集合可看成.
易知，集合共有个，集合共有个，
所以所有元素之和为奇数的集合共有个.
又集合的非空子集共有个，所以中所有元素之和为奇数的概率为.
故答案为：.
18．斐波那契数列，又称黄金分割数列.在数学上，斐波那契数列以如下递推的方式定义：，，（，）.已知，且，则中所有元素之和为奇数的概率为 .（用最简分数表示）
【答案】
【分析】根据给定条件，结合组合计数问题求出集合中非空子集个数，进而求出概率.
【详解】，
由数列，得每隔三项为奇数、偶数、奇数，不断重复出现，
则中奇数项有1350个，偶数项有675个，
由且，得集合的非空子集个数为个，
而中所有元素之和为奇数的集合个数为
则中所有元素之和为奇数的概率为.
故答案为：
19．给定两个数组与，称为这两个数组之间的“差异量”，令数组，且集合，．
(1)当时，写出的所有可能情况；
(2)记，求的概率．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）根据题意直接写出所有可能的排列即可；
（2）根据“差异量”的定义，写出满足的，利用古典概型求解概率即可.
【详解】（1）的所有可能情况为，，，，，；
（2）因为，由（1）知，的所有可能情况有6种,
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
所以满足的有，共2种，
所以的概率为
04 统计中的古典概型
20．在领航2班的一次数学周考中，满分120分，根据班级成绩统计得到了成绩的频率分布直方图，如图所示.由于制作图表的人工作不仔细，将的人数与的人数，的人数与的人数登记反了.
(1)求m的值;
(2)设领航2班这次考试的更正前的平均分求更正后的平均分，并比较与的大小.（不需要计算，说明理由即可；每个区间的平均分以中点值代替）；
(3)从更正后得分，的人中按分层抽样的方式从中选出一个容量为6的样本，再从这6人中选出2人参加竞赛考试，则这2人的成绩在同一区间内的概率为多少
【答案】(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）根据频率和为1列方程求参数；
（2）由频率直方图及题设，求平均值，比较大小即可；
（3）应用分层抽样确定不同区间抽取的人数，应用列举法求古典概型的概率.
【详解】（1）由图知，可得；
（2）由图，，
，
所以；
（3）由题意，，的人数比为，故6人中4人来自，2人来自，
令中4人为，中2人为，
所以，6人任意抽取2人有，共15种，
其中2人来自同一区间有，共7种，
所以这2人的成绩在同一区间内的概率为.
21．某高中在一次高一物理测试后，为了解本次测试的成绩情况，在整个年级中随机抽取了名学生的物理成绩，成绩均在内，将成绩分为，共组，得到如图所示的频率分布直方图.
(1)求的值并估计这名学生物理成绩的第百分位数（精确到）；
(2)从成绩在和的学生中，用分层随机抽样方法抽取名学生，再从这名学生中随机抽取名，求这名学生物理成绩在和内各人的概率.
【答案】(1)，分位数为分；
(2).
【分析】（1）根据频率之和为求出，再由第百分位数的求法计算即可；
（2）由分层抽样确定每层抽取人数，列出基本事件和符合题意的事件，根据古典概型求解.
【详解】（1）由题意知，解得，
设第百分位数为，
因为位于之间的频率为，位于之间的频率为，
所以，
令，解得，即第百分位数为.
（2）由，得这人中物理成绩在的人数为，分别记为，在的人数为人，分别记为，
在这人中抽取人，共，个基本事件，
这名学生物理成绩在和内各人，共，个基本事件，
故这名学生物理成绩在和内各人的概率为.
22．2025年5月22日16时49分，神舟二十号航天员陈冬、陈中瑞、王杰完成首次出舱任务，历时约8小时．安全返回天和核心舱．为了弘扬航天精神，某校组织高二学生进行了航天知识能力测试．现随机抽取100名学生的测试成绩（单位：分），将所得数据按照，，，，，分成6组，其频率分布直方图如图所示．
(1)求图中的值；
(2)试估计本次航天知识能力测试成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作为代表）；
(3)该校准备对本次航天知识能力测试成绩不及格（60分以下）的学生，采用分层随机抽样方法抽出5名同学，再从抽取的这5名同学中随机抽取2名同学进行情况了解，求这2名同学分数在，各一人的概率．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据频率和为1求得；
（2）由频率直方图的平均数求法可求得本次航天知识能力测试成绩的平均数；
（3）应用分层抽样等比例性质确定各组抽取的人数，再应用列举法求古典概型的概率.
【详解】（1）由题意可得，可得；
（2）由题意可得，
本次航天知识能力测试成绩的平均数为.
（3）由题意，，的频率比为，
设抽取的5人中有2人为、有3人为，
任抽2人有，共10种情况，
其中分数在，各一人有，共6种情况，
所以这2名同学分数在，各一人的概率为.
23．某高校承办了2024年上海帆船公开赛的志愿志选拔面试工作，现随机抽取了 100名候选者的面试成绩并分成五组:第一组[45，55)，第二组[55，65)，第三组[65，75)，第四组[75，85)，第五组[85，95]，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同.
(1)求a、b的值，并估计这100名候选者面试成绩的平均数及中位数(保留一位小数)；
(2)在第四、五两组志愿者中，按比例分层抽样抽取5人，然后再从这5人中选出2人，求选出的两个来自不同组的概率.
【答案】(1)，；平均数：；中位数约为.
(2)
【分析】（1）由每个小矩形面积代表频率，所有频率之和为1，结合题设条件可得的值，根据频率分布直方图中平均数和中位数计算公式即可求解；
（2）先分层抽样求出列举法求出抽取的第四、第五两组志愿者人数，再利用列举法求出古典概型的概率即可．
【详解】（1）因为第三、四、五组的频率之和为0.7，则，
解得，又因，解得.
故候选者面试成绩的平均数为：；
因前2组的频率之和为，前3组的频率之和为，
故中位数在第3组，设为，依题意，，解得；
（2）由图知，第四、第五两组志愿者分别有20人，5人，故按照分层抽样抽得的第四组志愿者人数为4，分别设为，
第五组志愿者人数为1，设为，从这5人中选出2人，所有情况有共10种，
其中选出的两个来自不同组的情况有共4种，故选出的两个来自不同组的概率为.
26．某学校为保障校园科创社团成员以良好身体素质开展创新实践，对“航模社”和“建模社”进行专项体能训练.学期末，从两个社团各随机抽取100人进行“障碍跑”成绩测试（成绩单位：秒），依据测试结果得到如下频率分布直方图.
(1)分别计算航模社测试的平均成绩、建模社测试成绩的分位数（同一组中数据用该组区间中点值近似代替）；
(2)若测试成绩在70秒以内（含70秒）为“体能合格”，从两社团“体能合格”成员中按分层随机抽样选5人分享“科创+体能”训练经验，再从这5人中选2人担任经验分享会主持人，求2人都来自“建模社”的概率.
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）根据频率分布直方图面积为1，可求得，然后利用频率分布直方图平均值及百分位数的求法求解即可；
（2）根据分层随机抽样可知从航模社抽取2人，建模社抽取3人，再利用列举法求解古典概型的概率即可.
【详解】（1）根据题意，，解得，
，解得，
则航模社测试的平均成绩，
设建模社测试成绩的分位数为，又的频率为，
的频率为，的频率为，
其中，，
所以在之间，
则，解得，
所以建模社测试成绩的分位数为.
（2）根据题意，航模社“体能合格”的人数为人，
建模社“体能合格”的人数为人，
故航模社“体能合格”与建模社“体能合格”的人数之比为，
则按分层随机抽样从航模社抽取2人，分别为，建模社抽取3人，分别为，
再从这5人中选2人担任经验分享会主持人共有：
，
，共10种选择，
其中2人都来自“建模社”有3种选择，
2人都来自“建模社”的概率为.
25．从某次知识竞赛成绩中随机抽取容量为100的样本，由样本数据绘制的频率分布直方图如图所示；

(1)求直方图中的值及样本中位数；
(2)现用分层抽样的方法从区间，，抽取5人，写出从这5人中随机抽取2人的样本空间，并求这2人成绩至少一人成绩在的概率.
【答案】(1)，中位数75
(2)，
【分析】（1）根据频率分布直方图的频率之和为1求出，然后利用中位数的定义求出中位数的值.
（2）先确定分层抽样比和抽样人数，然后确定样本空间和这2人成绩至少一人成绩在的概率.
【详解】（1）根据频率分布直方图可得，
，
解得.
因为成绩位于的概率为，
而成绩位于的概率为，
所以中位数为75.
（2）因为成绩位于区间的频数分别为
人，
所以分层抽样比为.
所以抽取5人中成绩位于区间的人数分别为1（），2（），2（）人.
所以从5人中随机抽取2人的样本空间为.
这2人成绩至少一人成绩在的概率为.
26．有一道选择题考查了一个知识点，甲、乙两校各随机抽取100人，甲校有80人答对，乙校有75人答对，用频率估计概率．
(1)从甲校随机抽取1人，求这个人做对该题目的概率；
(2)从甲、乙两校各随机抽取1人，求恰有1人做对的概率.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用频率估计概率即可得解.
（2）利用互斥事件及相互独立事件的概率公式求解即得.
【详解】（1）依题意，从甲校随机抽取1人，做对题目的概率为.
（2）记事件A为“从甲校抽取1人做对”，则，，
记事件B为“从乙校抽取1人做对”，则，
记事件C为“恰有1人做对”，则，
所以
27．某校为了解高一学生在学业水平模拟考试中数学成绩的情况，从全年级的成绩中随机抽取100名学生的成绩进行分析，其频率分布直方图如图所示，其中分数在内的学生有15人.
(1)求m，n的值；
(2)学校准备按成绩从高到低抽取前34%的学生进行表彰，用样本估计总体的方法，估计受表彰学生的最低分是多少
(3)若采用按比例分配的分层随机抽样的方法，从成绩在和内的学生中共抽取6人查看他们的答题情况，再从这6人中选取2人进行个案分析，求这2人中恰有1人成绩在内的概率.
【答案】(1)；
(2)
(3)
【分析】（1）利用频率和频数的关系以及频率之和为1求解即可；
（2）先确定受表彰的学生的最低分在哪一组，然后利用受表彰学生的频率之和为34%列方程求解即可；
（3）利用古典概率的公式求解即可.
【详解】（1）由题意得，
由图可得：，解得.
（2）设受表彰的学生的最低分是，
频率为
频率为
故，且，解得，
故受表彰的学生的最低分是.
（3））由分数在和）内的频率之比为，
故从成绩在和内的学生中共抽取6人，
则在内抽取2人，记为
在内抽取4人，记为
再从这6人中选取2人进行个案分析，抽取的样本空间为：
，共15个样本点，
这2人中恰有1人成绩在内的有：
，共8个样本点，
故这2人中恰有1人成绩在内的概率为.
05 有放回与无放回中的古典概型
28．抽样是产品检查的常用方法，分为放回抽样和不放回抽样两种具体操作方案.现有100只外形相同的电路板，其中有40只类板，60只B类板.求在下列各种情况下，从100只抽出3只，3只都是B类的概率．
(1)每次取出一只，测试后放回，然后再随机抽取下一只；（称为放回抽样）
(2)每次取出一只，测试后不放回，在其余的电路板中，随意取下一只.（称为不放回抽样）
【答案】(1)0.216
(2)0.212
【分析】根据有放回和不放回随机抽样，结合分步乘法计算原理即可求解.
【详解】（1）设“从100只中抽出3只，3只都是类”为事件．
先求基本事件总数.由于每次抽取一只，测试后又放回，
故每次都是从100只电路板中任取一只，这是重复排列，
共有个.
再求所包含的基本事件数.由于每次抽出后又放回，故是重复排列，共有个.
所以．
（2）由于取出后不放回，所以总的基本事件数为个，
事件的基本事件数为个，
所以．
29．一个口袋中有质地和大小完全相同的5个球，编号分别为1，2，3，4，5，甲、乙两人玩一种游戏，甲先摸出一个球，记下编号，放回后乙再摸一个球，记下编号，如果两个编号的和为偶数算甲赢，否则算乙赢.
(1)求编号和为5的事件发生的概率；
(2)这种游戏规则公平吗？说明理由；
(3)如果甲摸出球后不放回，则游戏对谁有利？
【答案】(1)
(2)不公平，理由见解析；
(3)对乙有利；
【分析】（1）写出样本空间，利用古典概型公式计算即可；
（2）分别求出两人赢的概率，即可知游戏规则不公平；
（3）求出不放回时两人赢的概率，即可得出结论.
【详解】（1）根据题意可知摸出的所有球的组合情况共有以下情况：
（甲、乙） 1 2 3 4 5
1 （1，1） （1，2） （1，3） （1，4） （1，5）
2 （2，1） （2，2） （2，3） （2，4） （2，5）
3 （3，1） （3，2） （3，3） （3，4） （3，5）
4 （4，1） （4，2） （4，3） （4，4） （4，5）
5 （5，1） （5，2） （5，3） （5，4） （5，5）
共25种情况，
其中编号和为5的事件发生的情况有（2，3），（3，2），（1，4），（4，1），共4种；
因此编号和为5的事件发生的概率；
（2）易知两个编号的和为偶数的情况共有13种，
如果两个编号的和为偶数算甲赢，则甲赢的概率为，
则乙赢的概率为，
显然两人赢的概率并不相等，因此这种游戏规则不公平.
（3）设甲胜为事件，乙胜为事件；
则甲胜即摸出球的两个编号的和为偶数所包含的基本事件数为8个，
即；
不放回摸球时易知甲、乙两人取出的数字共有种
因此甲赢的概率为，乙赢的概率为，
显然此时，此时游戏对乙有利.
30．从2名男生（记为和）和3名女生（记为和）组成的总体中，任意依次抽取2名学生.
(1)不放回简单随机抽样求出抽到的2人为1名男生和1名女生的概率.
(2)有放回简单随机抽样求出抽到的2人为1名男生和1名女生的概率.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）通过列举法，写出不放回时抽取2名学生的所有可能结果，再从中找出抽到2人为1名男生和1名女生的结果，由古典概型的概率计算公式即可得到结果；
（2）通过列举法，写出有放回时抽取2名学生的所有可能结果，再从中找出抽到2人为1名男生和1名女生的结果，由古典概型的概率计算公式即可得到结果；
【详解】（1）从5名学生中，不放回地任意依次抽取2名学生的所有可能结果为：
，
共20种结果.
设事件为抽到的2人为1名男生和1名女生，则事件发生的所有可能结果为：
，共12种结果.
由古典概型的概率计算公式得：，
即不放回简单随机抽样求出抽到的2人为1名男生和1名女生的概率为.
（2）有放回简单随机抽样抽取2名学生的所有可能结果为：
，共25种结果.
设事件为抽到的2人为1名男生和1名女生，则事件发生的所有可能结果为：
，共12种结果.
由古典概型的概率计算公式得：，
即有放回简单随机抽样求出抽到的2人为1名男生和1名女生的概率为.
31．袋中装有大小相同的2个白球和3个黑球．
(1)采取放回抽样方式，从中依次摸出两个球，求两球颜色不同的概率；
(2)采取不放回抽样方式，从中依次摸出两个球，求两球颜色不同的概率．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）（2）根据相互独立事件的概率乘法公式即可求解，
【详解】（1）采取放回抽样方式，每次摸到白球的概率为，黑球的概率为，
所以两球的颜色不相同的概率为
（2）采取不放回抽样方式，从中依次摸出两个球，两球颜色不相同的概率为
32．袋中装有编号分别为1，2，3，4，5的5个形状、大小完全相同的球.甲每次从中取出2个球，若1号球和2号球恰有一个被取出，则获得奖金10元，若1号球和2号球都被取出，则获得奖金20元.
(1)求甲获得10元的概率；
(2)若甲有放回地取两次，求获得奖金总和为20元的概率.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据古典概型的概率公式即可求得答案；
（2）求出甲每次取球获得20元以及0元的概率，再考虑甲有放回地取两次，获得奖金总和为20元的情况有两种，即可求得答案.
【详解】（1）由题意得甲获得10元的概率为；
（2）甲每次从中取出2个球，甲获得20元的概率为，
则甲获得0元的概率为，
则甲有放回地取两次，获得奖金总和为20元的情况为：
两次都获得10元以及一次获得0元一次获得20元，
故甲有放回地取两次，获得奖金总和为20元的概率为.
33．已知袋中有8个大小质地相同，颜色不全相同的小球，分别为黑球、白球、红球，从中任意取一球，取到黑球或白球的概率是，取到白球或红球的概率是．
(1)从中任取两个球，求取出的两个球颜色不相同的概率；
(2)若有放回的取球，求取出的两个球一个是白色一个是红色的概率．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由概率公式列方程组求得黑球、白球、红球的个数后，再计算两个球颜色不相同的概率；
（2）利用古典概型概率公式计算．
【详解】（1）设黑球、白球、红球的个数分别是，则
，解得，
所以从中任取两个球，求取出的两个球颜色不相同的概率为；
（2）若有放回的取球，求取出的两个球一个是白色一个是红色的概率是．
34．一个袋中装有6个形状大小完全相同的小球，球的编号分别为1，2，3，4，5，6.
(1)若从袋中随机抽取1个球，求取出的球编号为质数的概率；
(2)若从袋中每次随机抽取1个球，有放回地抽取2次，求取出的两个球编号之和为6的概率；
(3)若一次从袋中随机抽取3个球，求取出的球最大编号为4的概率.
【答案】(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）利用古典概率直接求解作答.
（2）（3）利用列举法，列出试验的所有结果及要求概率的事件所含的结果，再利用古典概率求解作答.
【详解】（1）从袋中随机抽取1个球，有6个不同结果，其中球的编号为质数有2，3，5，共3个结果，
所以取出的球编号为质数的概率为.
（2）设先后两次从袋中取出球的编号为，两次取球的结果为，
即，
，
，共36个结果，
其中两球编号和为的结果有，，，，，共个，
所以取出的两个球编号之和为6的概率为．
（3）从6个球中任取3个球的不同结果有
，共20个，
其中个球中最大编号为的结果有，共3个，
所以取出的球最大编号为4的概率.
35．袋子中有5个大小质地完全相同的球，其中红球3个，白球2个．
(1)从中有放回地依次随机摸出2个球，求第一次摸到白球的概率；
(2)从中无放回地依次随机摸出2个球，求第二次摸到白球的概率；
(3)若同时随机摸出2个球，求至少摸到一个白球的概率．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用有放回的抽取求出基本事件总数，事件A包含的基本事件数，再利用古典概型的概率计算公式求解即可．
（2）利用无放回的抽取求出基本事件总数，事件B包含的基本事件数，再利用古典概型的概率计算公式求解即可．
（3）求出一次抽取2个球的基本事件总数，事件C包含的基本事件数，再利用古典概型的概率计算公式求解即可．
【详解】（1）记三个红球编号为1，2，3，两个白球分别为4，5，则在有放回情况下，
第一次摸球时有5种等可能的结果，对应第一次摸球的每个可能结果，
第二次摸球时都有5种等可能的结果．将两次摸球的结果配对，组成25种等可能的结果.
如表1所示．
表1
第二次第一次 1 2 3 4 5
1
2
3
4
5
第一次摸到白球的可能结果有10种，见表中后两行．
记 “第一次摸到白球”，则．
（2）在无放回情况下，第一次摸球时有5种等可能的结果，对应第一次摸球的每个可能结果，
第二次摸球时都有4种等可能的结果．将两次摸球的结果配对，组成20种等可能的结果，如表2所示．
表2
第二次第一次 1 2 3 4 5
1 ×
2 ×
3 ×
4 ×
5 ×
第二次摸到白球的可能结果有8种，见表中后两列.
记 “第二次摸到白球”，则．
（3）“同时摸出两个球”的基本事件有，共10件，
其中至少摸到一个白球的基本事件有，共7件，
记 “至少摸到一个白球”，则.
06 根据古典概型的概率求参数
36．在一个不透明的袋中有4个红球和个黑球，现从袋中有放回地随机摸出2个球，已知取出的球中至少有一个红球的概率为，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】由题可得取出的球中没有红球的概率，即两次都摸出黑球的概率为，据此可得答案.
【详解】由题可得取出的球中没有红球的概率，即两次都摸出黑球的概率为，则.
故选：B
37．平面内有个点等分圆周，从个点中任取3个，可构成直角三角形的概率为，连接这个点可构成正多边形，则此正多边形的边数为（ ）
A．6 B．8 C．12 D．16
【答案】C
【分析】先求出从个点中任取3个点的种数，再根据三个点要构成直角三角形，则有两个点为直径的端点，求得可构成直角三角形的种数，利用古典概型求得，进而确定正多边形的边数.
【详解】解：从个点中任取3个点，共有种，
三个点要构成直角三角形，则有两个点为直径的端点，共有条直径，
还剩个点，从个点中取一个点即可，
则可构成直角三角形有，
所以可构成直角三角形的概率为，
解得，
所以共有个等分点，
所以正多边形的边数为12.
故选：C.
38．一个口袋中装有20个红球和若干个黑球，在不允许将球倒出来数的前提下，为估计口袋中黑球的个数，小张采用了如下的方法：每次从口袋中摸出1个球，记下球的颜色后再把球放回口袋中摇匀.不断重复上述过程900次，共摸出红球400次，根据上述数值，估计口袋中黑球的个数为（ ）
A．25 B．30 C．35 D．40
【答案】A
【分析】设黑球的个数为n，根据古典概型概率公式列式求解即可.
【详解】设黑球的个数为n，由古典概型的概率公式可得，解得.
故选：A.
39．一个袋子中装有形状大小完全相同的6个红球，个绿球，现采用不放回的方式从中依次随机取出2个球.若取出的2个球都是红球的概率为，则的值为（ ）
A．4 B．5 C．12 D．15
【答案】A
【分析】利用古典概型概率计算公式列出方程，能求出的值．
【详解】一个袋子中有若干个大小质地完全相同的球，其中有6个红球，个绿球，
从袋中不放回地依次随机取出2个球，取出的2个球都是红球的概率是，
则，
解得（负值舍去）.
故选：A．
40．某箱脐橙共有18个，其中有少部分是坏果.若从这箱脐橙中任取2个，恰好取到1个坏果的概率为，则这箱脐橙中坏果的个数为（ ）
A．3 B．5 C．2 D．4
【答案】A
【分析】设这箱脐橙中坏果的个数为n，则恰好取到1个坏果的概率为，结合题意即可得解.
【详解】解：设这箱脐橙中坏果的个数为n，
则，解得或15，
因为有少部分是坏果，所以.
故选：A.
41．一个袋子中有大小和质地相同的4个红球和n个绿球，采用有放回方式从中依次随机地取出2个球，若取出的2个球颜色不同的概率为，则n的所有可能取值为 ．
【答案】2或8
【分析】先求出取出的2个球颜色不同的概率，再解方程求解即可.
【详解】由题意知，取出的2个球颜色不同的概率为，
化简得，解得或8.
故答案为：2或8.
42．一个袋子中有若干个大小质地完全相同的球，其中有3个红球，个黄球，从袋中不放回地依次随机取出2个球，已知取出的2个球都是红球的概率是，则 .
【答案】
【分析】利用古典概型，列式求解.
【详解】由条件可知，取出的2个球都是红球的概率，
解得：.
故答案为：
43．现有编号为1，2，3，…，的n个相同的袋子，每个袋中均装有n个形状和大小都相同的小球，且编号为的袋中有k个红球，个白球. 当n=5时，从编号为3的袋中无放回依次摸出两个球，则摸到的两个球都是红球的概率为 ；现随机从个袋子中任选一个，再从袋中无放回依次摸出三个球，若第三次取出的球为白球的概率为，则n的值为 .
【答案】 /0.3 10
【分析】利用古典概率进行求解，利用互斥事件概率加法公式解决即可.
【详解】当n=5时编号为3的袋中有3个红球，2个白球.则从编号为3的袋中无放回依次摸出两个球，摸到的两个球都是红球的概率为.
现随机从个袋子中任选一个，所以有n种选法；
假设袋子中有个红球，个白球，从袋中无放回依次摸出三个球，有种方法；
若第三次取出的球为白球有四种情况：红红白、红白白，白红白，白白白，取法数为
；
则若第三次取出的球为白球的概率为，
因为，
所以第三次取出的球为白球的概率为
，
解得=10.
故答案为：.
07 概率的基本性质
44．已知事件和事件独立，若，则（ ）
A．0.21 B．0.51 C．0.79 D．0.91
【答案】C
【分析】根据独立事件的概率公式计算，再利用概率的加法公式即可.
【详解】由题意可得，，
则.
故选：C
45．设随机事件A，B满足，，则（ ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】应用条件概率公式、互斥事件的概率的性质计算判断.
【详解】，
，
，
故选：B．
46．已知随机事件满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据求解即可.
【详解】因为，
即，解得.
故选：B
47．已知一个古典概型，其样本空间中共有12个样本点，其中事件有6个样本点，事件有4个样本点，事件有8个样本点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】依题意计算可得，，，再由概率的加法公式计算即可得.
【详解】根据概率公式计算可得，，；
由概率的加法公式可知，代入计算可得
故选：D
48．已知一个古典概型的样本空间和事件和，若，则 .
【答案】
【分析】根据古典概型特点，求出，根据得到结果.
【详解】因为，
所以，
故答案为：.
49．算盘是中国传统的计算工具，其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”，档中横以梁，梁上两珠，每珠作数五，梁下五珠，每珠作数一．算珠梁上部分叫上珠，梁下部分叫下珠．例如，在十位档拨上一颗上珠和两颗下珠，个位档拨上四颗下珠，则表示数字，若分别在个、十、百、千位档中各随机拨上一颗下珠或拨下一颗上珠，记事件所表示的数能被整数，事件所表示的数能被整除，则 ．
【答案】/
【分析】分析可知共可以组成个数，计算出、、的值，即可计算得出的值.
【详解】分别在个、十、百、千位档中各随机拨上一颗下珠或拨下一颗上珠，共可以组成个不同的数，
若组成的数能被整除，则四个数位上有个，个，故能被整除的数有个，则．
若组成的数能被整除，则个位数为，故能被整除的数有个，则．
既能被整除又能被整除的数，则个位数字为，其余三个数上有个，个，有个，则．
故．
故答案为：.
1．（2025·天津南开·模拟预测）“……《春天的21840种可能》，但这比起你们的未来，都还远远不及，因为你们未来的可能是无穷尽．”这是毕业典礼上老师送给同学们的一段寄语，H老师借“21840”与“无穷尽”命题如下：设集合，，为数列的前项和，若取中每个数字的概率相同．记为事件“等于奇数”的概率，当趋近于无穷大时，的近似值为，则（ ）．
A．， B．，
C．， D．，
【答案】A
【分析】集合A中有1个奇数和4个偶数，因此每次选择奇数的概率为，选择偶数的概率为，利用马尔科夫链可以建立起的递推公式，即可得到答案.
【详解】 中只有一个奇数，其余四个均为偶数。取到奇数的概率为 ，取到偶数的概率为 ，
的奇偶性取决于奇数项的数量，因为偶数项的和不改变奇偶性.
设 ，，有 ；
考虑递推关系：
代入 ，，
，
当时， ，为奇数的概率为 ，故 .
所以是以为首项，为公比的等比数列；
所以，
当时，，
当时，.
故选：A
2．（2025·辽宁鞍山·一模）小李同学想用一支铅笔从如下的直三棱柱的顶点出发沿三棱柱的棱逐步完成“一笔画”，即每一步均沿着某一条棱从一个端点到达另一个端点，紧接着从上一步的终点出发随机选择下一条棱再次画出，进而达到该棱的另一端点．按此规律一直进行，其中每经过一条棱称为一次移动，并随机选择选择某个顶点处停止，得到一条“一笔画”路径．比如，“一笔画”路径：．若经过4次移动后，到达点的条件下，两次经过点的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用分类基本原理列出所有的情况，再利用古典概型进行求概率．
【详解】根据从顶点出发沿三棱柱的棱逐步完成“一笔画”，
经过4次移动后，到达点的条件下，分为三类：
第一类：；
，有2种情况；
第二类：；
，
，
，
，
，有6种情况；
第三类：；
，
，有3种情况；
故经过4次移动后，到达点的共有：，
其中经过4次移动后，到达点的条件下，两次经过点的有：
，，，共3种，
故经过4次移动后，到达点的条件下，两次经过点的概率为：，
故选：A．
3．（2025·山东临沂·三模）苏轼，字子瞻，号铁冠道人、东坡居士.北宋文学家，书法家、画家，历史治水名人.与父苏洵、弟苏辙三人并称“三苏”.为了纪念苏轼在文学方面的伟大成就，某中学开展“苏轼文化竞赛”活动，最终参加决赛共有位同学，参加决赛的同学都有奖，决赛设置一、二、三等奖.若要求获得一等奖的人数不少于人，获得二等奖的人数不少于人，获得三等奖的人数不少于人，则恰有人获得二等奖的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先确定获得一等奖、二等奖、三等奖的人数，利用组合计数原理结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】设获得一等奖、二等奖、三等奖的人数分别为、、，则，
因为要求获得一等奖的人数不少于人，获得二等奖的人数不少于人，获得三等奖的人数不少于人，
则或或，
所以恰有人获得二等奖的概率为.
故选：D.
4．（2025·甘肃金昌·模拟预测）已知袋中共有7个黑球、m个白球，所有球除颜色外，其余均相同，甲和乙两人各从袋中随机且不放回地取出一球，若两球颜色不同，则甲胜；若两球颜色相同，则乙胜.要使甲取得胜利的概率高于乙，则正整数m的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】首先根据古典概型概率公式写出甲取得胜利的概率，再根据排列数列不等式，即可求解.
【详解】甲取得胜利的概率为，这个值大于时符合题意，即，
则，解得，故，且.
故选：C.
5．（2025·湖北·模拟预测）已知正整数，欧拉函数表示、、、、中与互素的整数的个数，例如，，.若小明从、、、、中随机取一个数，小红从、、、、中随机取一个数，则的概率为 .
【答案】/
【分析】求出当，时，、的值，列举出满足的数组，结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】由题意可得，，，，，，
，，，，
因为，，
满足的数组有：、、、，
故所求概率为.
故答案为：.
6．（2025·福建泉州·模拟预测）摩尔斯电码常用0和1组成的有序数组（，，）表示信息，被称为一个长为的字．设， 令表示使的的个数，例如，，则．若，则满足，字长为6的字中至少有3个1相邻的概率为 ．
【答案】
【分析】由新定义及组合知识得字长为6的字的个数为，再例举出至少有3个1相邻的字的情况，结合古典概型的概率公式即可得答案.
【详解】若，则满足，字长为6的字的个数为，
其中至少有3个1相邻的字分别为：
有且仅有3个1相邻；有且仅有4个1相邻；
有且仅有5个1相邻；有且仅有6个1相邻；
有且仅有3个1相邻：，
有且仅有4个1相邻：，
有且仅有5个1相邻：不可能，
有且仅有6个1相邻：，共有7种情况，
故所求概率.
故答案为：．
1．（2022·全国甲卷·高考真题）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】方法一：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】[方法一]：【最优解】无序
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.
[方法二]：有序
从6张卡片中无放回抽取2张，共有,(2,1),(3,1),(4,1),(5,1),(6,1),(3,2),(4,2),(5,2),(6,2),(4,3),(5,3),(6,3),(5,4),(6,4),(6,5)30种情况，
其中数字之积为4的倍数有(1,4),(2,4),(2,6),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,5),(4,6),(5,4),(6,2),(6,4)12种情况，故概率为.
故选：C.
【整体点评】方法一：将抽出的卡片看成一个组合，再利用古典概型的概率公式解出，是该题的最优解；
方法二：将抽出的卡片看成一个排列，再利用古典概型的概率公式解出；
2．（2024·全国甲卷·高考真题）有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中无放回地随机取3次，每次取1个球.记为前两次取出的球上数字的平均值，为取出的三个球上数字的平均值，则与之差的绝对值不大于的概率为 ．
【答案】
【分析】根据排列可求基本事件的总数，设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则，就的不同取值分类讨论后可求随机事件的概率.
【详解】从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有种，
设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则，
故，故，
故，
若，则，则为：，故有2种，
若，则，则为：，
，故有10种，
当，则，则为：
，
，
故有16种，
当，则，同理有16种，
当，则，同理有10种，
当，则，同理有2种，
共与的差的绝对值不超过时不同的抽取方法总数为，
故所求概率为.
故答案为：
3．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）在如图的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有 种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是 ．
【答案】 24 112
【分析】由题意可知第一、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选；利用列举法写出所有的可能结果，即可求解.
【详解】由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，
则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选，
第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选，
所以共有种选法；
每种选法可标记为，分别表示第一、二、三、四列的数字，
则所有的可能结果为：
，
，
，
，
所以选中的方格中，的4个数之和最大，为.
故答案为：24；112
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是确定第一、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选，利用列举法写出所有的可能结果.
4．（2023·天津·高考真题）把若干个黑球和白球（这些球除颜色外无其它差异）放进三个空箱子中，三个箱子中的球数之比为．且其中的黑球比例依次为．若从每个箱子中各随机摸出一球，则三个球都是黑球的概率为 ；若把所有球放在一起，随机摸出一球，则该球是白球的概率为 ．
【答案】 /
【分析】先根据题意求出各盒中白球，黑球的数量，再根据概率的乘法公式可求出第一空；
根据古典概型的概率公式可求出第二个空．
【详解】设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为，所以总数为，
所以甲盒中黑球个数为，白球个数为；
乙盒中黑球个数为，白球个数为；
丙盒中黑球个数为，白球个数为；
记“从三个盒子中各取一个球，取到的球都是黑球”为事件，所以，
；
记“将三个盒子混合后取出一个球，是白球”为事件，
黑球总共有个，白球共有个，
所以，．
故答案为：；．
5．（2022·全国乙卷·高考真题）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】/0.3
【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：

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