高考数一轮复习 9.5 古典概型讲解与练习 理 新人教A版

eq\a\vs4\al(第五节古典概型)[备考方向要明了]考什么怎么考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含的基本事件及事件发生的概率.高考对本节内容的考查多为选择题或填空题，难度中低档，如年广东T7，上海T11等.[归纳·知识整合]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)都可以表示成基本事件的和．[探究]1.在一次试验中，其基本事件的发生一定是等可能的吗？提示：不一定．如试验一粒种子是否发芽，其发芽和不发芽的可能性是不相等的．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)有限性：试验中所有可能出现的基本事件只有有限个；(2)等可能性：每个基本事件出现的可能性相等．[探究]2.如何判断一个试验是否为古典概型？提示：关键看这个实验是否具有古典概型的两个特征：有限性和等可能性．3．古典概型的概率公式P(A)＝eq\f(A包含的基本事件的个数,基本事件的总数)[自测·牛刀小试]1．从甲、乙、丙三人中任选两名代表，甲被选中的概率为()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,3)C.eq\f(2,3) D．1解析：选C基本事件总数为(甲，乙)，(甲，丙)，(乙，丙)共3种．甲被选中共2种，所以甲被选中的概率为eq\f(2,3).2．某国际科研合作项目由两个美国人，一个法国人和一个中国人共同开发完成，现从中随机选出两个人作为成果发布人，在选出的两人中有中国人的概率为()A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2) D．1解析：选C用列举法可知，共6个基本事件，有中国人的基本事件有3个．3．5张卡片上分别写有数字1,2,3,4,5，从这5张卡片中随机抽取2张，则取出2张卡片上数字之和为奇数的概率为()A.eq\f(3,5) B.eq\f(2,5)C.eq\f(3,4) D.eq\f(2,3)解析：选A由题意得基本事件共有10种，2张卡片之和为奇数须一奇一偶，共有6种，故所求概率为eq\f(6,10)＝eq\f(3,5).4．若以连续掷两次骰子分别得到的点数m，n作为点P的横、纵坐标，则点P在直线x＋y＝5的下方的概率为________．解析：点P在直线x＋y＝5下方的情况有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(3,1)六种可能，故P＝eq\f(6,6×6)＝eq\f(1,6).答案：eq\f(1,6)5．在集合A＝{2,3}中随机取一个元素m，在集合B＝{1,2,3}中随机取一个元素n，得到点P(m，n)，则点P在圆x2＋y2＝9内部的概率为________．解析：点P(m，n)共有(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,1)，(3,2)，(3,3)6种情况，只有(2,1)，(2,2)，这两种情况满足在圆x2＋y2＝9内部，所以所求概率为eq\f(2,6)＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)简单古典概型的求法[例1]编号分别为A1，A2，…，A16的16名篮球运动员在某次训练比赛中的得分记录如下：运动员编号A1A2A3A4A5A6A7A8得分1535212825361834运动员编号A9A10A11A12A13A14A15A16得分1726253322123138(1)将得分在对应区间内的人数填入相应的空格：区间[10,20)[20,30)[30,40]人数(2)从得分在区间[20,30)内的运动员中随机抽取2人，①用运动员编号列出所有可能的抽取结果；②求这2人得分之和大于50的概率．[自主解答](1)4,6,6.(2)①得分在区间[20,30)内的运动员编号为A3，A4，A5，A10，A11，A13，从中随机抽取2人，所有可能的抽取结果有：{A3，A4}，{A3，A5}，{A3，A10}，{A3，A11}，{A3，A13}，{A4，A5}，{A4，A10}，{A4，A11}，{A4，A13}，{A5，A10}，{A5，A11}，{A5，A13}，{A10，A11}，{A10，A13}，{A11，A13}共15种．②“从得分在区间[20,30)内的运动员中随机抽取2人，这2人得分之和大于50”(记为事件B)的所有可能结果有：{A4，A5}，{A4，A10}，{A4，A11}，{A5，A10}，{A10，A11}共5种．所以P(B)＝eq\f(5,15)＝eq\f(1,3).本例条件不变，从得分在区间[20,30)内的运动员中随机抽取2人，求这2人得分之和小于50的概率．解：得分之和小于50的所有可能结果有：{A3，A4}，{A3，A5}，{A3，A10}，{A3，A11}，{A3，A13}，{A5，A13}，{A10，A13}，{A11，A13}．故这2人得分之和小于50的概率为P＝eq\f(8,15).———————————————————应用古典概型求概率的步骤(1)仔细阅读题目，分析试验包含的基本事件的特点；(2)设出所求事件A；(3)分别列举事件A包含的基本事件，求出总事件数n和所求事件A包含的基本事件数m；(4)利用公式求出事件A的概率．1．从某小组的2名女生和3名男生中任选2人去参加一项公益活动．(1)求所选2人中恰有一名男生的概率；(2)求所选2人中至少有一名女生的概率．解：设2名女生为a1，a2,3名男生为b1，b2，b3，从中选出2人的基本事件有：(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(b1，b2)，(b1，b3)，(b2，b3)共10种．(1)设“所选2人中恰有一名男生”的事件为A，则A包含的事件有：(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)共6种，则P(A)＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5)，故所选2人中恰有一名男生的概率为eq\f(3,5).(2)设“所选2人中至少有一名女生”的事件为B，则B包含的事件有：(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)共7种，则P(B)＝eq\f(7,10)，故所选2人中至少有一名女生的概率为eq\f(7,10).较复杂的古典概型的概率[例2]为振兴旅游业，四川省年面向国内发行总量为2000万张的熊猫优惠卡，向省外人士发行的是熊猫金卡(简称金卡)，向省内人士发行的是熊猫银卡(简称银卡)．某旅游公司组织了一个有36名游客的旅游团到四川名胜旅游，其中eq\f(3,4)是省外游客，其余是省内游客．在省外游客中有eq\f(1,3)持金卡，在省内游客中有eq\f(2,3)持银卡．(1)在该团中随机采访2名游客，求恰有1人持银卡的概率；(2)在该团中随机采访2名游客，求其中持金卡与持银卡人数相等的概率．[自主解答](1)由题意得，省外游客有27人，其中9人持金卡；省内游客有9人，其中6人持银卡．设事件A为“采访该团2人，恰有1人持银卡”，则P(A)＝eq\f(C\o\al(1,6)C\o\al(1,30),C\o\al(2,36))＝eq\f(2,7)，所以采访该团2人，恰有1人持银卡的概率是eq\f(2,7).(2)设事件B为“采访该团2人，持金卡人数与持银卡人数相等”，可以分为事件B1为“采访该团2人，持金卡0人，持银卡0人”，或事件B2为“采访该团2人，持金卡1人，持银卡1人”两种情况．则P(B)＝P(B1)＋P(B2)＝eq\f(C\o\al(2,21),C\o\al(2,36))＋eq\f(C\o\al(1,9)C\o\al(1,6),C\o\al(2,36))＝eq\f(44,105)，所以采访该团2人，持金卡与持银卡人数相等的概率是eq\f(44,105).———————————————————计算较复杂的古典概型的概率时应注意的两点(1)解题的关键点是理解题目的实际含义，把实际问题转化为概率模型；(2)必要时将所求事件转化为彼此互斥的事件的和，或先求其对立事件的概率，进而利用互斥事件的概率加法公式或对立事件的概率公式求解．2．(·新课标全国卷)某花店每天以每枝5元的价格从农场购进若干枝玫瑰花，然后以每枝10元的价格出售．如果当天卖不完，剩下的玫瑰花作垃圾处理．(1)若花店一天购进17枝玫瑰花，求当天的利润y(单位：元)关于当天需求量n(单位：枝，n∈N)的函数解析式；(2)花店记录了100天玫瑰花的日需求量(单位：枝)，整理得下表：日需求量n14151617181920频数10201616151310①假设花店在这100天内每天购进17枝玫瑰花，求这100天的日利润(单位：元)的平均数；②若花店一天购进17枝玫瑰花，以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率，求当天的利润不少于75元的概率．解：(1)当日需求量n≥17时，利润y＝85.当日需求量n<17时，利润y＝10n－85.所以y关于n的函数解析式为y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(10n－85，n<17，,85，n≥17))(n∈N)．(2)①这100天中有10天的日利润为55元，20天的日利润为65元，16天的日利润为75元，54天的日利润为85元，所以这100天的日利润的平均数为eq\f(1,100)×(55×10＋65×20＋75×16＋85×54)＝76.4.②利润不低于75元当且仅当日需求量不少于16枝，故当天的利润不少于75元的概率为p＝0.16＋0.16＋0.15＋0.13＋0.1＝0.7.4种方法——基本事件个数的确定方法(1)列举法：此法适用于基本事件较少的古典概型；(2)列表法：此法适合于从多个元素中选定一两个元素的试验，也可看成是坐标法；(3)树状图法：树状图是进行列举的一种常用方法，适合于有顺序的问题及较复杂问题中基本事件个数的探求；(4)计数原理法：如果基本事件的个数较多，列举有一定困难时，可借助于两个计数原理及排列组合知识直接计算出m，n，再运用公式求概率．1个技巧——求解古典概型问题概率的技巧(1)较为简单问题可直接使用古典概型公式计算；(2)较为复杂的概率问题的处理方法：一是转化为几个互斥事件的和，利用互斥事件的加法公式进行求解；二是采用间接法，先求事件A的对立事件eq\x\to(A)的概率，再由P(A)＝1－P(eq\x\to(A))求事件A的概率．1个构建——构建不同的概率模型解决问题(1)原则：建立概率模型的一般原则是“结果越少越好”，这就要求选择恰当的观察角度，把问题转化为易解决的古典概型问题；(2)作用：一方面，对于同一个实际问题，我们有时可以通过建立不同“模型”来解决，即“一题多解”，在这“多解”的方法中，再寻求较为“简捷”的解法；另一面，我们又可以用同一种“模型”去解决很多“不同”的问题，即“多题一解”．答题模板——求古典概型概率[典例](山东高考·满分12分)袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为1,2,3；蓝色卡片两张，标号分别为1,2.(1)从以上五张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率；(2)向袋中再放入一张标号为0的绿色卡片，从这六张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率．[快速规范审题]第(1)问1．审条件，挖解题信息观察条件：五张卡片，红色三张，标号1,2,3.蓝色2张，标号为1,2，从中取两张eq\o(→,\s\up7(用列举法),\s\do5())所有可能的结果n2．审结论，明解题方向观察所求结论：求两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率eq\o(→,\s\up7(利用列举的),\s\do5(结果分析))得出满足这两个条件的结果m3．建联系，找解题突破口利用古典概型概率公式求解：P＝eq\f(m,n)第(2)问1．审条件，挖解题信息观察条件：红色卡片三张、蓝色卡片二张、绿色卡片一张，从中取两张eq\o(→,\s\up7(用列举法),\s\do5())得所有的可能的结果数n2．审结论，明解题方向观察所求结论：观察所求结论求两种卡片颜色不同且标号之和小于4的概率eq\o(→,\s\up7(利用列举的结果分析),\s\do5())得出满足这两个条件的结果m3．建联系，找解题突破口利用古典概型概率公式求解：P＝eq\f(m,n)[准确规范答题]列举从5张卡片中任取两张的可能结果时，易漏掉或重复某种结果．(1)标号为1,2,3的三张红色卡片分别记为A，B，C，标号为1,2的两张蓝色卡片分别记为D，E，从五张卡片中任取两张的所有可能的结果为(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，E)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(C，D)，(C，E)，(D，E)共10种．⇨(3分)由于每一张卡片被取到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的．从五张卡片中任取两张，这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的结果为(A，D)，(A，E)，(B，D)共3种．⇨(5分)所求事件包含的事件数列举不全或重复．所以这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的概率为eq\f(3,10).⇨(6分)(2)记F是标号为0的绿色卡片，从六张卡片中任取两张的所有可能的结果为(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．⇨(9分)由于每一张卡片被取到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的．从六张卡片中任取两张，这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的结果为(A，D)，(A，E)，(B，D)，(A，F)，(B，F)，(C，F)，(D，F)，(E，F)共8种．⇨(11分)所以这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的概率为eq\f(8,15).⇨(12分)[答题模板速成]求古典概型概率的一般步骤：第一步审清题意⇒第二步建立数量关系⇒第三步转化为数学模型⇒第四步解决数学问题理清题意，列出所有基本事件，计算基本事件总数分析所求事件，找出所求事件的个数根据古典概率公式求解得出结论解后反思，规范解答步骤，检查计数过程是否有误一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．高三(4)班有4个学习小组，从中抽出2个小组进行作业检查．在这个试验中，基本事件的个数为()A．2 B．4C．6 D．8解析：选C设这4个学习小组为A、B、C、D，“从中任抽取两个小组”的基本事件有AB、AC、AD、BC、BD、CD，共6个．2．从1,2,3,4,5,6六个数中任取3个数，则取出的3个数是连续自然数的概率是()A.eq\f(3,5) B.eq\f(2,5)C.eq\f(1,3) D.eq\f(1,5)解析：选D取出的三个数是连续自然数有4种情况，则取出的三个数是连续自然数的概率P＝eq\f(4,20)＝eq\f(1,5).3．一块各面均涂有油漆的正方体被锯成1000个大小相同的小正方体，若将这些小正方体均匀地搅混在一起，则任意取出一个正方体其三面涂有油漆的概率是()A.eq\f(1,12) B.eq\f(1,10)C.eq\f(3,25) D.eq\f(1,125)解析：选D小正方体三面涂有油漆的有8种情况，故所求其概率为eq\f(8,1000)＝eq\f(1,125).4．甲乙两人一起去游“西安世园会”，他们约定，各自独立地从1到6号景点中任选4个进行游览，每个景点参观1小时，则最后一小时他们同在一个景点的概率是()A.eq\f(1,36) B.eq\f(1,9)C.eq\f(5,36) D.eq\f(1,6)解析：选D对本题我们只看甲乙二人游览的最后一个景点，最后一个景点的选法有Ceq\o\al(1,6)×Ceq\o\al(1,6)＝36种，若两个人最后选同一个景点共有Ceq\o\al(1,6)＝6种选法，所以最后一小时他们在同一个景点游览的概率为P＝eq\f(C\o\al(1,6),C\o\al(1,6)×C\o\al(1,6))＝eq\f(1,6).5．(·广东高考)从个位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个，其个位数为0的概率是()A.eq\f(4,9) B.eq\f(1,3)C.eq\f(2,9) D.eq\f(1,9)解析：选D由个位数与十位数之和为奇数，则个位数与十位数分别为一奇一偶．若个位数为奇数时，这样的两位数共有Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,4)＝20个；若个位数为偶数时，这样的两位数共有Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,5)＝25个；于是，个位数与十位数之和为奇数的两位数共有20＋25＝45个．其中，个位数是0的有Ceq\o\al(1,5)×1＝5个．于是，所求概率为eq\f(5,45)＝eq\f(1,9).6.如图，三行三列的方阵中有九个数aij(i＝1,2,3；j＝1,2,3)，从中任取eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a11a12a13,a21a22a23,a31a32a33))三个数，则至少有两个数位于同行或同列的概率是()A.eq\f(3,7) B.eq\f(4,7)C.eq\f(1,14) D.eq\f(13,14)解析：选D从九个数中任取三个数的不同取法共有Ceq\o\al(3,9)＝eq\f(9×8×7,1×2×3)＝84种，因为取出的三个数分别位于不同的行与列的取法共有Ceq\o\al(1,3)·Ceq\o\al(1,2)·Ceq\o\al(1,1)＝6，所以至少有两个数位于同行或同列的概率为1－eq\f(6,84)＝eq\f(13,14).二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．(·上海高考)三位同学参加跳高、跳远、铅球项目的比赛．若每人都选择其中两个项目，则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是________(结果用最简分数表示)．解析：所有的可能情况有Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(2,3)，满足条件有且仅有两人选择的项目完全相同的情况有Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,2)，由古典概率公式得P＝eq\f(C\o\al(2,3)C\o\al(2,3)C\o\al(1,2),C\o\al(2,3)C\o\al(2,3)C\o\al(2,3))＝eq\f(2,3).答案：eq\f(2,3)8．从边长为1的正方形的中心和顶点这五点中，随机(等可能)取两点，则该两点间的距离为eq\f(\r(2),2)的概率是________．解析：从边长为1的正方形的中心和顶点这五点中，随机选取两点，共有10种取法，该两点间的距离为eq\f(\r(2),2)的有4种，所求事件的概率为P＝eq\f(4,10)＝eq\f(2,5).答案：eq\f(2,5)9．某艺校在一天的6节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课和其他三门艺术课各1节，则在课表上的相邻两节文化课之间至少间隔1节艺术课的概率为________(用数字作答)．解析：6节课共有Aeq\o\al(6,6)＝720种排法，相邻两节文化课之间至少间隔1节艺术课的排法有Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(3,4)＝144种排法，所以相邻两节文化课之间至少间隔1节艺术课的概率为eq\f(144,720)＝eq\f(1,5).答案：eq\f(1,5)三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)10．将一颗骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，求：(1)两数之和为5的概率；(2)两数中至少有一个奇数的概率．解：将一颗骰子先后抛掷2次，此问题中含有36个等可能基本事件．(1)记“两数之和为5”为事件A，则事件A中含有4个基本事件，所以P(A)＝eq\f(4,36)＝eq\f(1,9).所以两数之和为5的概率为eq\f(1,9).(2)记“两数中至少有一个奇数”为事件B，则事件B与“两数均为偶数”为对立事件．所以P(B)＝1－eq\f(9,36)＝eq\f(3,4).所以两数中至少有一个奇数的概率为eq\f(3,4).11．将一个质地均匀的正方体(六个面上分别标有数字0,1,2,3,4,5)和一个正四面体(四个面分别标有数字1,2,3,4)同时抛掷1次，规定“正方体向上的面上的数字为a，正四面体的三个侧面上的数字之和为b”．设复数为z＝a＋bi.(1)若集合A＝{z|z为纯虚数}，用列举法表示集合A；(2)求事件“复数在复平面内对应的点(a，b)满足a2＋(b－6)2≤9”的概率．解：(1)A＝{6i,7i,8i,9i}．(2)满足条件的基本事件的个数为24.设满足“复数在复平面内对应的点(a，b)满足a2＋(b－6)2≤9”的事件为B.当a＝0时，b＝6,7,8,9满足a2＋(b－6)2≤9；当a＝1时，b＝6,7,8满足a2＋(b－6)2≤9；当a＝2时，b＝6,7,8满足a2＋(b－6)2≤9；当a＝3时，b＝6满足a2＋(b－6)2≤9.即B为(0,6)，(0,7)，(0,8)，(0,9)，(1,6)，(1,7)，(1,8)，(2,6)，(2,7)，(2,8)，(3,6)共计11个．所以所求概率P＝eq\f(11,24).12．(·江西高考)如图，从A1(1,0,0)，A2(2,0,0)，B1(0,1,0)，B2(0,2,0)，C1(0,0，1)，C2(0,0,2)这6个点中随机选取3个点．(1)求这3点与原点O恰好是正三棱锥的四个顶点的概率；(2)求这3点与原点O共面的概率．解：从这6个点中随机选取3个点的所有可能结果是：x轴上取2个点的有A1A2B1，A1A2B2，A1A2C1，A1A2C2共4种；y轴上取2个点的有B1B2A1，B1B2A2，B1B2C1，B1B2C2共4种；z轴上取2个点的有C1C2A1，C1C2A2，C1C2B1，C1C2B2共4种．所选取的3个点在不同坐标轴上有A1B1C1，A1B1C2，A1B2C1，A1B2C2，A2