专题05古典概型概率的基本性质（举一反三讲义）

专题10.5古典概型、概率的基本性质（举一反三讲义）【全国通用】TOC\o"13"\h\u【题型1古典概型】 3【题型2有放回与无放回问题的概率】 4【题型3根据古典概型的概率求参数】 6【题型4几何概型】 7【题型5概率基本性质的应用】 9【题型6古典概型与统计综合】 12【题型7古典概型与数列的交汇问题】 16【题型8古典概型与其他知识的交汇问题】 201、古典概型、概率的基本性质考点要求真题统计考情分析(1)掌握古典概型及其计算公式，能计算古典概型中简单随机事件的概率(2)了解概率的基本性质，能计算简单随机事件的概率2023年全国乙卷（文数）：第9题，5分2023年全国甲卷（文数）：第4题，5分2024年新高考I卷：第14题，5分2024年全国甲卷（文数）：第4题，5分2024年全国甲卷（理数）：第16题，5分2025年上海卷：第17题（2），4分古典概型、概率的基本性质是概率的基础内容，从近几年的高考情况来看，本节是高考的热点内容，主要考查古典概型及其计算、概率的基本性质等，主要以选择题或填空题的形式考查，难度不大；在解答题中出现时，往往古典概型会与统计等知识结合考查，作为解答题中的一小问考查，难度中等，复习时需要加强这方面的练习，学会灵活求解.知识点1古典概型及其解题策略1．古典概型(1)事件的概率对随机事件发生可能性大小的度量(数值)称为事件的概率，事件A的概率用P(A)表示.(2)古典概型的定义我们将具有以下两个特征的试验称为古典概型试验，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.(3)古典概型的判断标准一个试验是否为古典概型，在于这个试验是否具有古典概型的两个特点：有限性和等可能性.并不是所有的试验都是古典概型.下列三类试验都不是古典概型：①样本点(基本事件)个数有限，但非等可能；②样本点(基本事件)个数无限，但等可能；③样本点(基本事件)个数无限，也不等可能.2．古典概型的概率计算公式3．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：再求一些较复杂的样本点个数时，可利用排列或组合的知识进行求解.4．古典概型与统计结合有关古典概型与统计结合的题型是高考考查概率的一个重要题型.概率与统计的结合题，无论是直接描述还是利用频率分布表、频率分布直方图等给出的信息，准确从题中提炼信息是解题的关键.复杂事件的概率可将其转化为互斥事件或对立事件的概率问题.知识点2概率的基本性质1．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性质4如果事件A与事件B互为对立事件，那么P(B)=1P(A)，P(A)=1P(B).性质5性质6设A，B是一个随机试验中的两个事件，我们有P(A∪B)=P(A)+P(B)P(A∩B).2．复杂事件概率的求解策略(1)对于一个较复杂的事件，一般将其分解成几个简单的事件，当这些事件彼此互斥时，原事件的概率就是这些简单事件的概率的和.(2)当求解的问题中有“至多”“至少”“最少”等关键词语时，常常考虑其对立事件，通过求其对立事件的概率，然后转化为所求问题.【方法技巧与总结】1．概率的一般加法公式P(A∪B)=P(A)+P(B)P(A∩B)中，易忽视只有当A∩B=∅，即A,B互斥时，P(A∪B)=P(A)+P(B)，此时P(A∩B)=0.【题型1古典概型】【例1】（2025·河南新乡·模拟预测）某校高三年级编制的数学模拟卷，其多项选择题中的四个选项A、B、C、D中至少有两个选项正确，规定：只要选择了错误项一律得0分，部分选对的得2分，若某题的正确答案是A，C，D，某考生随机选了两个选项，则其得分的概率为（

）A．34 B．310 C．16【答案】D【解题思路】利用古典概型的概率公式求解.【解答过程】由题意所求概率为C3故选：D.【变式11】（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7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1人，获得二等奖的人数不少于2人，获得三等奖的人数不少于3人，则恰有2人获得二等奖的概率为（

）A．613 B．313 C．413【答案】D【解题思路】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.【解答过程】设获得一等奖、二等奖、三等奖的人数分别为a、b、c，则a+b+c=7，因为要求获得一等奖的人数不少于1人，获得二等奖的人数不少于2人，获得三等奖的人数不少于3人，则a=1b=2c=4或a=1b=3所以恰有2人获得二等奖的概率为P=C故选：D.【变式12】（2025·甘肃白银·模拟预测）某校派高一、高二、高三每个年级各2名学生参加某项技能大赛，比赛要求每2名学生组成一个小组，则在这6名学生组成的小组中，只有一个小组的2名学生来自同一年级的概率为（

）A．215 B．13 C．25【答案】C【解题思路】利用古典概率模型进行计算，即可得到答案.【解答过程】6人分成3个小组，每个小组2人，共有C63个年级中选1个，该年级的2名学生组成一个小组，有C3剩余两个年级（设为A、B年级）各有2名学生，A年级学生记为A1,A2，分组方式有A1,B1和A2所以，只有一个小组的2名学生来自同一年级的概率为3×215故选：C.【变式13】（2025·江西·模拟预测）老师从7篇不同的诗歌中随机抽3篇让同学背诵，规定至少能背出其中2篇才算及格，甲同学只能背诵其中的3篇，则他能及格的概率为（

）A．1335 B．1235 C．1370【答案】A【解题思路】先算出从7篇诗歌中随机抽3篇的总情况数n，再分别算出甲同学能背出2篇和3篇的情况数，两者相加得到甲同学及格的情况数m，最后代入古典概型概率公式计算甲同学能及格的概率.【解答过程】计算从7篇诗歌中随机抽3篇的总情况数，n=C计算甲同学能背出2篇的情况数，甲同学只能背诵其中3篇，那么从这3篇会背的中选2篇的组合数为C32，同时从剩下7−3=4篇不会背的中选1篇的组合数为所以甲同学能背出2篇的情况数为C3计算甲同学能背出3篇的情况数，从3篇会背的诗歌中选3篇的组合数为C33，根据组合数公式计算甲同学及格的情况数m，因为至少能背出2篇才算及格，所以甲同学及格的情况数为能背出2篇的情况数与能背出3篇的情况数之和，即m=C根据古典概型概率公式，将m=13，n=35代入可得P=13故选：A.【题型2有放回与无放回问题的概率】【例2】（2025·四川成都·二模）袋中有5个除颜色外完全相同的小球，其中3个红球，2个白球.从袋中不放回地依次随机取出2个球，则这2个球颜色相同的概率为（

）A．1325 B．1225 C．35【答案】D【解题思路】根据给定条件，利用组合计数问题列式，进而求出古典概率.【解答过程】从袋中不放回地依次随机取出2个球的试验有C5取出的2个球颜色相同的事件有C3所以这2个球颜色相同的概率为C3故选：D.【变式21】（2025·山东潍坊·模拟预测）从分别标有数字1，2，3，4的4张卡片中有放回地随机抽取3次，每次取一张，则抽到的3张卡片上的数字之和大于9的概率为（

）A．332 B．764 C．532【答案】C【解题思路】根据古典概型结合乘法原理计算即可.【解答过程】从分别标有数字1，2，3，4的4张卡片中有放回地随机抽取3次的所有情况有4×4×4=64种，抽到的3张卡片上的数字之和大于9的情况有3,3,4,所以抽到的3张卡片上的数字之和大于9的概率为P=10故选：C.【变式22】（2025·四川宜宾·一模）从标有1，2，3，4，5，6的六张卡片中无放回随机抽取两张，则抽到的两张卡片数字之积是3的倍数的概率为（

）A．310 B．13 C．35【答案】C【解题思路】根据题意，用列举法分析“从六张卡片中无放回随机抽取2张”和“抽到的2张卡片上的数字之积是3的倍数”的情况数目，由古典概型公式计算可得答案.【解答过程】根据题意，从六张卡片中无放回随机抽取2张，有1,2，1,3，1,4，1,5，1,6，2,3，2,4，2,5，2,6，3,4，3,5，3,6，4,5，4,6，5,6共15种取法，其中抽到的2张卡片上的数字之积是3的倍数有1,3，1,6，2,3，2,6，3,4，3,5，3,6，4,6，5,6共9种情况，则抽到的2张卡片上的数字之积是3的倍数的概率P=9故选：C.【变式23】（2025·河南·模拟预测）袋子中装有5个形状和大小相同的球，其中3个标有字母a,2个标有字母b.甲先从袋中随机摸一个球，摸出的球不再放回，然后乙从袋中随机摸一个球，若甲､乙两人摸到标有字母a的球的概率分别为p1,p2A．p1=pC．p1=3p【答案】A【解题思路】利用古典概型的概率及全概率公式求出p1【解答过程】设A为“甲摸到标有字母a的球”，B为“乙摸到标有字母a的球”，则p1而p2故p1故选：A.【题型3根据古典概型的概率求参数】【例3】（2425高一下·山西·期末）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【解题思路】设黑球的个数为n，根据古典概型概率公式列式求解即可.【解答过程】设黑球的个数为n，由古典概型的概率公式可得2020+n=400故选：A.【变式31】（2025·上海徐汇·一模）一个不透明的盒子中装有若干个红球和5个黑球，这些球除颜色外均相同.每次将球充分搅匀后，任意摸出1个球记下颜色后再放回盒子.经过重复摸球足够多次试验后发现，摸到黑球的频率稳定在0.1左右，则据此估计盒子中红球的个数约为（

）A．40个 B．45个 C．50个 D．55个【答案】B【解题思路】因为重复摸球次数足够多，所以将频率视为概率，应用古典概型概率的计算公式计算即可.【解答过程】设红球个数为a，由题意可得：5a+5=0.1，解得：故选：B.【变式32】（2425高二上·广东佛山·期末）一个袋子中装有形状大小完全相同的6个红球，n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13，则n的值为（

A．4 B．5 C．12 D．15【答案】A【解题思路】利用古典概型概率计算公式列出方程，能求出n的值．【解答过程】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，n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13则6×56+n解得n=4（负值舍去）.故选：A．【变式33】（2425高一下·江苏南京·期末）一个口袋中装有10个红球和若干个黄球，在不允许将球倒出来数的前提下，为估计口袋中黄球的个数，小明采用了如下的方法：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200次，共摸出红球80次，根据上述数值，估计口袋中大约有黄球（

）个．A．10 B．15 C．25 D．40【答案】B【解题思路】设黄球的个数为n，利用古典概型的概率公式可得出关于n的等式，解出n的值即可.【解答过程】设黄球的个数为n，由古典概型的概率公式可得1010+n=80故选：B.【题型4几何概型】【例4】（2025·陕西榆林·模拟预测）七巧板被誉为“东方魔板”，是我国古代劳动人民的伟大发明之一，由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成．如图是一个用七巧板拼成的正方形，若向此正方形内丢一粒小种子，则种子落入黑色平行四边形区域的概率为（

）

A．18 B．38 C．516【答案】A【解题思路】设小正方形边长为1，求出大正方形的边长，以及黑色平行四边形的底和高，再结合几何概型公式求解.【解答过程】设小正方形边长为1，可得黑色平行四边形底为2，高为22黑色等腰直角三角形的直角边为2，斜边为22，即大正方形边长为2故种子落入黑色平行四边形区域的概率为2×故选：A.【变式41】（2025·陕西商洛·模拟预测）如图，圆O是正三角形ABC的内切圆，则在△ABC内任取一点，该点取自阴影部分的概率为（

）A．3π9−14 B．3π【答案】D【解题思路】利用等面积法求出正三角形ABC的边长与其内切圆半径的关系，再利用几何概型求解即可.【解答过程】设正三角形ABC的边长为a，内切圆的半径为r，由S△ABC得12×a×a−所以S△ABC内切圆得面积S1所以阴影部分得面积为33所以该点取自阴影部分的概率为33故选：D.【变式42】（2025·陕西安康·模拟预测）将长度为1的线段随机剪成两段，则两段长度都不小于13的概率是（

A．16 B．14 C．13【答案】C【解题思路】设其中一段为x0<x<1，根据所给条件求出x【解答过程】设其中一段为x0<x<1，则另一段为1−x依题意x≥131−x≥所以两段长度都不小于13的概率P=故选：C.【变式43】（2025·四川南充·三模）如图，圆O内接一个圆心角为60°的扇形ABC，在圆O内任取一点，则该点落在扇形ABC内的概率为（

）A．14 B．34 C．12【答案】C【解题思路】连接OA，OC，设圆的半径为r，求出AC，利用扇形面积公式求出扇形ABC的面积，再结合几何概型求概率公式求解．【解答过程】连接OA，OC，则∠OAC=30°，OA=OC=r，取AC中点D，连接OD，则OD⊥AC，其中AD=CD=rcos所以AC=2AD=3所以扇形ABC的面积为12又因为圆的面积为πr所以在圆O内任取一点，该点落在扇形ABC内的概率为12故选：C.【题型5概率基本性质的应用】【例5】（2425高二下·上海·期中）已知事件A与事件B相互独立，且PA=0.3, PBA．0.1 B．0.12 C．0.58 D．0.7【答案】C【解题思路】根据给定条件，利用相互独立事件的概率及概率的基本性质计算得解.【解答过程】由事件A与事件B相互独立，PA=0.3, 所以PA∪B故选：C.【变式51】（2025·湖北武汉·模拟预测）随机事件A发生的概率为45，随机事件B发生的概率为23，则事件A，B同时发生的概率的取值范围是（A．815,23 B．715,【答案】C【解题思路】根据给定条件，利用概率的基本性质及概率的取值范围求解即得.【解答过程】依题意，P(A)=45,P(B)=得P(AB)≥P(A)+P(B)−1=45+则当B⊂A时，P(AB)=P(B)=2所以事件A，B同时发生的概率的取值范围是[7故选：C.【变式52】（2425高一下·陕西西安·期末）已知随机事件A，B满足P(A)=13，P(B)=34，P(A∪B)=5A．116 B．18 C．316【答案】D【解题思路】根据给定条件，利用概率的基本性质列式计算即得.【解答过程】依题意，P(A∩B)=P(A)+P(B)−P(A∪B)=1故选：D.【变式53】（2425高三上·上海·开学考试）事件A与B独立，A、B分别是A、B的对立事件，则下列命题中成立的是（

）A．P(A∪B)=P(A)P(B) B．P(A∪B)=P(A)+P(B)C．PAB=P(A)P【答案】C【解题思路】利用独立事件的乘法公式和概率的性质逐项判断即可.【解答过程】事件A与B独立，A、B分别是A、B的对立事件，故P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(A)P(B)，故AB错误；PAPA∪B故选：C.【题型6古典概型与统计综合】【例6】（2425高一下·北京·期中）某研究机构为了了解各年龄层对高考改革方案的关注程度，随机选取了200名年龄在[20,45]内的市民进行了调查，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图（分第一～五组区间分别为[20,25)，[25,30)，[30,35)，[35,40)，[40,45)，[40,45]）.(1)求选取的市民年龄在[40,45]内的人数；(2)利用频率分布直方图，估计200名市民的年龄的平均数和第80百分位数；(3)若从第3，4组用分层抽样的方法选取5名市民进行座谈，再从中选取2人在座谈会中作重点发言，求作重点发言的市民中至少有一人的年龄在[35,40)内的概率.【答案】(1)20(2)平均数32.25;第80百分位数37.5(3)7【解题思路】（1）根据频率分布直方图，先求出年龄在40,45内的频率，再求出频数；（2）根据频率分布直方图，求出组中值，利用组中值求平均数即可，第80百分位数即为左侧面积为0.8的线所对应的值；（3）先确定从第3，4组中分别抽取3人，2人.再根据古典概型公式求解概率即可.【解答过程】（1）（1）由题意可知，年龄在40,45内的频率为P=0.02×5=0.1，故年龄在40,45内的市民人数为200×0.1=20.（2）(2)平均数为22.5×0.01×5+27.5×0.07×5+32.5×0.06×5+37.5×0.04×5+42.5×0.02×5=32.2532.25;前三组的频率和为0.01×5+0.07×5+0.06×5=0.7，第四组的频率为0.04×5=0.2，所以第80百分位数在第四组，第80百分位数为35+0.1（3）（3）易知，第3组的人数，第4组人数都多于20，且频率之比为3:2，所以用分层抽样的方法在第3、4两组市民抽取5名参加座谈，所以应从第3，4组中分别抽取3人，2人.记第3组的3名分别为A1，A2，A3，第4组的2名分别为B1，B2，则从5名中选取2名作重点发言的所有情况为A1,A2，A1,A3，A1,其中第4组的2名B1，B2至少有一名被选中的有：A1,B1，A1,B2，所以至少有一人的年龄在35,40内的概率为710【变式61】（2025·北京东城·二模）已知近10年北京市12月和1月历史气温分别如下图所示.(1)从2016年至2024年这9年中随机抽取一年，求该年12月平均高温和平均低温都低于前一年的概率；(2)将当年12月和次年1月作为当年的冬季周期，记当年12月平均高温与平均低温的差值为a（单位：摄氏度），次年1月平均高温与平均低温的差值为b（单位：摄氏度）.从2015年至2024年这10个冬季周期中随机抽取3个，求至少有2个冬季周期中a=b的概率；(3)依据图2中信息，能否预测北京市2026年1月平均高温低于4摄氏度?请说明理由.【答案】(1)4(2)1(3)不能预测，理由见解析【解题思路】（1）由图结合古典概型的概率计算公式求解即可；（2）先确定满足a=b的冬季周期的个数，然后利用组合数计算即可求解；（3）根据图表中数据的特点分析即可.【解答过程】（1）由图可知从2016年至2024年12月平均高温和平均低温都低于前一年的有2017，2018，2020，2022，所以从2016年至2024年这9年中随机抽取一年，该年12月平均高温和平均低温都低于前一年的概率为49（2）由已知可得从2015年至2024年这10个冬季周期分别为8,8,满足a=b的有4个，从2015年至2024年这10个冬季周期中随机抽取3个，至少有2个冬季周期中a=b的概率为C4（3）不能预测北京市2026年1月平均高温低于4摄氏度，理由如下：从图2可以看出，1月平均高温数据虽有波动，但没有明显的单调递增或递减的线性趋势，数据的波动是随机的，没有足够的依据能从过去10年的数据直接推断2026年1月平均高温低于4摄氏度.【变式62】（2025·上海杨浦·一模）为加强学生睡眠监测督导，学校对高中三个年级学生的日均睡眠时间进行调查.根据分层随机抽样法，学校在高一､高二和高三年级中共抽取了100名学生的日均睡眠时间作为样本，其中高一35人，高二33人.已知该校高三年级一共512人.(1)学校高中三个年级一共有多少个学生？(2)若抽取100名学生的样本极差为2，数据如下表所示（其中x<10,n是正整数）日均睡眠时间（小时）x8.599.510学生数量n3213114求该样本的第40百分位数.(3)从这100名学生的样本中随机抽取三个学生的日均睡眠时间，求其中至少有1个数据来自高三学生的概率.【答案】(1)1600(2)8.25(3)2536【解题思路】1根据分层抽样，按比例抽取即可得到答案．2根据极差可得x=8，再结合学生总数量为100，可求出n=40，再根据求第p百分位数的方法即可求得.3根据古典概型的概率计算，如果一次实验中可能出现的结果有n个，而且所有结果出现的可能性都相等，如果某个事件A包含的结果有m个，那么事件A的概率为PA【解答过程】（1）设学校高中三个年级一共有N个学生,因为采用分层抽样法抽取一个容量为100的样本，在高一年级抽取了35人，高二年级抽取了33人，所以高三抽取的人数为：100−35−33=32人，又因为高三年级一共512人，所以有：32512=100所以学校高中三个年级一共有1600个学生.（2）因为抽取100名学生的样本极差为2，x<10,n所以10−x=2⇒x=8,n=100−32−13−11−4=40.又因为100×0.4=40（3）因为100名学生的样本中随机抽取三个学生的总情况数为：C其中至少有1个数据来自高三学生的情况为：C所以至少有1个数据来自高三学生的概率为：P=【变式63】（2025·上海·一模）某芯片代工厂生产甲、乙两种型号的芯片，为了解芯片的某项指标，从这两种芯片中各抽取100件进行检测，获得该项指标的频率分布直方图，如图所示：假设数据在组内均匀分布，以样本估计总体，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．(1)求频率分布直方图中x的值并估计乙型芯片该项指标的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；(2)已知甲型芯片指标在80,100为航天级芯片，乙型芯片指标在60,70为航天为航天级芯片．现分别采用分层抽样的方式，从甲型芯片指标在70,90内取2件，乙型芯片指标在50,70内取4件，再从这6件中任取2件，求至少有一件为航天级芯片的概率．【答案】(1)x=0.020，x=47(2)PE【解题思路】（1）由频率和为1求出x得值，根据平均数公式求出平均值.（2）根据条件列举样本容量和样本点的方法，列式求解.【解答过程】（1）由题意得10×0.002+0.005+0.023+0.025+0.025+x=1，解得由频率分布直方图得乙型芯片该项指标的平均值：x=（2）根据分层抽样得，来自甲型芯片指标在70,80和80,90的各1件，分别记为A和B，来自甲型芯片指标在50,60和60,70分别为3件和1件，分别记为C1，C2，C3从中任取2件，样本空间可记为Ω=A,B，A,C1，A,C2，B,C2，B,C3，B,D，C1,C2，C1记事件E：至少有一件为航天级芯片,则E=A,B，A,D，B,C1，B,B,D，C1,D，C2所以PE【题型7古典概型与数列的交汇问题】【例7】（2025·江西·一模）从1，2，……，10中取三个不同的数，按从小到大的顺序排列，组成的数列是等差数列的概率为（

）A．13 B．112 C．14【答案】D【解题思路】设取出的3个不同的数分别为a、b、c，结合等差数列的性质分析可知故a、c同为奇数或同为偶数，且a与c确定后，b随之而定，利用古典概型的概率公式求解可得答案.【解答过程】设取出的3个不同的数分别为a、b、c，不同的取法共有C10若这3个数构成等差数列，则有a+c=2b.故a、c同为奇数或同为偶数，且a与c确定后，b随之而定.从而所求概率为C5故选：D．【变式71】（2025·河北秦皇岛·模拟预测）从−2，−1，1，2，3，4，5，6这8个数中随机选取3个不同的数，则这3个数可以构成等差或等比数列的概率是（

）A．956 B．528 C．1156【答案】C【解题思路】根据古典概型概率公式，需要确定从8个中选出3个数的总情况数，再分别找出能够构成等差或等比数列的组合数目，最后计算概率．【解答过程】从8个数中随机选取3个不同的数共有C8能构成等差数列的情况有：公差为1或−1的有{1,2,3}，{2,3,4}，{3,4,5}，{4,5,6}，公差为2或−2的有{−1,1,3}，{1,3,5}，{2,4,6}，公差为3或−3的有{−2,1,4}，{−1,2,5}，公差为4或−4的有{−2,2,6}，共10种情况；能构成等比数列的情况有：公比为−12或−2的有公比为12或2的有{1,2,4}但{4,−2,1}既是等差数列，也是等比数列，算一种情况．所以构成等差或等比数列的概率是1156故选：C．【变式72】（2025·黑龙江大庆·模拟预测）对n∈N，通过抛掷一枚均匀硬币n次后生成有序数对an,bn，具体生成规则如下：①规定a0,b0=0,0；②当第nn≥1次抛掷硬币时：如果出现硬币正面朝上，若an−1<bn−1，则a(1)写出a2,b2的所有可能结果，并求(2)证明：数列Pn−1(3)设Fn=e【答案】(1)答案见解析，P1=0，(2)证明见解析，P(3)答案见解析【解题思路】（1）利用枚举法可求所有可能结果，由古典概型的概率公式可求概率；（2）由全概率公式可求Pn=1（3）结合（2）的结果可求Pn的最大项，从而可求F【解答过程】（1）当第1次抛掷硬币时，若正面朝上，由a0,b则a1若反面朝上，由a0,b则a1当第2次抛掷硬币时，如果正面朝上，此时若第1次正面朝上，由a1,b则a此时若第1次反面朝上，由a1,b则a当第2次抛掷硬币时，如果反面朝上，此时若第1次正面朝上，由a1,b则a此时若第1次反面朝上，由a1,b则a所以a2,b2的所有可能结果共3个，所以（2）由（1）的分析可得a1当第nn≥1如果出现硬币正面朝上，若an−1则an,b否则an,b而−1≤an−1−1−如果出现硬币反面朝上，同理有an−b当an−1>b有an,bn=an−1有an,bPn即Pn=−所以Pn−13是以所以Pn−1（3）由（2）知Pn而F′x=ex−故Pn最大时F当n>1且n为奇数时，Pn当n>1且n为偶数时，Pn且Pn=1所以Pn=所以Fn【变式73】（2025·山东泰安·二模）抛掷一枚质地均匀的骰子n次，n∈N∗，记ai为第i次抛掷得到的点数，(1)求a1(2)若前m次点数之和为7的概率为Pm,m=2,3,⋯,7，且m=27Pm=（ⅰ）求b的值；（ⅱ）已知正项数列cn的前n项和为Sn,【答案】(1)1(2)（ⅰ）1（ⅱ）证明见解析【解题思路】（1）写出样本事件空间，根据古典概型求概率即可；（2）（ⅰ）求出m=27Pm（ⅱ）由所给条件可得1cn+1【解答过程】（1）a1+a∵样本空间Ω=∴n(Ω∵7=1+6=2+5=3+4，∴A=(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1)∴n(A)=6，∴PA即a1+a（2）（ⅰ）当m=2时，由（1），P2当m=3时，7=1+1+5=1+2+4=1+3+3=2+2+3，∴P当m=4时，7=1+1+1+4=1+1+2+3=1+2+2+2，∴P当m=5时，7=1+1+1+1+3=1+1+1+2+2，∴P当m=6时，7=1+1+1+1+1+2,∴P当m=7时，P7∴==1∵6,7互质，t,r互质，∴t=7∴b=log（ⅱ）证明：∵c∵S∴当n≥2时，c1∴c∴c∴1∴i=2∵c∴i=2【题型8古典概型与其他知识的交汇问题】【例8】（2025·江西新余·模拟预测）从正方体ABCD−A1BA．12 B．14 C．13【答案】D【解题思路】结合图形确定正四面体及正三棱锥的个数，结合古典概率模型计算公式即可求解.【解答过程】由4个顶点构成的正三棱锥有两类，第一类是正四面体，如四面体A1BC第二类是正三棱锥但非正四面体，如正三棱锥A−BDAA1故所求概率为22+8故选：D.【变式81】（2025·湖北武汉·模拟预测）已知3x+3A．89 B．79 C．23【答案】B【解题思路】先由第3项与第7项的二项式系数相等求出n的值，然后求出二项式展开式的通项公式，求出有理项的个数，利用插空法求出有理项互不相邻的情况，再利用古典概型的概率公式求解即可.【解答过程】因为3x所以Cn2=所以3x+3x8当r=0或r=6时，−4+5若将展开式中所有的项重新随机排列，则所有的排列共有A99种，其中有理项互不相邻的排列有所以所求的概率为P=A故选：B.【变式82】（2025·浙江宁波·三模）在1，2，3，…，7这7个自然数中，任取3个数.(1)求这3个数中恰有1个是偶数的概率；(2)设X为这3个数中两数相邻的组数（例如：若取出的数为1，2，3，则有两组相邻的数1，2和2，3，此时X的值是2）.求随机变量X的分布列及其数学期望EX【答案】(1)1835(2)分布列见解析，期望为67【解题思路】（1）应用组合数求任选三个、恰有一个偶数的选法数，再由古典概型的概率求法求概率；（2）由题意X的可能值为0,1,2，再求出对应概率写出分布列，进而求期望.【解答过程】（1）从7个自然数中任选三个有C73=35所以这3个数中恰有1个是偶数的概率1835（2）由题设，X的可能值为0,1,2，X=2有{1,2,3}、{2,3,4}、{3,4,5}、{4,5,6}、{5,6,7}共有5种，X=0有{1,3,5}、{1,3,6}、{1,3,7}、{1,4,6}、{1,4,7}、{1,5,7}、{2,4,6}、{2,4,7}、{2,5,7}、{3,5,7}共有10种，X=1有35−5−10=20种，所以P(X=0)=1035=27X的分布列如下，X012P241E(X)=0×2【变式83】（2025·湖南·三模）某学校为调查高三年级的体育开展情况，随机抽取了20位高三学生作为样本进行体育综合测试，体育综合测试成绩分4个等级，每个等级对应的分数和人数如下表所示：等级不及格及格良优分数1234人数3953(1)若从样本中随机选取2位学生，求所选的2位学生分数不同的概率；(2)用样本估计总体，以频率代替概率.若从高三年级学生中随机抽取n位学生，记所选学生分数不小于3的人数为X.（ⅰ）若n=3，求X的分布列与数学期望；（ⅱ）若n=20，当k为何值时，PX=k【答案】(1)69(2)（ⅰ）分布列见解析，EX=65；（ⅱ）【解题思路】（1）设事件M=“选取的2位学生分数不同”，根据对立事件结合古典概型计算即可得概率；（2）（ⅰ）n=3时，X∼B3,25，结合二项分布求解概率分布列与数学期望；（ⅱ）n=20时，X∼B20,25，由于【解答过程】（1）设事件M=“选取的2位学生分数不同”，则PM故所选的2位学生分数不同的概率为6995（2）设A=“学生分数不小于3”，则PA（ⅰ）若n=3，X的可能取值为0,1,2,3，由题意可得X∼B3,又PX=0=1−PX=2=C所以X的分布列为：X0123P2754368由于X∼B3,25（ⅱ）若n=20，则X∼B20,所以PX=k由于PX=k所以PX=k≥PX=k−1即20−k+1k因为k∈N∗，k∈0,20，所以k=8一、单选题1．（2425高一下·广东深圳·期末）已知两个随机事件A和B，其中PA=12，PB=3A．14 B．13 C．12【答案】D【解题思路】因为A和B是两个随机事件,所以由P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(AB)即可求出结果.【解答过程】因为A和B是两个随机事件,所以P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(AB)则P(AB)=P(A)+P(B)−P(A∪B)=故选：D.2．（2025·吉林白城·模拟预测）6个数字1，2，2，2，3，5排成一排构成一个六位数，则这个六位数为偶数的概率为（

）A．12 B．23 C．415【答案】A【解题思路】由题知6个数中只有3个不同的数，总事件为六位数选3个出来全排，剩下2个为2，若六位数为偶数，个位数必为2，则前面5位中选3位进行全排，然后计算概率即可.【解答过程】6个数中只有3个不同的数，总事件为六位数选3个出来全排，剩下2个为2，则共有C6若六位数为偶数，个位数必为2，则前面5位中选3位进行全排，共有C5所以概率P=故选：A.3．（2025·广东佛山·模拟预测）某学校的数学兴趣小组为了了解我国古代的数学成就，先后去图书馆借阅了5本古代数学名著：《周髀算经》､《九章算术》､《海岛算经》､《孙子算经》和《张丘建算经》，该小组每次随机借阅一本名著，且归还后再随机借阅下一本（已借阅的不会重复借阅）．则最先借阅的两本是《周髀算经》和《九章算术》，且最后一本借阅的是《孙子算经》的概率为（

）A．115 B．9125 C．18125【答案】D【解题思路】由古典概率的计算公式求解即可.【解答过程】所有可能的借阅顺序总数为：A5最先借阅的两本是《周髀算经》和《九章算术》，且最后一本借阅的是《孙子算经》，所以前两本的顺序可以是《周髀算经》、《九章算术》或者《九章算术》、《周髀算经》，有2种情况，最后一本已经确定是《孙子算经》，中间2本为《海岛算经》、《张丘建算经》，有2种情况，设最先借阅的两本是《周髀算经》和《九章算术》，且最后一本借阅的是《孙子算经》为事件A，则PA故选：D.4．（2425高二上·浙江杭州·期中）设A,B是一个随机试验中的两个事件，记A,B为事件A,B的对立事件，且P(A)=25,P(B)=A．1115 B．815 C．1415【答案】D【解题思路】根据已知条件求出P(A)和P(B)，再利用概率的性质求出【解答过程】因为P(A)=25，所以又P(AB)=P(A)−P(A所以P(A故PA故选：D.5．（2025·陕西铜川·三模）如图是一个射击靶的示意图，其中每个圆环的宽度与中心圆的半径相等.某人朝靶上任意射击一次没有脱靶，则其命中9环的概率为（

）A．316 B．116 C．18【答案】A【解题思路】设中心10环圆的半径为r，则大圆的半径为4r，求出大圆的面积与9环所在圆环的面积，再由几何概型的概率公式计算可得.【解答过程】设中心10环圆的半径为r，则射击靶所在大圆的半径为4r，面积为π×9环所在圆环的面积为π×2r2故选：A.6．（2025·陕西安康·模拟预测）已知集合A=x∈Nx2−5x<0，从集合A的非空子集中任取两个集合BA．57 B．1021 C．521【答案】C【解题思路】解一元二次不等式，求出集合A中的元素，计算集合A的所有非空子集的个数，分类讨论其中两个集合B1，B【解答过程】由x2−5x<0，解得0<x<5，所以A=1,2,3,4当B1中有一个元素时，B2是剩下三个元素的非空子集，则有当B1中有两个元素时，B2是剩下两个元素的非空子集，则有当B1中有三个元素时，B2是剩下一个元素的非空子集，则有根据对称性可知，其中有一半是重复的情况，则B1，B2交集为空实际有任取两个集合B1，B2交集为空集的概率为故选：C.7．（2025·山东·模拟预测）在4个人中选若干人在3天假期中值班（每天只需1人值班），不出现同一人连续值班两天，其中甲恰有一天值班的概率为（

）A．14 B．12 C．712【答案】C【解题思路】按甲只在第一天，只在第二天，只在第三天值班分类，数清楚样本点个数，再用古典概型即可得到答案.【解答过程】计算总可能值班的样本点个数：每天值班人选从4人中选1人，且相邻两天值班人不同.第一天：有4种选择（任何一人均可）；第二天：不能与第一天相同，因此有3种选择（排除第一天的人）；第三天：不能与第二天相同，因此有3种选择（排除第二天的人）.总的样本点个数：4×3×3=36.计算甲恰有一天值班的样本点个数：甲只在第一天值班有1×3×2=6种，甲只在第二天值班有1×3×3=9种，甲只在第三天值班有1×3×2=6种.所以有古典概型知：P=6+9+6故选：C.8．（2025·甘肃白银·模拟预测）一个盒子中装有标号为1，2，3，4，5的5张标签，随机地选取两张标签并求标签上的数字之和．记不放回地选取且和为6的概率为P1，有放回地选取且和为6的概率为P2，则P1A．2 B．1 C．23 D．【答案】B【解题思路】根据古典概型概率公式，求出事件概率，计算结果.【解答过程】由题意知6=1+5=2+4=3+3，不放回地选取共有20个样本点，标签上的数字之和为6有4个样本点，分别为(1,5),(5,1),(2,4),(4,2)，所以P1有放回地选取共有25个样本点，标签上的数字之和为6有5个样本点，分别为(1,5),(5,1),(2,4),(4,2),(3,3)，所以P2则P1故选：B.二、多选题9．（2025·安徽合肥·模拟预测）粉笔盒中只装了白红黄蓝绿5支不同颜色的粉笔，老师上课时随机使用了3支，下列结论中正确的是（

）A．事件“白色与红色粉笔都用到”与“白色与红色粉笔至少1支用到”为互斥事件B．事件“白色与红色粉笔都用到”与“白色与红色粉笔至多1支用到”为对立事件C．白色与红色粉笔都用到的概率为2D．白色与红色粉笔至少1支用到的概率为9【答案】BD【解题思路】根据题意，由互斥事件的定义，可判定A错误；根据对立事件的定义，可得判定B正确，利用列举法，结合古典摡型的概率计算公式，可判定C错误，D正确.【解答过程】记白、红、黄、蓝、绿颜色的粉笔分别为：A,B,a,b,c，对于A中，“A,B都入选”与“A,B至少1支入选”可以同时发生，所以A错误；对于B中，对于A,B是否入选所有事件类型有：A,B都入选，A入选B不入选，A不入选B入选和A,B都不入选，所以事件“白色与红色粉笔都用到”与“白色与红色粉笔至多1支用到”为对立事件，所以B正确；对于C中，设从5支中随机选3支，则有(A,B,a)，(A,B,b)，(A,B,c)，(A,a,b)，(A,a,c)，(A,b,c)，(B,a,b)，(B,a,c)，(B,b,c)，(a,b,c)，共10种选法，其中A,B都入选的选法有3种，故所求概率P=3对于D中，由A,B至少1支入选的选法有9种，故所求概率P=9故选：BD．10．（2025·甘肃白银·三模）定义：对一个三位数来说，如果其十位数字比个位数字和百位数字都小，则称它为“三位凹数”，如果其十位数字比个位数字和百位数字都大，则称其为“三位凸数”，现从1至9共9个数中，选取3个不同的数排成三位数M，则（

）A．排成的“三位凹数”共有168个B．排成的“三位凸数”和“三位凹数”的可能性相等C．从所有的M中随机抽取一个三位数，该三位数是“三位凸数”的概率为1D．从所有的M中随机抽取两个三位数，至少有一个是“三位凹数”的概率为2【答案】ABC【解题思路】根据“三位凹数”和“三位凸数”的定义，结合排列数和组合数的计算公式，可判定A正确；求得“三位凹数”和“三位凸数”的个数，可判定B正确；由三位数M的个数，结合古典摡型的概率计算公式，可判定C正确；结合古典摡型的概率计算公式和对立事件的概率公式，可判定D错误.【解答过程】对于A中，从9个数中选3个数，有C9将最小的数作为十位数字，剩下两个数随意作为百位和个位上的数字，有A22种，故共有对于B中，由A知排成的“三位凸数”共有C9所以排成的“三位凸数”和“三位凹数”的可能性相等，所以B正确；对于C中，由三位数M共有A93=504对于D中，由三位数M共有A9任取两个三位数有C504任取两个非“三位凹数”有C3362种，所以至少有一个是“三位凹数”的概率为故选：ABC.11．（2025·湖北十堰·模拟预测）高考来临之际，某校食堂的午饭针对高三学生推出了多种营养套餐，其中10元套餐是从A、B、C、D、E五道菜中任选三道菜，甲、乙两位同学午饭都选择了此套餐，假设甲、乙两人选择每道菜品都是等可能的且两人选择菜品互不影响，则（

）A．甲选了A的概率为3B．甲选了A且乙不选B的概率为6C．甲乙两人所选的菜品完全相同的概率为1D．甲乙两人选的菜品恰有一个相同的概率为3【答案】ABD【解题思路】根据古典概率的计算公式列式计算判断.【解答过程】对于A，甲同学选A这道菜的概率为C4对于B，由A选项得甲选了A且乙不选B的概率为C4对于C，甲乙两人所选的菜完全相同的概率为1×1对于D，甲乙两人选的菜恰有一个相同的概率为C5故选：ABD.三、填空题12．（2025·湖南·三模）甲、乙两人向同一目标各射击1次，已知甲、乙命中目标的概率分别为34，45，则目标至少被击中1次的概率为【答案】19【解题思路】方法一：设出事件，根据PA+B方法二：先求出目标没有被击中的概率，利用对立事件的概率公式求解即可.【解答过程】方法一：设“甲命中目标”为事件A，“乙命中目标”为事件B，则PA=3所以目标至少被击中1次的概率PA+B方法二：设“甲命中目标”为事件A，“乙命中目标”为事件B，则PA=34，PB所以目标没有被击中的概率为PA目标至少被击中1次的概率为1−故答案为：192013．（2025·湖北黄冈·模拟预测）甲､乙两人进行掷骰子比赛，在每轮比赛中，两人各自随机投掷质地均匀的骰子一次，规定点数大的得2分，点数小的得0分，点数相同时各得1分，三轮比赛结束后，甲得4分的概率为.【答案】145【解题思路】根据古典概型的概率公式分别计算每轮比赛得分所对应的概率，再分情况讨论三轮比赛的得分情况，即可得解.【解答过程】用a,b分别表示甲､乙两人投掷一枚骰子的结果，因为甲､乙两人每次投掷均有6种结果，则在一轮游戏中，共包含6×6=36（个）等可能的基本事件.其中，甲得2分，即a>b包含的基本事件有2,1，3,1，3,2，4,1，4,2，4,3，5,1，5,2，5,3，5,4，6,1，6,2，6,3，6,4，6,5共15个，则甲每轮得2分的概率为1536=512.同理可得，甲每轮得0分的概率也是512设事件A表示三轮比赛结束后甲得4分，则事件A可分两类情形：①甲有两轮得2分，一轮得0分，概率为P1②甲有一轮得2分，两轮得1分，概率为P2所以PA故答案为：14557614．（2025·广东广州·模拟预测）如图，某停车场有2行4列共8个停车位，现有2辆红色汽车和2辆黑色汽车要停车，则相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的概率为.【答案】1【解题思路】首先根据分类和分步计数原理，计算相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的情况，再结合古典概型概率公式，即可求解.【解答过程】先计算相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的情况种数.第一步：停红色汽车，第一辆红色汽车在第一行选一个位置有四个位置可选，第二辆红色汽车在第二行有三个位置可选，由于两辆红色汽车可以互换，故有4×3×2=24种；第二步：停黑色汽车，分成两种情况：若第一辆黑色汽车停在第一行且与红色汽车同列，则另一辆黑色汽车有3种停法，若第一辆黑色汽车停在第一行且与红色汽车不同列有2种停法，此时另一辆黑色汽车有2种停法，由于两辆黑色汽车可以互换，故有3+2×2×2=14因此，相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的情况种数共有24×14种，8个车位停入4辆车的试验共有8××7×6×5种情况，所以相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的概率为24×148×7×6×5故答案为：15四、解答题15．（2425高一下·山东临沂·期末）猜灯谜是元宵节特色活动之一.甲、乙两人独立地参加了今年的元宵节猜灯谜活动，已知甲猜对的概率为35，乙猜对的概率为p，甲、乙都猜不对的概率为2(1)求p；(2)求甲、乙恰有一人猜对灯谜的概率.【答案】(1)2(2)7【解题思路】（1）利用独立事件的乘法公式和对立事件的性质求解即可；（2）利用概率的性质求解即可.【解答过程】（1）设事件A为“甲能猜对灯谜”，事件B为“乙能猜对灯谜”，由题意得，A与B相互独立，且PA=3故甲、乙都猜不对的概率：PA故p=2（2）甲、乙恰有一人猜对灯谜的事件为AB且PA故甲、乙恰有一人猜对灯谜的概率为71516．（2025·河北秦皇岛·三模）某村为提高村民收益，种植了一批苹果树，现为了更好地销售，从该村的苹果树上随机摘下100个苹果，测得其质量（单位：克）均分布在区间150, (1)按比例分配的分层随机抽样的方法从质量落在区间175, (2)以各组数据的中间数值代表这组数据的平均水平，已知该村每亩苹果树上大约还有50000个苹果待出售，某电商提出两种收购方案：A．所有苹果均以4元/千克收购；B．低于225克的苹果以0.8元/个的价格收购，高于或等于225克的苹果以1元/个的价格收购．请你通过计算为该村选择收益最好的方案．【答案】(1)110(2)方案B.【解题思路】（1）先根据频率比确定在不同区间内抽取的苹果个数，再利用组合数准确计算从抽取的苹果中选2个的所有情况数以及满足条件（质量均小于200克）的情况数，最后依据古典概型概率公式求解.（2）一是利用频率分布直方图的性质准确计算各区间频率和苹果质量的平均数，进而得到总质量用于方案A收益计算；二是分别算出不同质量标准下苹果的个数，用于方案B收益计算，最后通过比较收益大小做出合理选择.【解答过程】（1）由题图可得苹果质量在区间175, 200和200, 所以应分别在质量为175, 所以所求概