浙江专用2018版高考数学大一轮复习第十一章概率随机变量及其分布11.2古典概型教师用书201704150243

（浙江专用）2018版高考数学大一轮复习 第十一章 概率、随机变量
及其分布 11.2 古典概型教师用书
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． 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)试验中所有可能出现的基本事件只有有限个； (2)每个基本事件出现的可能性相等．
3．如果一次试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，那么每一个基本事件的概率都是1n ；如果某个事件A 包括的结果有m 个，那么事件A 的概率P (A )＝m
n
.
4．古典概型的概率公式
P (A )＝A 包含的基本事件的个数 基本事件的总数
.
【思考辨析】
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)“在适宜条件下，种下一粒种子观察它是否发芽”属于古典概型，其基本事件是“发芽与不发芽”．( × )
(2)掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”，这三个结果是等可能事件．( × )
(3)从市场上出售的标准为500±5 g 的袋装食盐中任取一袋，测其重量，属于古典概型．( × )
(4)(教材改编)有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为1
3.( √ )
(5)从1,2,3,4,5中任取出两个不同的数，其和为5的概率是0.2.( √ )
(6)在古典概型中，如果事件A 中基本事件构成集合A ，且集合A 中的元素个数为n ，所有的基本事件构成集合I ，且集合I 中元素个数为m ，则事件A 的概率为n m
.( √ )
1．从1,2,3,4中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是( ) A.12 B.13 C.14 D.16
答案 B
解析 基本事件的总数为6，
构成“取出的2个数之差的绝对值为2”这个事件的基本事件的个数为2， 所以所求概率P ＝26＝1
3
，故选B.
2．(2016·北京)从甲、乙等5名学生中随机选出2人，则甲被选中的概率为( ) A.15 B.25 C.825 D.925
答案 B
解析 从甲、乙等5名学生中随机选2人共有10种情况，甲被选中有4种情况，则甲被选中的概率为410＝2
5
.
3．(2015·课标全国Ⅰ)如果3个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长，则称这3个数为一组勾股数，从1,2,3,4,5中任取3个不同的数，则这3个数构成一组勾股数的概率为( )
A.310
B.15
C.110
D.120 答案 C
解析 从1,2,3,4,5中任取3个不同的数共有C 3
5＝10(个)不同的结果，其中勾股数只有一组，故所求概率为P ＝110
.
4．从正方形四个顶点及其中心这5个点中，任取2个点，则这2个点的距离不小于该正方形边长的概率为________． 答案 35
解析取两个点的所有情况为10种，所有距离不小于正方形边长的情况有6种，概率为6
10
＝3
5
.
题型一基本事件与古典概型的判断
例1 有两颗正四面体的玩具，其四个面上分别标有数字1,2,3,4，下面做投掷这两颗正四面体玩具的试验：用(x，y)表示结果，其中x表示第1颗正四面体玩具出现的点数，y表示第2颗正四面体玩具出现的点数．试写出：
(1)试验的基本事件；
(2)事件“出现点数之和大于3”包含的基本事件；
(3)事件“出现点数相等”包含的基本事件．
解(1)这个试验的基本事件为
(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)．
(2)事件“出现点数之和大于3”包含的基本事件为
(1,3)，(1,4)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，
(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)．
(3)事件“出现点数相等”包含的基本事件为
(1,1)，(2,2)，(3,3)，(4,4)．
思维升华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，只有同时具备这两个特点的概型才是古典概型．
下列试验中，古典概型的个数为( )
①向上抛一枚质地不均匀的硬币，观察正面向上的概率；
②向正方形ABCD内，任意抛掷一点P，点P恰与点C重合；
③从1,2,3,4四个数中，任取两个数，求所取两数之一是2的概率；
④在线段[0,5]上任取一点，求此点小于2的概率．
A ．0
B ．1
C ．2
D ．3 答案 B
解析 ①中，硬币质地不均匀，不是等可能事件， 所以不是古典概型；
②④的基本事件都不是有限个，不是古典概型； ③符合古典概型的特点，是古典概型． 题型二 古典概型的求法
例2 (1)(2015·广东)袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球，5个红球．从袋中任取2个球，则所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为( ) A.521 B.1021 C.11
21
D ．1 (2)(2015·江苏)袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为________．
(3)我国古代“五行”学说认为：“物质分金、木、土、水、火五种属性，金克木、木克土、土克水、水克火、火克金．”将这五种不同属性的物质任意排成一列，设事件A 表示“排列中属性相克的两种物质不相邻”，则事件A 发生的概率为________． 答案 (1)B (2)56 (3)112
解析 (1)从袋中任取2个球共有C 2
15＝105(种)取法，其中恰好1个白球，1个红球共有C 1
10C 1
5＝50(种)取法，所以所取的球恰好1个白球，1个红球的概率为50105＝10
21.
(2)基本事件共有C 2
4＝6(种)， 设取出两只球颜色不同为事件A ，
A 包含的基本事件有C 12C 12＋C 11C 1
1＝5(种)．
故P (A )＝56
.
(3)五种不同属性的物质任意排成一列的所有基本事件数为A 5
5＝120，满足事件A “排列中属性相克的两种物质不相邻”的基本事件可以按如下方法进行考虑：从左至右，当第一个位置的属性确定后，例如：金，第二个位置(除去金本身)只能排土或水属性，当第二个位置的属性确定后，其他三个位置的属性也确定，故共有C 15C 1
2＝10(种)可能，所以事件A 出现的概率为
10120＝112
. 引申探究
1．本例(2)中，若将4个球改为颜色相同，标号分别为1,2,3,4的四个小球，从中一次取两球，求标号和为奇数的概率．
解 基本事件数仍为6.设标号和为奇数为事件A ，则A 包含的基本事件为(1,2)，(1,4)，(2,3)，(3,4)，共4种， 所以P (A )＝46＝23
.
2．本例(2)中，若将条件改为有放回地取球，取两次，求两次取球颜色相同的概率． 解 基本事件数为C 14C 1
4＝16， 颜色相同的事件数为C 12C 1
1＋C 12C 1
2＝6， 所求概率为616＝3
8
.
思维升华 求古典概型的概率的关键是求试验的基本事件的总数和事件A 包含的基本事件的个数，这就需要正确列出基本事件，基本事件的表示方法有列举法、列表法和树状图法，具体应用时可根据需要灵活选择．
(1)(2016·全国乙卷)为美化环境，从红、黄、白、紫4种颜色的花中任选2种
花种在一个花坛中，余下的2种花种在另一个花坛中，则红色和紫色的花不在同一花坛的概率是( ) A.13 B.12 C.23 D.56 答案 C
解析 从4种颜色的花中任选2种种在一个花坛中，余下2种种在另一个花坛，有((红黄)，(白紫))，((白紫)，(红黄))，((红白)，(黄紫))，((黄紫)，(红白))，((红紫)，(黄白))，((黄白)，(红紫))，共6种种法，其中红色和紫色不在一个花坛的种法有((红黄)，(白紫))，((白紫)，(红黄))，((红白)，(黄紫))，((黄紫)，(红白))，共4种，故所求概率为P ＝46＝
2
3
，故选C. (2)一个盒子里装有三张卡片，分别标记有数字1,2,3，这三张卡片除标记的数字外完全相同．随机有放回地抽取3次，每次抽取1张，将抽取的卡片上的数字依次记为a ，b ，c . ①求“抽取的卡片上的数字满足a ＋b ＝c ”的概率； ②求“抽取的卡片上的数字a ，b ，c 不完全相同”的概率． 解 ①由题意知，(a ，b ，c )所有的可能为
(1,1,1)，(1,1,2)，(1,1,3)，(1,2,1)，(1,2,2)，(1,2,3)，(1,3,1)，(1,3,2)，(1,3,3)，
(2,1,1)，(2,1,2)，(2,1,3)，(2,2,1)，(2,2,2)，(2,2,3)，(2,3,1)，(2,3,2)，(2,3,3)，(3,1,1)，(3,1,2)，(3,1,3)，(3,2,1)，(3,2,2)，(3,2,3)，(3,3,1)，(3,3,2)，(3,3,3)，共27种．
设“抽取的卡片上的数字满足a ＋b ＝c ”为事件A ， 则事件A 包括(1,1,2)，(1,2,3)，(2,1,3)，共3种． 所以P (A )＝327＝1
9
.
因此，“抽取的卡片上的数字满足a ＋b ＝c ”的概率为1
9
.
②设“抽取的卡片上的数字a ，b ，c 不完全相同”为事件B ，则事件B 包括(1,1,1)，(2,2,2)，(3,3,3)，共3种．
所以P (B )＝1－P (B )＝1－327＝89
.
因此，“抽取的卡片上的数字a ，b ，c 不完全相同”的概率为8
9.
五审细节更完善
典例 (14分)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. (1)从袋中随机取两个球，求取出的球的编号之和不大于4的概率；
(2)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 ，求n <m ＋2的概率．
(1)基本事件为取两个球
↓(两球一次取出，不分先后，可用集合的形式表示) 把取两个球的所有结果列举出来 ↓
{1,2}，{1,3}，{1,4}，{2,3}，{2,4}，{3,4} ↓两球编号之和不大于4
(注意：和不大于4，应为小于4或等于4) ↓
{1,2}，{1,3}
↓利用古典概型概率公式求解
P ＝26＝13
(2)两球分两次取，且有放回
↓(两球的编号记录是有次序的，用坐标的形式表示) 基本事件的总数可用列举法表示 ↓
(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)
↓(注意细节，m 是第一个球的编号，n 是第2个球的编号)
n <m ＋2的情况较多，计算复杂
↓(将复杂问题转化为简单问题) 计算n ≥m ＋2的概率 ↓
n ≥m ＋2的所有情况为(1,3)，(1,4)，(2,4)
↓
P 1＝316
↓(注意细节，P 1＝13
16
是n ≥m ＋2的概率需转化为其对立事件的概率)
n <m ＋2的概率为1－P 1＝1316
.
规范解答
解 (1)从袋中随机取两个球，其一切可能的结果组成的基本事件有{1,2}，{1,3}，{1,4}，{2,3}，{2,4}，{3,4}，共6个．
从袋中取出的球的编号之和不大于4的事件有{1,2}，{1,3}，共2个． 因此所求事件的概率P ＝26＝1
3
.
[5分]
(2)先从袋中随机取一个球，记下编号为m ，放回后，再从袋中随机取一个球，记下编号为n ，其一切可能的结果有(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．
[8分]
又满足条件n≥m＋2的事件为(1,3)，(1,4)，(2,4)，共3个，
所以满足条件n≥m＋2的事件的概率为P1＝3
16
. [12分]
故满足条件n<m＋2的事件的概率为
1－P1＝1－3
16
＝
13
16
. [14分]
1．(2016·全国丙卷)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.8
15
B.
1
8
C.
1
15
D.
1
30
答案 C
解析第一位是M，I，N中的一个字母，第二位是1,2,3,4,5中的一个数字，所以总的基本
事件的个数为15，密码正确只有一种，概率为1
15
，故选C.
2．(2016·威海模拟)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.1
6
B.
1
3
C.
1
4
D.
1
2
答案 A
解析由题意知，向量m共有C14C13＝12(个)，由m⊥n，得m·n＝0，即a＝b，
则满足m⊥n的m有(3,3)，(5,5)，共2个，
故所求概率P＝2
12
＝
1
6
.
3．(2015·广东)已知5件产品中有2件次品，其余为合格品．现从这5件产品中任取2件，恰有一件次品的概率为( )
A．0.4 B．0.6 C．0.8 D．1
答案 B
解析 从5件产品中任取2件共有取法C 25＝10(种)，恰有一件次品的取法有C 12C 1
3＝6(种)，所以恰有一件次品的概率为6
10
＝0.6.
4．(2016·哈尔滨模拟)设a ∈{1,2,3,4}，b ∈{2,4,8,12}，则函数f (x )＝x 3
＋ax －b 在区间[1,2]上有零点的概率为( ) A.12 B.58 C.1116 D.34 答案 C
解析 由已知f ′(x )＝3x 2
＋a >0，
所以f (x )在R 上递增，若f (x )在[1,2]上有零点，
则需⎩
⎪⎨
⎪⎧
f ＝1＋a －b ≤0，
f ＝8＋2a －b ≥0，
经验证有(1,2)，(1,4)，(1,8)，(2,4)，(2,8)，(2,12)，
(3,4)，(3,8)，(3,12)，(4,8)，(4,12)，共11对满足条件，而总的情况有16种， 故所求概率为1116
.
5．有编号分别为1,2,3,4,5的5个红球和5个黑球，从中随机取出4个，则取出球的编号互不相同的概率为( ) A.521 B.27 C.13 D.821 答案 D
解析 从编号分别为1,2,3,4,5的5个红球和5个黑球中随机取出4个，有C 4
10＝210(种)不同的结果，由于是随机取出的，所以每个结果出现的可能性是相等的．设事件A 为“取出球的编号互不相同”，则事件A 包含了C 15·C 12·C 12·C 12·C 12＝80(个)基本事件，所以P (A )＝80210＝
8
21
.故选D. 6．如图，三行三列的方阵中有九个数a ij (i ＝1,2,3；j ＝1,2,3)，从中任取三个数，则至少有两个数位于同行或同列的概率是( )
⎝ ⎛⎭
⎪⎫a 11 a 12 a 13a 21 a 22 a 23a
31
a 32 a 33
A.37
B.47
C.114
D.1314
答案 D
解析从九个数中任取三个数的不同取法共有C39＝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C13·C12·C11＝6(种)，所以至少有两个数位于同行或同列的概率为1－6
84
＝13 14 .
7．从正六边形的6个顶点中随机选择4个顶点，则以它们作为顶点的四边形是矩形的概率等于( )
A.1
10
B.
1
8
C.
1
6
D.
1
5
答案 D
解析如图所示，
从正六边形ABCDEF的6个顶点中随机选4个顶点，可以看作随机选2个顶点，剩下的4个顶点构成四边形，有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．若要构成矩形，只要选相对顶点即可，有A、D，B、E，
C、F，共3种，故其概率为
3
15
＝
1
5
.
8．若A、B为互斥事件，P(A)＝0.4，P(A∪B)＝0.7，则P(B)＝________.
答案0.3
解析因为A、B为互斥事件，
所以P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，
故P(B)＝P(A∪B)－P(A)＝0.7－0.4＝0.3.
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＝________.
答案7
解析1＋1＝2,1＋2＝3,1＋3＝4,1＋4＝5,1＋5＝6，1＋6＝7，2＋1＝3,2＋2＝4,2＋3＝5,2＋4＝6,2＋5＝7,2＋6＝8，…，依次列出m的可能取值，知7出现次数最多．
10．10件产品中有7件正品，3件次品，从中任取4件，则恰好取到1件次品的概率是________．
答案 12
解析 从10件产品中取4件，共有C 4
10种取法，取到1件次品的取法为C 13C 3
7种，由古典概型概率计算公式得P ＝C 13C 3
7C 410＝3×35210＝1
2
.
11．设连续掷两次骰子得到的点数分别为m ，n ，令平面向量a ＝(m ，n )，b ＝(1，－3)． (1)求事件“a ⊥b ”发生的概率； (2)求事件“|a |≤|b |”发生的概率．
解 (1)由题意知，m ∈{1,2,3,4,5,6}，n ∈{1,2,3,4,5,6}，故(m ，n )所有可能的取法共36种．
因为a ⊥b ，所以m －3n ＝0，即m ＝3n ，有(3,1)，(6,2)，共2种， 所以事件a ⊥b 发生的概率为
236＝1
18
. (2)由|a |≤|b |，得m 2
＋n 2
≤10，
有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(3,1)，共6种，其概率为636＝1
6
.
*12.(2015·四川)一辆小客车上有5个座位，其座位号为1,2,3,4,5.乘客P 1，P 2，P 3，P 4，
P 5的座位号分别为1,2,3,4,5，他们按照座位号从小到大的顺序先后上车．乘客P 1因身体原
因没有坐自己的1号座位，这时司机要求余下的乘客按以下规则就座：如果自己的座位空着，就只能坐自己的座位；如果自己的座位已有乘客就座，就在这5个座位的剩余空位中任意选择座位．
(1)若乘客P 1坐到了3号座位，其他乘客按规则就座，则此时共有4种坐法．下表给出了其中两种坐法，请填入余下两种坐法(将乘客就座的座位号填入表中空格处)；
(2)若乘客P 1坐到了2号座位，其他的乘客按规则就座，求乘客P 5坐到5号座位的概率． 解 (1)余下两种坐法如下表所示：
(2)若乘客P 1坐到了2号座位，其他乘客按规则就座，则所有可能的坐法可用下表表示：
于是，所有可能的坐法共8种，
设“乘客P 5坐到5号座位”为事件A ，则事件A 中的基本事件的个数为4，所以P (A )＝48＝1
2.
13．袋中装有黑球和白球共7个，从中任取2个球都是白球的概率为1
7，现有甲、乙两人从袋
中轮流摸球，甲先取，乙后取，然后甲再取，…，取后不放回，直到两人中有一人取到白球时即终止，每个球在每一次被取出的机会是等可能的． (1)求袋中原有白球的个数； (2)求取球2次即终止的概率； (3)求甲取到白球的概率．
解 (1)设袋中原有n 个白球，从袋中任取2个球都是白球的结果数为C 2
n ，从袋中任取2个球的所有可能的结果数为C 2
7.
由题意知从袋中任取2球都是白球的概率P ＝C 2
n C 27＝1
7
，
则n (n －1)＝6，解得n ＝3(舍去n ＝－2)，即袋中原有3个白球．
(2)设事件A 为“取球2次即终止”．取球2次即终止，即甲第一次取到的是黑球而乙取到的
是白球，
P (A )＝C 1
4×C 1
3C 17×C 16＝4×37×6＝27
.
(3)设事件B 为“甲取到白球”，“第i 次取到白球”为事件A i ，i ＝1,2,3,4,5，因为甲先取，所以甲只可能在第1次，第3次和第5次取到白球．
所以P (B )＝P (A 1∪A 3∪A 5)＝P (A 1)＋P (A 3)＋P (A 5)＝37＋4×3×37×6×5＋4×3×2×1×37×6×5×4×3＝37＋635＋
1
35＝2235
.。