2016届《步步高》高考数学大一轮总复习(人教新课标文科)配套学案61古典概型

教案 61
古典概型
导学目标 ： 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领件数及事件发生的概率．
自主梳理
1．基本领件有以下特色：
(1)任何两个基本领件是 ________的．
(2)任何事件 (除不行能事件 )都能够表示成 ______________． 2．一般地，一次试验有下边两个特色
(1)有限性．试验中所有可能出现的基本领件只有有限个；
(2)等可能性．每个基本领件出现的可能性同样，称这样的概率模型为古典概型．
判断一个试验是不是古典概型，在于该试验能否拥有古典概型的两个特色：有限性和等
可能性．
3．假如一次试验中可能出现的结果有 n 个，并且所有结果出现的可能性都相等，那么每
一个基本领件的概率都是 ________；假如某个事件 A 包含的结果有 m 个，那么事件 A 的概率 P(A) ＝ ________.
自我检测
1．(2011 ·州模拟滨 )若以连续掷两次骰子分别获得的点数
m 、 n 作为点 P 的横、纵坐标，
则点 P 在直线 x ＋ y ＝ 5 下方的概率为 ( )
1 1 1 1
A.6
B.4
C.12 D .9 2．(2011 临·沂高新区期末 )一块各面均涂有油漆的正方体被锯成 1 000 个大小同样的小正
方体，若将这些小正方体均匀地搅混在一同，
则随意拿出一个， 其两面涂有油漆的概率是 () 1 1 3 12 A.12 B.10 C.25
D .
125
3．(2010 ·宁辽 ) 三张卡片上分别写上字母
E ， E ， B ，将三张卡片随机地排成一行，恰巧排
成英文单词 BEE 的概率为 ________．
4．有 100 张卡片 (编号从 1 号到 100 号 )，从中任取 1
张，取到卡号是 7 的倍数的概率为
________．
5． (2011 大·理模拟 )在平面直角坐标系中，从五个点： A(0,0) ， B(2,0) ， C(1,1) ， D(0,2) ，
E(2,2) 中任取三个，这三点能构成三角形的概率是 ________( 用分数表示 ).
研究点一 基本领件的概率
例 1 扔掷六个面分别记有
1,2,2,3,3,3 的两颗骰子．
(1)求所出现的点数均为 2 的概率； (2)求所出现的点数之和为 4 的概率．
变式迁徙 1 一只口袋内装有大小同样的 5 只球，此中 3 只白球， 2 只黑球，从中一次摸出两只球．问：
(1)共有多少个基本领件？
(2)摸出的两只球都是白球的概率是多少？
研究点二古典概型的概率计算
例 2班级联欢时，主持人拟出了以下一些节目：跳双人舞、独唱、朗读等，指定 3 个男生和 2 个女生来参加，把 5 个人分别编号为1,2,3,4,5，此中 1,2,3 号是男生， 4,5 号是女生，将每一个人的号分别写在 5 张同样的卡片上，并放入一个箱子中充足混淆，每次从中随机地取
出一张卡片，拿出谁的编号谁就参加表演节目．
(1)为了选出 2 人来表演双人舞，连续抽取 2 张卡片，求拿出的 2 人不所有是男生的概率；
(2)为了选出 2 人分别表演独唱和朗读，抽取并察看第一张卡片后，又放回箱子中，充足
混淆后再从中抽取第二张卡片，求独唱和朗读由同一个人表演的概率．
变式迁徙2同时扔掷两枚骰子，求起码有一个 5 点或 6 点的概率．
研究点三古典概型的综合问题
例 3 (2009 ·山东 )汽车厂生产 A，B ，C 三类轿车，每类轿车均有舒坦型和标准型两种型号，
某月的产量以下表 (单位：辆 )：
轿车A轿车B轿车C
舒坦型100150z
标准型300450600
按类用分层抽样的方法在这个月生产的轿车中抽取50 辆，此中有 A 类轿车 10 辆．
(1)求 z 的值；
(2)用分层抽样的方法在 C 类轿车中抽取一个容量为 5 的样本．将该样本当作一个整体，
从中任取 2 辆，求起码有 1 辆舒坦型轿车的概率；
(3) 用随机抽样的方法从B类舒坦型轿车中抽取8 辆，经检测它们的得分以下：
9.4,8.6,9.2,9.6,8.7,9.3,9.0 ，8.2.把这 8 辆轿车的得分当作一个整体，从中任取一个数，求该数与
样本均匀数之差的绝对值不超出0.5 的概率．
变式迁徙3为了认识《中华人民共和国道路交通安全法》在学生中的普及状况，检查部
门对某校 6 名学生进行问卷检查， 6 人得分状况以下：5,6,7,8,9,10.把这 6 名学生的得分当作一
个整体．
(1)求该整体的均匀数；
(2)用简单随机抽样方法从这 6 名学生中抽取 2 名，他们的得分构成一个样本．求该样本
均匀数与整体均匀数之差的绝对值不超出0.5 的概率．
分类议论思想的应用
例(12 分 )甲、乙二人用 4 张扑克牌 (分别是红桃2、红桃 3、红桃 4、方片 4)玩游戏，
他们将扑克牌洗匀后，反面向上放在桌面上，甲先抽，乙后抽，抽出的牌不放回，各抽一张．
(1)设 (i， j) 分别表示甲、乙抽到的牌的牌面数字，写出甲、乙二人抽到的牌的所有状况；
(2)若甲抽到红桃3，则乙抽到的牌面数字比 3 大的概率是多少？
(3)甲、乙商定：若甲抽到的牌的牌面数字比乙大，则甲胜，反之，则乙胜．你以为此游
戏能否公正，说明你的原因．
多角度审题此题属于求较复琐事件的概率，重点是理解题目的实质含义，把实质问题
转变为概率模型，联想掷骰子试验，把红桃2、红桃 3、红桃 4 和方片 4 分别用数字2,3,4,4′表示，抽象出基本领件，把复琐事件用基本领件表示，找出整体I 包含的基本领件总数n 及事
件 A 包含的基本领件个数 m，用公式 P(A) ＝m
求解． n
【答题模板】
解(1) 甲、乙二人抽到的牌的所有状况( 方片 4 用 4′表示，其余用相应的数字表示)为 (2,3) ，(2,4)， (2,4′)， (3,2)， (3,4)， (3,4′)， (4,2)， (4,3) ， (4,4′)，(4′，2)， (4′，3)， (4′，4)，共 12 种不
同状况． [6 分 ]
(2)甲抽到红桃3，乙抽到的牌的牌面数字只好是2,4,4′，所以乙抽到的牌的牌面数字比3
大的概率为2
3.[9 分]
(3)甲抽到的牌的牌面数字比乙大的状况有(3,2)， (4,2)， (4,3)， (4′，2)， (4′，3)，共 5 种，
55
故甲胜的概率P1＝12，同理乙胜的概率P2＝12.因为 P1＝ P2，所以此游戏公正．[12分]
【打破思想阻碍】
(1)对一些较为简单、基本领件个数不是太大的概率问题，计数时只要要用列举法即可计
算一些随机事件所含的基本领件数及事件发生的概率，但应特别注意：计算时要严防遗漏，
绝不重复．
(2)取球模型是古典概型计算中的一个典型问题，很多实质问题都能够归纳到取球模型上
去，特别是产品的抽样查验，解题时要分清“ 有放回” 与“ 无放回”，“ 有序” 与“ 无序” 等条件的影响．
【易错点分析】
1．题目中“红桃 4”与“方片 4”属两个不一样的基本领件，应用不一样的数字或字母标明．2．注意“抽出的牌不放回” 对基本领件数量的影响．
1．基本领件的特色主要有两条：①任何两个基本领件都是互斥的；②任何事件都能够表
示成基本领件的和．
2．古典概型的基本特色是：①试验中所有可能出现的基本领件只有有限个；②每个基本
领件出现的可能性相等．
3．计算古典概型的基本步骤有：①判断试验结果能否为等可能事件；②求出试验包含的
基本领件的个数n，以及所求事件 A 包含的基本领件的个数m；③代入公式P(A) ＝m
n，求
概率值．
(满分： 75 分)
一、选择题 (每题 5 分，共 25分 )
1．(2011 浙·江宁波十校联考)将一枚骰子扔掷两次，若先后出现的点数分别为b，c，则方程 x2＋ bx＋ c＝ 0 有实根的概率为 ()
191517
A.36
B.2
C.9 D .36
2．(2009 ·建福)已知某运动员每次投篮命中的概率低于40%.现采纳随机模拟的方法预计该
运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算器产生0 到 9 之间取整数值的随机数，指定1,2,3,4 表示命中， 5,6,7,8,9,0 表示不命中；再以每三个随机数为一组，代表三次投篮的结果．经
随机模 生了以下 20 随机数：
907 966 191 925 271 932 812 458 569 683 431 257 393 027 556 488 730 113 537 989
据此估 ， 运 三次投 恰有两次命中的概率 ()
A ． 0.35
B ． 0.25
C ． 0.20
D ． 0.15
3． (2011 西·南名校 考 ) 两次骰子分 获得点数
m 、 n ， 向量 (m ， n)与向量 (－ 1,1)
的 角 θ>90°的概率是 ( )
5 7 1 1
A.12
B.12
C.3 D .2 4． 会合 A ＝ {1,2} ， B ＝ {1,2,3} ，分 从会合 A 和 B 中随机取一个数 a 和 b ，确立平面
上的一个点 P(a ， b)， “点 P(a ， b)落在直 x ＋y ＝ n 上” 事件 C n (2≤ n ≤ 5， n ∈ N )，若事 件 C n 的概率最大， n 的所有可能 ( )
A ． 3
B ． 4
C ． 2,5
D ．3,4 5．在一个袋子中装有分 注数字 1,2,3,4,5 的五个小球， 些小球除 注的数字外完整
同样． 从中随机拿出
2 个小球， 拿出的小球 注的数字之和 3或 6的概率是 () 1 1 1 3
A. 12
B. 10
C.5
D.10
二、填空 (每小 4 分，共 12 分 )
6．在一次教 会上，到会的女教 比男教 多
12 人，从 些教 中随机挑 一人
表演 目．若 到男教 的概率
9
， 参加 会的教 共有
________人．
20
n π
7． (2011 上·海十四校 考 )在会合 { x|x ＝ 6 ， n ＝ 1,2,3，⋯， 10} 中任取一个元素，所取元
素恰巧 足方程 cos x ＝ 1
的概率是 ________．
2
8．(2009 · 江 ) 有 5 根竹竿，它 的 度
( 位： m)分 2.5,2.6,2.7,2.8,2.9，若从中一 次随机抽取 2 根竹竿， 它 的 度恰巧相差
0.3 m 的概率 ________．
三、解答 (共 38 分 )
9．(12 分 )(2011 北·京旭日区模 )袋子中装有 号
a ，
b 的 2 个黑球和 号
c ，
d ，
e 的
3 个 球，从中随意摸出 2 个球．
(1)写出所有不一样的 果； (2)求恰巧摸出 1 个黑球和 1 个 球的概率； (3)求起码摸出 1 个黑球的概率．
10． (12 分 )(2010 天·津 海新区五校 考 )某商 行抽 活 ，从装有 号
0,1,2,3 四个
小球的抽 箱中，每次拿出后放回， 取两次，拿出的两个小球号 相加之和等于 5 中一
等 ，等于 4 中二等 ，等于 3 中三等 ．
(1)求中三等 的概率； (2)求中 的概率．
11． (14 分)(2011 广·州模 )已知数 a， b∈ { － 2，－ 1,1,2} ．
(1)求直 y＝ ax＋ b 不第四象限的概率；
(2)求直 y＝ ax＋ b 与 x2＋ y2＝ 1 有公共点的概率．
教案 61古典概型
自主梳理
1m
1．(1)互斥(2)基本领件的和 3.n n
自我
14
1．A 2.D 3.3 4.0.14 5.5
堂活区
例 1 解引确立古典概型的基本领件有两条：一、每个事件生的可能性相等；
二、事件空Ω 中的任一个事件都能够表示些基本领件的和，基本领件确实定有必定的
相性，并不是一成不的．
解因骰子出1,2,3 的概率不一，所以， 6 个面 1，a，b，x，y，z，此中 a，
b 都表示 2， x， y， z 都表示 3，投两骰子，基本领件(1,1)， (1， a)， (1， b)， (1，x)，(1，y)，(1 ，z)，(a,1)， (a，a)，(a， b)，(a，x)，(a，y)，(a，z)，⋯， (z,1)，(z，a)，(z，b)，(z，
x)， (z， y)， (z， z)共 36 种果．
(1)两骰子出点数均 2 的基本领件有 (a，a)， (a，b)， (b， a)， (b， b)共 4 种，∴概
4 1
率 P1＝36＝9.
(2)出点数之和 4，明有两种状况，即 1＋ 3 或 2＋ 2，基本领件有 (1，x)，(1，y)，(1，z)， (x,1) ，(y,1)， (z,1) ， (a， a)， (a， b)， (b， a)， (b， b)共 10 种，
10 5
∴概率 P2＝36＝18.
式迁徙1解(1) 分白球1,2,3 号，黑球 A ， B 号，从中摸出 2 只球，有以下基本领件：
(1,2)， (1,3) ， (1，A) ， (1， B) ， (2,3)， (2， A) ，(2，B) ， (3， A) ， (3， B) ， (A ， B)，所以，共有 10 个基本领件．
(2)上述 10 个基本领件生的可能性同样，且只有 3 个基本领件是摸到两只白球 (事
3
件 A) ，即 (1,2)， (1,3)， (2,3) ，故 P(A) ＝10.
P(A) ＝m
.由此可知，利用列法算出所有
例 2 解引古典概型的概率算公式是
n
基本领件的个数 n 以及事件 A 包含的基本领件数m 是解关．必需能够采纳画状或列表法助列基本领件．
解 (1) 利用树形图我们能够列出连续抽取2 张卡片的所有可能结果 (以下列图所示 )．
由上图能够看出，试验的所有可能结果数为
20，因为每次都随机抽取，所以这 20 种结果
出现的可能性是同样的，试验属于古典概型．
用 A 1 表示事件 “连续抽取 2 人一男一女 ”， A 2 表示事件 “ 连续抽取 2 人都是女生 ”，则
A 1 与 A 2 互斥，并且 A 1∪A2 表示事件 “连续抽取 2 张卡片，拿出的 2 人不所有是男生 ”，由列出 的所有可能结果能够看出， A 1 的结果有 12 种，A 2 的结果有 2 种，由互斥事件的概率加法公式，
可得
P(A 1∪A 2)＝ P(A 1)＋P(A 2)
＝ 1220＋ 202＝ 107
＝0.7，
即连续抽取 2 张卡片，拿出的 2 人不所有是男生的概率为 0.7.
(2)有放回地连续抽取
2 张卡片，需注意同一张卡片可再次被拿出，并且它被拿出的可能
性和其余卡片相等，我们用一个有序实数对表示抽取的结果，比如 “ 第一次拿出 2 号，第二
次拿出 4 号 ” 就用 (2,4)来表示，所有的可能结果能够用下表列出.
第二次抽取
1
2
3
4
5 第一次抽取
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)
试验的所有可能结果数为
25，并且这 25 种结果出现的可能性是同样的，
试验属于古典概
型．
用 A 表示事件 “ 独唱和朗读由同一个人表演 ”，由上表能够看出， A 的结果共有 5 种，因
此独唱和朗读由同一个人表演的概率
P(A) ＝ 5
＝ 0.2.
25
变式迁徙
2解方法一
同时扔掷两枚骰子，所有基本领件以下表：
1 2 3 4 5 6 1 (1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (1,6) 2 (2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (2,5) (2,6) 3 (3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) (3,6) 4 (4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (4,5) (4,6) 5 (5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5) (5,6)
6
(6,1)
(6,2)
(6,3)
(6,4)
(6,5)
(6,6)
共有 36 个不一样的结果，此中 “起码有一个 5 点或 6 点 ”的基本领件数为 20，所以起码有
一个 5 点或 6 点的概率为 P ＝ 20 5 36＝ 9.
方法二 利用对峙事件求概率． “ 起码有一个
5 点或
6 点”的对峙事件是 “没有 5 点或 6 点 ”，如上表，“ 没有 5 点或 6 点 ”包含 16 个基本领件，没有
5 点或
6 点的概率为 P ＝
16＝ 4
36 9
.∴
起码有一个 5 点或 6 点的概率 1－4＝ 5
9 9. 例 3 解 引 本 主要考 抽 的方法及古典概型概率的求法，考 用概率知 解 决 的能力．
解 (1) 厂 个月共生
n ，
50 10
由 意得 n ＝
，所以 n ＝ 2 000.
100＋ 300
z ＝ 2 000－(100＋ 300)－ (150 ＋450)－ 600＝400. (2) 所抽 本中有 a 舒坦型 ，
由 意得 1
400
000＝ a
5，即 a ＝ 2.
所以抽取的容量 5 的 本中，有
2 舒坦型 ，
3 准型 ．
用 A 1，A 2 表示 2 舒坦型 ，用
B 1，B 2，B 3 表示 3 准型 ．用
E 表示事件 “在
本中任取
2 ，此中起码有 1 舒坦型 ”，
基本领件空 包含的基本领件有：
(A 1 ，A 2 1，B 1 1，B 2 1， B 3
)，(A 2，B 1
2，B 2 ，(A 2，B 3
1， B 2
)，(B 1，
)，(A )，(A ) ，(A
)，(A
)
)，(B
3
2，B 3
(A 1，A
2
1， B 1
)，(A
1 ，B 2
1，B 3
B )，(B
)共 10 个．事件 E 包含的基本领件有：
)，(A
)，(A
)，
(A 2， B 1
)， (A 2， B
2
2， B 3
)共 7 个．
)， (A
7 7
故 P(E) ＝ 10，即所求概率 10
.
(3) 本均匀数
x ＝ 1
× (9.4＋ 8.6＋ 9.2＋ 9.6＋ 8.7＋ 9.3＋ 9.0＋8.2)＝ 9.
8
D 表示事件 “ 从 本中任取一数， 数与 本均匀数之差的 不超
0.5”， 基
本领件空 中有 8 个基本领件，事件
D 包含的基本领件有：
9.4,8.6,9.2,8.7,9.3， 9.0，共 6 个，
所以 P(D) ＝ 6 3 3
8＝ 4，即所求概率
4.
1
×(5＋ 6＋ 7＋ 8＋ 9＋ 10)＝ 7.5.
式迁徙 3 解 (1) 体均匀数
6
(2) A 表示事件 “ 本均匀数与 体均匀数之差的 不超
0.5”．
从 体中抽取
2 个个体所有可能的基本 果有：
(5,6)， (5,7)， (5,8)， (5,9)， (5,10)，(6,7) ，
(6,8)， (6,9)， (6,10) ， (7,8) ， (7,9)， (7,10) ， (8,9)， (8,10) ， (9,10) ，共 15
个基本 果．
事件 A 包含的基本 果有：
(5,9)， (5,10) ，(6,8) ，(6,9)，(6,10) ，(7,8)， (7,9)，共有
7 个基
本 果．
7
所以所求的概率 P(A) ＝ 15.
后 区 1．A
2．B [ 由 意知在
20 随机数中表示三次投 恰有两次命中的有：
191、271、932、812、
393，共 5 随机数，故所求概率
5 ＝ 1
＝ 0.25.]
20 4
3．A [由 意知， (m ， n) ·(－1,1)＝－ m ＋ n<0 ，
∴m>n.
基本领件 共有
6× 6＝ 36(个 )，切合要求的有 (2,1) ，(3,1)，(3,2)，(4,1)，(4,2) ，(4,3)，(5,1)，⋯，
(5,4)， (6,1)， ⋯ ， (6,5)，共 1＋ 2＋ 3＋ 4＋ 5＝15( 个)．
15 5
∴P ＝ 36＝ 12.]
1
2
4．D
[落在直 x ＋y ＝ 2 上的概率 P(C 2)＝6，落在直 x ＋ y ＝ 3 上的概率 P(C 3)＝ 6；落
2 1
在直 x ＋ y ＝ 4 上的概率 P(C 4)＝ 6；落在直 x ＋ y ＝ 5
上的概率 P(C 5 )＝6，故当 n3 和 4
，事件 C n 的概率最大． ]
5．D
[由袋中随机拿出
2 个小球的基本领件 数 10，拿出小球 注数字和
3 的事件
1,2.拿出小球 注数字和
6 的事件 1,5 或 2,4.
∴拿出的小球 注的数字之和
3或6的概率
1＋ 2 3
P ＝10＝ 10
.]
6．120
分析
男教 有 n 人， 女教 有 (n ＋ 12)人．
由已知从 些教 中 一人， 到男教 的概率
P ＝ n ＝ 9
，得 n ＝54，
2n ＋ 12 20
故参加 会的教 共有 120 人．
1
7.5
分析 cos
π
5π 1
3＝ cos 3 ＝2，共 2 个．
2
1
x 体共有 10 个，所以概率 10＝ 5. 8．0.2
分析 从 5 根竹竿中一次随机抽取 2 根竹竿共有 10( 种 ) 抽取方法，而抽取的两根竹竿
度恰巧相差 0.3 m 的状况是 2.5 和 2.8,2.6 和 2.9 两种，
∴概率 P ＝ 2
＝ 0.2.
10 9．解 (1)ab ， ac ， ad ，ae ， bc ， bd ， be ， cd ，ce ， de.共 10 种不一样 果． (2 分 )
(2)
“ 恰巧摸出 1 个黑球和 1 个 球 ” 事件 A ， 事件
A 包含的基本领件
ac ， ad ，
6
ae ， bc ， bd ， be ，共 6 个基本领件．所以
P(A) ＝10＝ 0.6.
所以恰巧摸出 1 个黑球和 1 个 球的概率 0.6.(7 分)
(3)
“起码摸出
1 个黑球 ” 事件 B ， 事件 B 包含的基本领件
ab ，ac ， ad ，ae ， bc ，
bd ， be ，共 7 个基本领件，
7
所以 P(B) ＝ 10＝ 0.7.
所以起码摸出 1 个黑球的概率
0.7.(12 分 )
10． 解
“ 中三等 ” 的事件 A ，“ 中 ” 的事件 B ，从四个小球中有放回的取两
个共有 (0,0)， (0,1)，(0,2) ，(0,3) ， (1,0) ，(1,1)， (1,2)， (1,3)， (2,0)， (2,1)， (2,2)， (2,3)， (3,0) ，
(3,1)， (3,2)， (3,3)16 种不一样的方法． (2 分 )
(1)两个小球号 相加之和等于 3 的取法有 4 种：
(0,3)、 (1,2) 、 (2,1)、 (3,0)．故 P(A) ＝ 4 ＝ 1
分 ) 16 4.(6 (2)由 (1)知，两个小球号码相加之和等于 3 的取法有 4 种．
两个小球号码相加之和等于
4 的取法有 3 种： (1,3)， (2,2) ， (3,1)， (8 分 ) 两个小球号码相加之和等于
5 的取法有 2 种： (2,3)， (3,2) ，
4
3
2
9
P(B) ＝16 ＋ 16＋16＝
16.(12 分 )
11．解
因为实数对 (a ，b)的所有取值为： ( －2，－ 2)， (－ 2，－ 1)，(－ 2,1)，(－ 2,2)，(－
1，－ 2)， (－ 1，－ 1)， (－ 1,1)， (－1,2) ，(1，－ 2)， (1，－ 1)， (1,1)， (1,2)， (2，－ 2)， (2，－
1)， (2,1)， (2,2)，共 16 种． (3 分 )
设“ 直线 y ＝ ax ＋ b 不经过第四象限 ” 为事件 A ，“ 直线 y ＝ ax ＋ b 与圆 x 2＋ y 2＝ 1 有公共
点”为事件 B.
(1)若直线 y ＝ ax ＋ b 不经过第四象限，则一定知足
a ≥ 0，
即知足条件的实数对
(a ， b)
b ≥ 0，
有 (1,1)， (1,2)， (2,1)， (2,2)，共 4 种．∴P(A) ＝ 4 1
16＝ 4.
故直线 y ＝ax ＋ b 不经过第四象限的概率为
1 4
.
(6 分)
(2)若直线 y ＝ ax ＋b 与圆 x 2＋ y 2＝ 1 有公共点， 则一定知足
|b|
≤ 1，即 b 2≤ a 2＋ 1.(8 分 )
a 2＋ 1
若 a ＝－ 2，则 b ＝－ 2，－ 1,1,2 切合要求，此时实数对 (a ， b)有 4 种不一样取值；
若 a ＝－ 1，则 b ＝－ 1,1 切合要求，此时实数对 (a ， b)有 2 种不一样取值；
若 a ＝ 1，则 b ＝－ 1,1 切合要求，此时实数对
(a ， b)有 2 种不一样取
值，
若 a ＝ 2，则 b ＝－ 2，－ 1,1,2 切合要求，此时实数对 (a ， b)有 4 种不一样取值．
∴知足条件的实数对 (a ， b)共有 12 种不一样取值．
12
3
∴P(B) ＝ 16＝ 4.
故直线 y ＝ax ＋ b 与圆 x 2＋y 2＝ 1 有公共点的概率为
3
4.
(14 分)。