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2012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)＝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.12 B.13C.23D．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23.2．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.14B.13C.12D ．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.35B.25C.34D.23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610＝35.4．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 ＝66×6＝16.答案：165．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x 2＋y 2＝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x 2＋y 2＝9内部，所以所求概率为26＝13.答案：13简单古典概型的求法[例1] 编号分别为A 1，A 2，…，A 16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A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 A 6 A 7 A 8 得分 15 35 21 28 25 36 18 34 运动员编号A 9 A 10 A 11 A 12 A 13 A 14 A 15 A 16 得分1726253322123138(1)区间 [10,20) [20,30) [30,40] 人数(2)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A 3，A 4，A 5，A 10，A 11，A 13，从中随机抽取2人，所有可能的抽取结果有：{A 3，A 4}，{A 3，A 5}，{A 3，A 10}，{A 3，A 11}，{A 3，A 13}，{A 4，A 5}，{A 4，A 10}，{A 4，A 11}，{A 4，A 13}，{A 5，A 10}，{A 5，A 11}，{A 5，A 13}，{A 10，A 11}，{A 10，A 13}，{A 11，A 13}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：{A 4，A 5}，{A 4，A 10}，{A 4，A 11}，{A 5，A 10}，{A 10，A 11}共5种．所以P (B )＝515＝13.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：{A 3，A 4}，{A 3，A 5}，{A 3，A 10}，{A 3，A 11}，{A 3，A 13}，{A 5，A 13}，{A 10，A 13}，{A 11，A 13}．故这2人得分之和小于50的概率为P ＝815.———————————————————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a 1，a 2,3名男生为b 1，b 2，b 3，从中选出2人的基本事件有：(a 1，a 2)，(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 1，b 3)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 2，b 3)，(b 1，b 2)，(b 1，b 3)，(b 2，b 3)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：(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 1，b 3)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 2，b 3)共6种，则P (A )＝610＝35，故所选2人中恰有一名男生的概率为35.(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：(a 1，a 2)，(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 1，b 3)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 2，b 3)共7种，则P (B )＝710，故所选2人中至少有一名女生的概率为710.较复杂的古典概型的概率[例2] 为振兴旅游业，四川省2012年面向国内发行总量为2 000万张的熊猫优惠卡，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34是省外游客，其余是省内游客．在省外游客中有13持金卡，在省内游客中有23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)＝C16C130C236＝2 7，所以采访该团2人，恰有1人持银卡的概率是27.(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)＝C221C236＋C19C16C236＝44105，所以采访该团2人，持金卡与持银卡人数相等的概率是44105.———————————————————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．(2012·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n 14151617181920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 ＝⎩⎪⎨⎪⎧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1100×(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A 的概率，再由P (A )＝1－P (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] (2012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――――→用列举法所有可能的结果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――――――→利用列举的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 ＝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――――→用列举法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――――――――→利用列举的结果分析得出满足这两个条件的结果m 3．建联系，找解题突破口利用古典概型概率公式求解：P ＝mn[准确规范答题](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310.⇨(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815.⇨(12分)[答题模板速成]求古典概型概率的一般步骤：⇒⇒⇒计算基本事件总数的个数程是否有误一、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．2B．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.35 B.25C.13 D.15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＝420＝15.3．一块各面均涂有油漆的正方体被锯成1 000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.112 B.110C.325 D.1125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81 000＝1125.4．甲乙两人一起去游“2011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.136 B.19C.536 D.16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C16×C16＝36种，若两个人最后选同一个景点共有C16＝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 ＝C 16C 16×C 16＝16.5．(2012·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.49 B.13 C.29D.19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C 15C 14＝20个；若个位数为偶数时，这样的两位数共有C 15C 15＝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C 15×1＝5个．于是，所求概率为545＝19. 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⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 11 a 12 a 13a 21 a 22 a 23a 31 a 32 a 33三个数，则至少有两个数位于同行或同列的概率是( )A.37B.47C.114D.1314解析：选D 从九个数中任取三个数的不同取法共有C 39＝9×8×71×2×3＝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C 13·C 12·C 11＝6，所以至少有两个数位于同行或同列的概率为1－684＝1314.二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．(2012·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C 23C 23C 23，满足条件有且仅有两人选择的项目完全相同的情况有C 23C 23C 12，由古典概率公式得P ＝C 23C 23C 12C 23C 23C 23＝23.答案：238．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22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22的有4种，所求事件的概率为P ＝410＝25. 答案：259．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A 66＝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A 33A 34＝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144720＝15. 答案：15三、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 )＝436＝19.所以两数之和为5的概率为19. (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 )＝1－936＝34.所以两数中至少有一个奇数的概率为34. 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 ＋b i.(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a 2＋(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a 2＋(b －6)2≤9”的事件为B .当a ＝0时，b ＝6,7,8,9满足a 2＋(b －6)2≤9；当a ＝1时，b ＝6,7,8满足a 2＋(b －6)2≤9；当a ＝2时，b ＝6,7,8满足a 2＋(b －6)2≤9；当a ＝3时，b ＝6满足a 2＋(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 ＝1124. 12．(2012·江西高考)如图，从A 1(1,0,0)，A 2(2,0,0)，B 1(0,1,0)，B 2(0,2,0)，C 1(0,0，1)，C 2(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A 1A 2B 1，A 1A 2B 2，A 1A 2C 1，A 1A 2C 2共4种；y 轴上取2个点的有B 1B 2A 1，B 1B 2A 2，B 1B 2C 1，B 1B 2C 2共4种；z 轴上取2个点的有C 1C 2A 1，C 1C 2A 2，C 1C 2B 1，C 1C 2B 2共4种．所选取的3个点在不同坐标轴上有A 1B 1C 1，A 1B 1C 2，A 1B 2C 1，A 1B 2C 2，A 2B 1C 1，A 2B 1C 2，A 2B 2C 1，A 2B 2C 2共8种．因此，从这6个点中随机选取3个点的所有可能结果共20种．(1)选取的这3个点与原点O 恰好是正三棱锥的四个顶点的所有可能结果有A 1B 1C 1，A 2B 2C 2，共2种，因此，这3个点与原点O 恰好是正三棱锥的四个顶点的概率为P 1＝220＝110. (2)选取的这3个点与原点O 共面的所有可能结果有A 1A 2B 1，A 1A 2B 2，A 1A 2C 1，A 1A 2C 2，B 1B 2A 1，B 1B 2A 2，B 1B 2C 1，B 1B 2C 2，C 1C 2A 1，C 1C 2A 2，C 1C 2B 1，C 1C 2B 2，共12种，因此，这3个点与原点O 共面的概率为P 2＝1220＝35.1．从1,2,3,4这四个数中一次随机地取两个数，则其中一个数是另一个数的两倍的概率是________．解析：采用枚举法：从1,2,3,4这四个数中一次随机取两个数，基本事件为：{1,2}，{1,3}，{1,4}，{2,3}，{2,4}，{3,4}共6个，符合“一个数是另一个数的两倍”的基本事件有{1,2}，{2,4}，共2个，所以所求的概率为13. 答案：132．(2012·江苏高考)现有10个数，它们能构成一个以1为首项，－3为公比的等比数列，若从这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是________．解析：由题意得a n ＝(－3)n －1，易知前10项中奇数项为正，偶数项为负，所以小于8的项为第一项和偶数项，共6项，即6个数，所以P ＝610＝35. 答案：353．(2012·福建高考)在等差数列{a n }和等比数列{b n }中，a 1＝b 1＝1，b 4＝8，{a n }的前10项和S 10＝55.(1)求a n 和b n ；(2)现分别从{a n }和{b n }的前3项中各随机抽取一项，写出相应的基本事件，并求这两项的值相等的概率．解：(1)设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q .依题意得S 10＝10＋10×92d ＝55，b 4＝q 3＝8， 解得d ＝1，q ＝2，所以a n ＝n ，b n ＝2n －1.(2)分别从{a n }和{b n }的前3项中各随机抽取一项，得到的基本事件有9个：(1,1)，(1,2)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,4)．符合题意的基本事件有2个：(1,1)，(2,2)．故所求的概率P ＝29.。