1.枚举法知识点

古典概型、概率的基本性质【八大题型】【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 概率基本性质的应用】............................................................................................................................6【题型4 几何概型】................................................................................................................................................7【题型5 古典概型与函数的交汇问题】..............................................................................................................10【题型6 古典概型与向量的交汇问题】..............................................................................................................12【题型7 古典概型与数列的交汇问题】..............................................................................................................14【题型8 古典概型与统计综合】.. (16)1、古典概型、概率的基本性质【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一般地，设试验E是古典概型，样本空间A包含n个样本点，事件A包含其中的k个样本点，则定义事件A的概率P(A)=n(A)和n()分别表示事件A和样本空间包含的样本点个数.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(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】（2024·陕西商洛·模拟预测）从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数都是奇数的概率为（）A．25B．35C．110D．310【解题思路】利用列举法结合古典概型分析求解.【解答过程】从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取2张，总共包含{1,2},{1,3},{1,4},{1,5}，{2,3},{2,4},{2,5},{3,4},{3,5},{4,5}这10个基本事件，抽到的2张卡片上的数都是奇数包含其中{1,3},{1,5},{3,5}这3个基本事件，所以抽到的2张卡片上的数都是奇数的概率为310.故选：D.【变式1-1】（2024·内蒙古包头·三模）将2个a和3个b随机排成一行，则2个a不相邻的概率为（）A．0.4B．0.5C．0.6D．0.7【解题思路】求出所有的样本点，然后由古典概型的概率公式求解即可.【解答过程】2个a和3个b随机排成一行的样本空间为:Ω={aabbb,ababb,abbab,abbba,baabb,babab,babba,bbaab,bbaba,bbbaa}，共10个样本点，其中2个a不相邻的样本点有ababb,abbab,abbba,babab,babba,bbaba，共6个，所以所求概率为：P=610=35=0.6.故选：C.【变式1-2】（2024·西藏拉萨·二模）从3,4,5,6,7这5个数字中任取3个，则取出的3个数字的和为大于10的偶数的概率是（）A．23B．34C．25D．35【解题思路】列举所有的基本事件，再找到满足和为偶数的基本事件，根据概率公式计算即可.【解答过程】从3,4,5,6,7这5个数字中任取3个，有10种不同的结果：(3,4,5),(3,4,6),(3,4,7),(3,5,6),(3,5,7),(3,6,7),(4,5,6),(4,5,7),(4,6,7),(5,6,7)，其中取出3个数字的和为大于10的偶数的结果有6个：(3,4,5),(3,4,7),(3,5,6),(3,6,7),(4,5,7),(5,6,7)，所以所求概率P=610=35.故选：D.【变式1-3】（2024·内蒙古呼和浩特·二模）袋中共有5个除颜色外完全相同的球，其中2个红球、1个白球、2）A．110B．15C．310D．25【解题思路】列出所有可能情况种数及对应颜色为一白一黑的情况种数计算即可得.【解答过程】设这五个球中白球为a，红球分别为b1、b2，黑球分别为c1、c2，则从袋中任取两球，有ab1、ab2、ac1、ac2、b1b2、b1c1、b1c2、b2c1、b2c2、c1c2共十种可能，其中一白一黑有ac1、ac2共两种可能，所以一白一黑的概率P=210=15．故选：B.【题型2 有放回与无放回问题的概率】【例2】（2024·全国·模拟预测）盒中装有1，2，3，4四个标号的小球．小明在盒中随机抽取两次（不放回），则抽中的两次小球号码均为偶数的概率为（）4236【解题思路】由古典概率公式求解．【解答过程】由于抽取两次是不放回的，且盒子里有2个奇数球，2个偶数球，则抽中的两次小球号码均为偶数的概率为：24×13=16，故选：D.【变式2-1】（23-24高三上·贵州·阶段练习）从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之和是3的倍数的概率为（ ）A ．15B ．13C ．25D ．23【解题思路】利用列举法，根据古典概型概率公式即得．【解答过程】从6张卡片中无放回抽取2张，共有（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种结果，其中数字之和为3的倍数的有（1，2），（1，5），（2，4），（3，6），（4，5），共5种结果，故抽到的2张卡片上的数字之和是3的倍数的概率为515=13.故选：B.【变式2-2】（23-24高二下··阶段练习）从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为（ ）A ．110B ．15C ．310D ．25【解题思路】利用古典概型概率公式即可求得抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率.【解答过程】记“抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数”为事件A ，则事件A 共包含以下10种情况：(2,1),(3,1),(3,2),(4,1),(4,2),(4,3),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4)，而有放回的连续抽取2张卡片共有5×5=25（种）不同情况，则P(A)=1025=25故选：D.【变式2-3】（23-24高三上·江苏南京·阶段练习）从分别写有1,2,3,4,5,6的六张卡片中无放回随机抽取两张，则抽到的两张卡片上的数字之积是3的倍数的概率为（ ）5535【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 =915=35；故选：A ．【题型3 概率基本性质的应用】【例3】（2024·全国·模拟预测）从装有若干个红球和白球（除颜色外其余均相同）的黑色布袋中，随机不放回地摸球两次，每次摸出一个球.若事件“两个球都是红球”的概率为215，“两个球都是白球”的概率为13，则“两个球颜色不同”的概率为（ ）A ．415B ．715C ．815D ．1115【解题思路】设“两个球都是红球”为事件A ，“两个球都是白球”为事件B ，“两个球颜色不同”为事件C ，则A ，B ，C 两两互斥，C =A ∪B ，再根据对立事件及互斥事件概率公式，即可求解.【解答过程】设“两个球都是红球”为事件A ，“两个球都是白球”为事件B ，“两个球颜色不同”为事件C ，则P (A )=215，P (B )=13，且C =A ∪B .因为A ，B ，C 两两互斥，所以P (C )=1―=1―P (A ∪B )=1―[P (A )+P (B )]=1―215―13=815.故选：C.【变式3-1】（24-25高二上·吉林·阶段练习）设A, B 是一个随机试验中的两个事件，且P (A )=12, P (B )=35, PA =12，则P (AB )=（ ）A ．13B ．15C ．25D ．110【解题思路】先利用和事件的概率公式求出P AB P (AB )=P (A )―P AB .【解答过程】因为P(A)=12，P(B)=35，所以P A =12,P(B )=25，又P A +=P (A )+P B ―P =12+25―P AB =12，所以P =25，所以P (AB )=P (A )―P AB =12―25=110.故选：D.【变式3-2】（23-24高二下·浙江舟山·期末）设A ，B 是一个随机试验中的两个事件，且P (A )=12，=712，+=14，则P (A +B )=（ ）A ．712B ．23C ．1112D ．34【解题思路】根据对立事件的概率与互斥事件的概率及概率的加法公式计算求解即可.【解答过程】因为P (A )=12，=712，故=12，P (B )=512，因为AB 与AB 为互斥事件，故+=AB +P =14，又AB +P (AB )=P (B ),P AB +P (AB )=P (A )，所以有P (B )―P (AB )+P (A )―P (AB )=512+12―2P (AB )=14，故P (AB )=13，故P (A +B )=P (A )+P (B )―P (AB )=12+512―13=712.故选：A.【变式3-3】（23-24高二上·重庆·阶段练习）已知A ，B ，C ，D 四个开关控制着1，2，3，4号四盏灯，只要打开开关A 则1，4B 则2，3号灯就会亮，只要打开开关C 则3，4号灯就会亮，只要打开开关D 则2，4号灯就会亮.开始时，A ，B ，C ，D 四个开关均未打开，四盏灯也都没亮.现随意打开A ，B ，C ，D 这四个开关中的两个不同的开关，则其中2号灯灯亮的概率为（ ）A ．16B ．13C ．12D ．56【解题思路】根据古典概型以及对立事件的概率关系列式计算可得解.【解答过程】由题意，随意打开A ，B ，C ，D 这四个开关中的两个不同的开关，共有AB,AC,AD,BC,BD,CD 种，其中只有打开AC 开关时2号灯不会亮，其余情况2号灯均会亮，所以2号灯灯亮的概率为1―16=56.故选：D.【题型4 几何概型】【例4】（2024·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 ．18B ．38C ．516D ．332【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黑色等腰直角三角形的直角边为2，斜边为故种子落入黑色平行四边形区域的概率为22=18．故选：A.【变式4-1】（2024·全国·模拟预测）如图，正六边形OPQRST 的顶点是正六边形ABCDEF 的对角线的交点.在正六边形ABCDEF 内部任取一点，则该点取自正六边形OPQRST 内的概率为（ ）A B ．14C ．13D 【解题思路】先求出AB 的长，再分别求出正六边形ABCDEF 和正六边形OPQRST 的面积，再根据几何概型的面积比即可求得结论.【解答过程】设正六边形OPQRST 的边长为1，在正六边形ABCDEF 中，AC =CE =EA =BD =DF =FB ，则易得AC =3ST =3，所以AB =S 六边形ABCDEF =62=S 六边形OPQRST =62=所以所求概率为S 六边形OPQRSTS 六边形ABCDEF ==13.故选：C.【变式4-2】（2024·四川·模拟预测）剪纸是一种用剪刀或刻刀在纸上剪刻花纹，用于装点生活或配合其他民俗活动的民间艺术.其传承的视觉形象和造型格式，蕴涵了丰富的文化历史信息，表达了广大民众的社会认知､道德观念等.剪纸艺术遗产先后人选中国国家级非物质文化遗产名录和人类非物质文化遗产代表作名录.2024龙年新春来临之际，许多地区设计了一幅幅精美的剪纸作品，它们都以龙为主题，展现了中华民族对龙的崇拜和敬仰.这些作品不仅展示了剪纸艺术的独特魅力，还传递了中华民族对美好生活的向往和对和平的渴望.下图是由某剪纸艺术家设计的一幅由外围是正六边形，内是一个内切圆组合而成的剪纸图案，如果随机向剪纸投一点，则这点落在内切圆内的概率是（ ）A B ．3πC D 【解题思路】先求出正六边形的面积和内切圆的面积，由几何概型的公式代入即可得出答案.【解答过程】设正六边形的边长为2×22×6=而其内切圆的半径r =2=π×2=3π，由几何概型得P ==故选：C.【变式4-3】（2024·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 14B ―14C 12D ．1【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 =S △OAB +S △OAC +S △OBC ，得12×a ×=3×12ar ，所以a =，所以S △ABC =2，内切圆得面积S 1=πr 2，所以阴影部分得面积为2―πr 2，=1―故选：D.【题型5 古典概型与函数的交汇问题】【例5】（2024·江西景德镇·模拟预测）若抛掷两枚骰子出现的点数分别为a ，b ，则“在函数f (x )=x 2+ax +b 的图象与x 轴有交点的条件下，满足函数g (x )=a x ―b ―x(a+b )x 为偶函数”的概率为（ ）A ．417B ．219C ．519D ．319【解题思路】首先列出满足函数f (x )=x 2+ax +b 的图象与x 轴有交点的基本事件,再找出符合函数g (x )=a x ―b ―x(a+b )x 为偶函数的基本事件,最后根据古典概型的概率公式计算可得.【解答过程】解：函数f (x )=x 2+ax +b 的图象与x 轴有交点，则Δ=a 2―4b ≥0，则满足该条件的(a,b)有：(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(6,6)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，(5,6)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，(3,1)，(3,2)，(2,1)，共有19个满足函数f (x )=x 2+ax +b 的图象与x 轴有交点的条件；函数g(x)=a x ―b ―x(a+b)x 为偶函数，只需ℎ(x)=a x ―b ―x 是奇函数，即ℎ(―x)=a ―x ―b x =―(a x ―b ―x)=―ℎ(―x)，所以a=b．函数g(x)=a x―b―x(a+b)x为偶函数：有(6,6)，(5,5)，(4,4)共3个．所以则“在函数f(x)=x2+ax+b的图象与x轴有交点的条件下，满足函数g(x)=a x―b―x(a+b)x为偶函数”的概率P=319．故选：D．【变式5-1】（23-24高二上·山东菏泽·开学考试）已知集合A={0,1,2,3}，a∈A，b∈A，则函数f(x)=ax2 +bx+1有零点的概率为（）A．34B．12C．38D．516【解题思路】先得到共有16种情况，再得到符合要求的情况个数，相除得到答案.【解答过程】f(x)=ax2+bx+1中，a,b均有4种选择，共16种情况，当a=0,b=0时，f(x)=ax2+bx+1无零点，当a=0,b=1,2,3时，f(x)=bx+1有零点，当a≠0时，Δ=b2―4a≥0时，f(x)=ax2+bx+1有零点，若a=1，则b=2,3满足要求，若a=2，则b=3满足要求，故共有6种情况，满足要求，所以函数f(x)=ax2+bx+1有零点的概率为616=38.故选：C.【变式5-2】（23-24高一下·陕西宝鸡·期中）将一枚骰子抛掷两次，所得向上点数分别为m和n，则函数y=mx2―4nx+1在[1,+∞)上是增函数的概率是（）A．16B．14C．34D．45【解题思路】分析可知m、n∈{1,2,3,4,5,6}，由二次函数的单调性得出m≥2n，求出所有的基本事件数，并确定事件“m≥2n”所包含的事件数，利用古典概型的概率公式可求得结果.【解答过程】由题意可知，m、n∈{1,2,3,4,5,6}，若函数y=mx2―4nx+1在[1,+∞)上是增函数，则――4n2m =2nm≤1，即m≥2n.以(m,n)代表一个基本事件，所有的基本事件数为62=36个，满足m≥2n的基本事件有：(2,1)、(3,1)、(4,1)、(4,2)、(5,1)、(5,2)、(6,1)、(6,2)、(6,3)，共9个，由古典概型的概率公式可知，所求概率为P=936=14.故选：B.【变式5-3】（23-24高一下·广西崇左·阶段练习）已知集合A={1,2,3,4,5,6},a∈A,b∈A，则“使函数f(x)= ln(x2+ax+b)的定义域为R”的概率为（）A．1336B．1536C．1736D．1936【解题思路】先利用对数函数的定义和二次函数的知识求得函数f(x)定义域为R的充分必要条件，进而用列举法求得数组(a,b)的总组数和满足定义域为R的条件的组数，求得所求概率.【解答过程】由题意知a2―4b<0.又因为a∈{1,2,3,4,5,6},b∈{1,2,3,4,5,6}，所以数a,b形成的数组(a,b)有(1,1),(1,2),(1,3),⋯,(6,6)，共36种情况，其中(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,2),(2,3)，(2,4),(2,5),(2,6),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),(4,5),(4,6)，共17种情况满足a2―4b<0，所以所求概率p=1736.故选：C.【题型6 古典概型与向量的交汇问题】【例6】（2024·安徽黄山·{1,2,4}中随机抽取一个数a，从集合{2,4,5}中随机抽取一个数b，则向量m=(a,b)与向量n=(2,―1)垂直的概率为（）A．19B．29C．13D．23【解题思路】求出组成向量m=(a,b)的个数和与向量n=(2,―1)垂直的向量个数，计算所求的概率值．【解答过程】解：从集合{1,2,4}中随机抽取一个数a，从集合{2,4,5}中随机抽取一个数b，可以组成向量m=(a,b)的个数是3×3=9（个)；其中与向量n=(2,―1)垂直的向量是m=(1,2)和m=(2,4)，共2个；故所求的概率为P=29．故选：B．【变式6-1】（23-24高一下·河北保定·阶段练习）已知m,n∈{―2,―1,1,2}，若向量a=(m,n),b=(1,1)，则向量a与向量b夹角为锐角的概率为（）A．316B．14C．516D．38【解题思路】根据古典概型列出向量a的所有可能，由a与b的夹角为锐角找出所有符合题意的向量，即可求得其概率.【解答过程】向量a与向量b夹角为锐角等价于a⋅b>0且a与b不同向，即a⋅b=m+n>0，且m≠n；易知a共有16个，分别是(―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)，满足条件的a为(―1,2),(2,―1),(1,2),(2,1)共4个，故所求的概率为416=14，故选：B．【变式6-2】（23-24高一下·天津滨海新·阶段练习）从集合{0,1,2,3}中随机地取一个数a，从集合{3，4,6}中随机地取一个数b，则向量m=(b,a)与向量n=(1,―2)垂直的概率为（）A．112B．13C．14D．16【解题思路】先求出基本事件的个数，然后求解满足向量m⊥n的个数，结合古典概率的求解公式可求.【解答过程】解：从集合{0,1,2,3}中随机地取一个数a，{3，4,6}中随机地取一个数b，共有12种取法，当向量m=(b,a)与向量n=(1,―2)，b=2a，故m=(4,2)或m=(6,3)共2种取法，则所求概率P=212=16.故选：D.【变式6-3】（23-24高二上·湖北黄石·期中）将一颗质地均匀的正方体骰子（六个面的点数分别为1,2,3,4,5,6），先后抛掷两次，将得到的点数分别记为m，n，记向量a=(2m―3,n―1)，b=(1,―1)的夹角为θ，则θ为钝角的概率是（）A．518B．13C．1336D．1136【解题思路】先根据已知求出满足条件的m,n满足的关系式，然后分别令m=1,2,3,4,5,6，求得满足条件的n.然后即可根据古典概型概率公式，得出答案.【解答过程】由a//b可得，(2m―3)×(―1)―(n―1)×1=0，所以n=4―2m.因为θ为钝角，所以a⋅b<0，且a,b不共线，所以(2m―3)×1+(n―1)×(―1)<0n≠4―2m，即n>2m―2，且n≠4―2m.当m=1时，有n>0且n≠2，所以n可取1，3，4，5，6；当m=2时，有n>2，n可取3，4，5，6；当m=3时，有n>4，n可取5，6；当m=4，m=5，m=6时，n>2m―2>6，此时无解.综上所述，满足条件的m,n有11种可能.又先后抛掷两次，得到的样本点数共36种，所以θ为钝角的概率p=1136.故选：D.【题型7 古典概型与数列的交汇问题】【例7】（23-24高三下·河南·阶段练习）记数列{a n}的前n项和为S n，已知S n=an2―4an+b，在数集{―1,0,1}中随机抽取一个数作为a，在数集{―3,0,3}中随机抽取一个数作为b，则满足S n≥S2(n∈N∗)的概率为()A．13B．29C．14D．23【解题思路】将S n配方，S n≥S2恒成立等价于S2是S n的最小值，根据常数函数和二次函数性质，结合古典概型概率计算方法即可求解.【解答过程】由已知得S n=a(n―2)2+b―4a，如果a=0，则S n=b，满足S n≥S2，概率为13，如果a≠0，则S2是S n的最小值，根据二次函数性质可知，a＞0，故a=1，此时概率为13，∴S n≥S2的概率为13+13=23，故选：D．【变式7-1】（23-24高三上·河南许昌·阶段练习）意大利数学家斐波那契在他的《算盘全书》中提出了一个关于兔子繁殖的问题：如果一对兔子每月能生1对小兔子（一雄一雌），而每1对小兔子在它出生后的第三个月里，又能生1对小兔子，假定在不发生死亡的情况下，从第1个月1对初生的小兔子开始，以后每个月的兔子总对数是：1，1，2，3，5，8，13，21，…，这就是著名的斐波那契数列，它的递推公式是a n= a n―1+a n―2(n≥3,n∈N∗)，其中a1=1，a2=1.若从该数列的前2021项中随机地抽取一个数，则这个数是偶数的概率为（）A．13B．6732021C．12D．6742021【解题思路】由斐波那契数列中偶数出现的周期性求前2021项中偶数的个数，再由古典概型概率求法求概率即可.【解答过程】由题设，斐波那契数列从第一项开始，每三项的最后一项为偶数，而20213=673...2，∴前2021项中有673个偶数，故从该数列的前2021项中随机地抽取一个数为偶数的概率为6732021.故选：B.【变式7-2】（2024·北京·模拟预测）斐波那契数列{F n}因数学家莱昂纳多⋅斐波那契(LeonardodaFibonaci)以兔子繁殖为例而引入，故又称为“兔子数列”．因n趋向于无穷大时，F nF n+1无限趋近于黄金分割数，也被称为黄金分割数列．在数学上，斐波那契数列由以下递推方法定义：数列{F n}满足F1=F2=1，F n+2=F n+1 +F n，若从该数列前12项中随机抽取1项，则抽取项是奇数的概率为（）A．12B．712C．23D．34【解题思路】由题中给出的递推公式，求出数列的前12项，然后找出其中是奇数的个数，由古典概型的概率公式求解即可．【解答过程】解：由题意可知“兔子数列”满足F1=F2=1，F n+2=F n+1+F n，所以该数列前12项分别为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，其中是奇数的有：1，1，3，5，，21，55，89，故从该数列前12项中随机抽取1项，则抽取项是奇数的概率为812=23．故选：C.【变式7-3】（2024·江苏·一模）若数列{a n}的通项公式为a n=(―1)n―1，记在数列{a n}的前n+2(n∈N*)项中任取两项都是正数的概率为P n，则（）A．P1=13B．P2n<P2n+2C．P2n―1<P2nD．P2n―1+P2n<P2n+1+P2n+2.【解题思路】由已知得数列{a n}的奇数项都为1，即奇数项为正数，数列{a n}的偶数项为―1，即偶数项为负数，当n=1时，P1=13，由此判断A选项；将2n―1代入，求得P2n―1；将2n代入，求得P2n；将2n+1代入，求得P2n+1；将2n+2代入，求得P2n+2，再运用作差比较法，可判断得选项.【解答过程】解：因为数列{a n}的通项公式为a n=(―1)n―1，所以数列{a n}的奇数项都为1，即奇数项为正数，数列{a n}的偶数项为―1，即偶数项为负数，又数列{a n}的前n+2(n∈N*)项中，任取两项都是正数的概率为P n，当n=1时，即前3项中，任取两项都是正数，概率为P1=13，故A正确；将2n―1代入，数列{a n}的前2n+1(n∈N*)项中，有(n+1)个正数，n个负数，任取两项都是正数的概率为P2n―1=C2n+1C22n+1=n(n+1)(2n+1)⋅(2n)=n+14n+2，将2n代入，数列{a n}的前2n+2(n∈N*)项中，有(n+1)个正数，(n+1)个负数，任取两项都是正数的概率为P2n=C2n+1C22n+2=n(n+1)(2n+1)⋅(2n+2)=n4n+2，将2n+1代入，数列{a n}的前2n+3(n∈N*)项中，有(n+2)个正数，(n+1)个负数，任取两项都是正数的概率为P2n+1=C2n+2C22n+3=(n+1)(n+2)(2n+3)⋅(2n+2)=n+24n+6，将2n+2代入，数列{a n}的前2n+4(n∈N*)项中，有(n+2)个正数，(n+2)个负数，任取两项都是正数的概率为P2n+2=C2n+2C22n+4=(n+1)(n+2)(2n+3)⋅(2n+4)=n+14n+6，所以P2n―P2n+2=n4n+2―n+14n+6=―2(4n+2)⋅(4n+6)<0，所以P2n<P2n+2，故B正确；P2n―1―P2n=n+14n+2―n4n+2=14n+2>0，所以P2n―1>P2n，故C错误；(P2n―1+P2n)―(P2n+1+P2n+2)=―=2n+14n+2―2n+34n+6=12―12=0，所以P2n―1+P2n=P2n+1+P2n+2，故D错误，故选：AB.【题型8 古典概型与统计综合】【例8】（2024·全国·模拟预测）第24届哈尔滨冰雪大世界开园后，为了了解进园游客对本届冰雪大世界的满意度，从进园游客中随机抽取50人进行调查并统计其满意度评分，制成频率分布直方图如图所示，其中满意度评分在[76,84)的游客人数为18．(1)求频率分布直方图中a,b的值；(2)从抽取的50名游客中满意度评分在[60,68)及[92,100]的游客中用分层抽样的方法抽取5人，再从抽取的5人中随机抽取2人，求2人中恰有1人的满意度评分在[60,68)的概率．【解题思路】（1）根据评分在[76,84)的游客人数为18和总人数为50得到b=0.045，利用频率之和为1得到方程，求出a=0.01；（2）根据分层抽样的方法得到评分在[60,68)的人数为2，设为x1,x2，满意度评分在[92,100]的人数为3，设为y1,y2,y3，列举出所有情况和2人中恰有1人的满意度评分在[60,68)的情况，求出概率.【解答过程】（1）由题知，b=1850×8=0.045，8×(a+0.015+0.025+0.030+0.045)=1，解得a=0.01．（2）由题知，抽取的50名游客中满意度评分在[60,68)的人数为0.01×8×50=4，满意度评分在[92,100]的人数为0.015×8×50=6，∴抽取的5人中，满意度评分在[60,68)的人数为2，设为x1,x2，满意度评分在[92,100]的人数为3，设为y1,y2,y3，∴从5人中随机抽取2人的不同取法为{x1,x2},{x1,y1}，{x1,y2},{x1,y3},{x2,y1},{x2,y2},{x2,y3},{y1,y2},{y1,y3}, {y2,y3}，共有10种不同取法，设“2人中恰有1人的满意度评分在[60,68)”为事件M，则事件M包含的取法为{x1,y1},{x1,y2},{x1,y3},{x2,y1}，{x2,y2},{x2,y3}，共有6种不同取法．∴P(M)=610=35．【变式8-1】（2024·四川成都·模拟预测）课外阅读对于培养学生的阅读兴趣、拓宽知识视野、提高阅读能力具有重要作用．某市为了解中学生的课外阅读情况，从该市全体中学生中随机抽取了500名学生，调查他们在寒假期间每天课外阅读平均时长t（单位：分钟），得到如下所示的频数分布表，已知所调查的学生中寒假期间每天课外阅读平均时长均不超过100分钟．时长t[0,20)[20,40)[40,60)[60,80)[80,100]学生人数5010020012525(1)估计这500名学生寒假期间每天课外阅读平均时长的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；(2)若按照分层抽样的方法从本次调查中寒假期间每天课外阅读平均时长在[0,20)和[20,40)的两组中共抽取6人进行问卷调查，并从6人中随机选取2人进行座谈，求这2人中至少有一人寒假期间每天课外阅读平均时长在[0,20)的概率．【解题思路】（1）利用频率分布表估算平均数即可得解.（2）求出两个指定区间内的人数，利用列举法求出概率.【解答过程】（1）依题意，样本中500名学生寒假期间每天课外阅读平均时长的平均数t=10×50500+30×100500+50×200500+70×125500+90×25500=49，所以估计这500名学生寒假期间每天课外阅读平均时长的平均数为49．（2）抽取的6人中寒假期间每天课外阅读平均时长在[0,20)内有：6×50150=2人，在[20,40)内有4人，记[0,20)内的2人为A，B，记[20,40)内的4人为a,b,c,d，从这6人中随机选2人的基本事件有：AB,Aa,Ab,Ac,AdBa,Bb,Bc,Bd,ab,ac,ad,bc,bd,cd，共15种，其中至少有一人每天课外阅读平均时长在[0,20)的基本事件有AB,Aa,Ab,Ac,Ad,Ba,Bb,Bc,Bd，共9种，设M=“选取的2人中至少有一人每天课外阅读平均时长在[0,20)”，则P(M)=915=35．【变式8-2】（2024·陕西商洛·模拟预测）为了解学生的周末学习时间（单位：小时），高一年级某班班主任对本班40名学生某周末的学习时间进行了调查，将所得数据整理绘制出如图所示的频率分布直方图，根据直方图所提供的信息：(1)①求该班学生周末的学习时间不少于20小时的人数；②用分层抽样的方法在[20，25)和[25，30]中共抽取6人成立学习小组，再从该小组派3人接受检测，求检测的3人来自同一区间的概率.(2)①估计这40名同学周末学习时间的25%分位数；②将该班学生周末学习时间从低到高排列，那么估计第10名同学的学习时长；【解题思路】（1）利用图形的面积算出对应频率，乘以样本容量40即可得相应频数；先用分层抽样，再用超几何分布概率公式即可求出事件的概率；（2）由百分位数的定义结合频率分布直方图即可求出；利用第10名就是40名同学的25%，从而可以利用第25百分位数估计其学习时长，【解答过程】（1）①由图可知，该班学生周末的学习时间不少于20小时的频率为(0.03+0.015)×5=0.225，则40名学生中周末的学习时间不少于20小时的人数为40×0.225=9人．②由图可知，则40名学生中周末的学习时间在[20,25)的人数为0.03×5×40=6人，则40名学生中周末的学习时间在[25,30]的人数为0.015×5×40=3人，从中用分层抽样抽取6人，即周末的学习时间在[20,25)的有4人，周末的学习时间在[25,30]的有2人，再从中选派3人接受检测，设检测的3人来自同一区间的事件为A，则P(A)=C 3 4C36=420=15;（2）①学习时间在5小时以下的频率为0.02×5=0.1<0.25，学习时间在10小时以下的频率为0.1+0.04×5=0.3>0.25，所以25%分位数在区间[5,10)内，则5+5×0.25―0.10.2=8.75，所以这40名同学周末学习时间的25%分位数为8.75小时．②第10名是40名同学的25%，因而问题相当于求25%分位数，也就是估计第10名同学的学习时长为8.75小时．【变式8-3】（2024·宁夏石嘴山·三模）为了庆祝党的二十大胜利召开，培养担当民族复兴的时代新人，某高中在全校三个年级开展了一次“不负时代，不负韶华，做好社会主义接班人”演讲比赛．共1500名学生参与比赛，现从各年级参赛学生中随机抽取200名学生，并按成绩分为五组：[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]，得到如下频率分布直方图，且第五组中高三学生占37．。

1.使学生掌握加法原理的基本内容；2.掌握加法原理的运用以及与乘法原理的区别；3.培养学生分类讨论问题的能力，了解分类的主要方法和遵循的主要原则．加法原理的数学思想主旨在于分类讨论问题，教授本讲的目的也是为了培养学生分类讨论问题的习惯，锻炼思维的周全细致．一、加法原理概念引入 生活中常有这样的情况，就是在做一件事时，有几类不同的方法，而每一类方法中，又有几种可能的做法．那么，考虑完成这件事所有可能的做法，就要用加法原理来解决．例如:王老师从北京到天津，他可以乘火车也可以乘长途汽车，现在知道每天有五次火车从北京到天津，有4趟长途汽车从北京到天津．那么他在一天中去天津能有多少种不同的走法？分析这个问题发现，王老师去天津要么乘火车，要么乘长途汽车，有这两大类走法，如果乘火车，有5种走法，如果乘长途汽车，有4种走法．上面的每一种走法都可以从北京到天津，故共有5+4=9种不同的走法．在上面的问题中，完成一件事有两大类不同的方法．在具体做的时候，只要采用一类中的一种方法就可以完成．并且两大类方法是互无影响的，那么完成这件事的全部做法数就是用第一类的方法数加上第二类的方法数．二、加法原理的定义一般地，如果完成一件事有k 类方法，第一类方法中有1m 种不同做法，第二类方法中有2m 种不同做法，…，第k 类方法中有k m 种不同做法，则完成这件事共有12 k N m m m =+++……种不同方法，这就是加法原理．加法原理运用的范围：完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，这样的问题可以使用加法原理解决．我们可以简记为：“加法分类，类类独立”．分类时，首先要根据问题的特点确定一个适合于它的分类标准，然后在这个标准下进行分类；其次，分类时要注意满足两条基本原则：① 完成这件事的任何一种方法必须属于某一类；② 分别属于不同两类的两种方法是不同的方法．只有满足这两条基本原则，才可以保证分类计数原理计算正确．运用加法原理解题时，关键是确定分类的标准，然后再针对各类逐一计数．通俗地说，就是“整体等于局部之和”．三、加法原理解题三部曲知识要点教学目标7-1-1.加法原理之分类枚举（一）2、每类找种数（每类的一种情况必须是能完成该件事）；3、类类相加枚举法：枚举法又叫穷举法，就是把所有符合条件的对象一一列举出来进行计数．分类讨论的时候经常会需要把每一类的情况全部列举出来，这时的方法就是枚举法．枚举的时候要注意顺序，这样才能做到不重不漏．例题精讲模块一、分类枚举——数出来的种类【例1】小宝去给小贝买生日礼物，商店里卖的东西中，有不同的玩具8种，不同的课外书20本，不同的纪念品10种，那么，小宝买一种礼物可以有多少种不同的选法？【考点】加法原理之分类枚举【难度】2星【题型】解答【关键词】分类讨论思想【解析】小宝买一种礼物有三类方法：第一类，买玩具，有8种方法；第二类，买课外书，有20种方法；第三种，买纪念品，有10种方法．根据加法原理，小宝买一种礼物有8+20+10=38种方法．【答案】38【巩固】有不同的语文书6本，数学书4本，英语书3本，科学书2本，从中任取一本，共有多少种取法？【考点】加法原理之分类枚举【难度】2星【题型】解答【关键词】分类讨论思想【解析】根据加法原理，共有6+4+3+2=15种取法．【答案】15【巩固】阳光小学四年级有3个班，各班分别有男生18人、20人、16人．从中任意选一人当升旗手，有多少种选法？【考点】加法原理之分类枚举【难度】2星【题型】解答【关键词】分类讨论思想【解析】解决这个问题有3类办法：从一班、二班、三班男生中任选1人，从一班18名男生中任选1人有18种选法：同理，从二班20名男生中任选1人有20种选法；从三班16名男生中任意选1人有16种选法；根据加法原理，从四年级3个班中任选一名男生当升旗手的方法有：18201654++=种．【答案】54【例2】和为15的两个非零自然数共有对。

第1讲数论的方法技巧（上）数论是研究整数性质的一个数学分支，它历史悠久，而且有着强大的生命力。

数论问题叙述简明，“很多数论问题可以从经验中归纳出来，并且仅用三言两语就能向一个行外人解释清楚，但要证明它却远非易事”。

因而有人说：“用以发现天才，在初等数学中再也没有比数论更好的课程了。

任何学生，如能把当今任何一本数论教材中的习题做出，就应当受到鼓励，并劝他将来从事数学方面的工作。

”所以在国内外各级各类的数学竞赛中，数论问题总是占有相当大的比重。

小学数学竞赛中的数论问题，常常涉及整数的整除性、带余除法、奇数与偶数、质数与合数、约数与倍数、整数的分解与分拆。

主要的结论有：1．带余除法：若a，b是两个整数，b＞0，则存在两个整数q，r，使得a=bq+r（0≤r＜b），且q，r是唯一的。

特别地，如果r=0，那么a=bq。

这时，a被b整除，记作b|a，也称b是a的约数，a是b的倍数。

2．若a|c，b|c，且a，b互质，则ab|c。

3．唯一分解定理：每一个大于1的自然数n都可以写成质数的连乘积，即其中p1＜p2＜…＜p k为质数，a1，a2，…，a k为自然数，并且这种表示是唯一的。

（1）式称为n的质因数分解或标准分解。

4．约数个数定理：设n的标准分解式为（1），则它的正约数个数为：d（n）=（a1+1）（a2+1）…（a k+1）。

5．整数集的离散性：n与n+1之间不再有其他整数。

因此，不等式x ＜y与x≤y-1是等价的。

下面，我们将按解数论题的方法技巧来分类讲解。

一、利用整数的各种表示法对于某些研究整数本身的特性的问题，若能合理地选择整数的表示形式，则常常有助于问题的解决。

这些常用的形式有：1．十进制表示形式：n=a n10n+a n-110n-1+…+a0；2．带余形式：a=bq+r；4．2的乘方与奇数之积式：n=2mt，其中t为奇数。

例1 红、黄、白和蓝色卡片各1张，每张上写有1个数字，小明将这4张卡片如下图放置，使它们构成1个四位数，并计算这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差。

第二十一章枚举概念枚举法起源于原始的计数方法，即数数。

关于这方面的例子，我们在第11讲中已介绍过，现在我们从另一角度来利用枚举法解题。

当我们面临的问题存在大量的可能的答案（或中间过程），而暂时又无法用逻辑方法排除这些可能答案中的大部分时，就不得不采用逐一检验这些答案的策略，也就是利用枚举法来解题。

枚举是一种常见的分析问题、解决问题的方法。

一般地，要根据问题要求，一一列举问题解答。

运用枚举法解应用题时，必须注意无重复、无遗漏，因此必须有次序、有规律地进行枚举。

运用枚举法解题的关键是要正确分类，要注意以下两点：一是分类要全，不能造成遗漏；二是枚举要清，要将每一个符合条件的对象都列举出来。

例题1. 小明和小红玩掷骰子的游戏，共有两枚骰子，一起掷出。

若两枚骰子的点数和为7，则小明胜；若点数和为8，则小红胜。

试判断他们两人谁获胜的可能性大。

2. 数一数，右图中有多少个三角形。

3.在算盘上，用两颗珠子可以表示多少个不同的四位数？4.有一只无盖立方体纸箱，将它沿棱剪开成平面展开图。

那么，共有多少种不同的展开图？5.小明的暑假作业有语文、算术、外语三门，他准备每天做一门，且相邻两天不做同一门。

如果小明第一天做语文，第五天也做语文，那么，这五天作业他共有多少种不同的安排？6. 一次数学课堂练习有3道题，老师先写出一个，然后每隔5分钟又写出一个。

规定：（1）每个学生在老师写出一个新题时，如果原有题还没有做完，那么必须立即停下来转做新题；（2）做完一道题时，如果老师没有写出新题，那么就转做前面相邻未解出的题。

解完各题的不同顺序共有多少种可能？7 .是否存在自然数n，使得n2＋n＋2能被3整除？8.将6拆成两个或两个以上的自然数之和，共有多少种不同拆法？9.小明有10块糖，如果每天至少吃3块，吃完为止，那么共有多少种不同的吃法？10.用五个1×2的小矩形纸片覆盖右图的2×5的大矩形，共有多少种不同盖法？11. 15个球分成数量不同的四堆，数量最多的一堆至少有多少个球？12.数数右图中共有多少个三角形？13.甲、乙比赛乒乓球，五局三胜。

枚举法（一）共有几条路？有一天，小兔去小猴家找小猴一起去图书馆看书，而从小兔家到小猴家不能直接到达，必须要经过公园或小田鼠家(如下图)，小朋友们找一找，从小兔家到小猴家共有几条路可以走？(★★)用3、6、9三个数字可以组成多少个不同的三位数？(不能重复使用)【拓展】(★★★)用3、6、9、0四个数字可以组成多少个不同的四位数？(不能重复使用)(★★★)请问：从“1”写到“50”一共写了多少个数字“1”呢？【拓展】(★★★)乐乐在家做寒假作业，其中有一道题是要从1写到100，你知道当她写完时一共写了多少个数字“9”吗？1、2、3、4、…、98、99、100(★★★)把16个同样大小的正方形拼成1个长方形，可以拼成几个不同的长方形。

(★★★★)露露最近迷上了集邮，一天她收集到了3张3角邮票和2张5角邮票，请你帮她算一算，她用这些邮票可以组成多少种不同的邮资？(★★★★)小蜜蜂家门前共有5级台阶。

她发现每天上楼梯的方法都不相同，小蜜蜂很想研究一下这个问题。

如果规定一步只能登上一级或两级台阶，小朋友帮她算一算上这个台阶共有多少种不同的走法？(★★★★★)艾伦给4个好朋友写信。

由于粗心，在把信纸装入信封时都给装错了。

4个好朋友收到的都是给别人的信。

问艾伦装错的情况共有多少种可能?【拓展】(★★★★★)威尔喜欢吃披萨、汉堡和薯条三种快餐。

他在相邻的两天不会吃同一种。

现在他第一天吃的是披萨，第五天也是吃的披萨，那么在这五天里他的食谱有多少种安排方案？在线测试题温馨提示：请在线作答，以便及时反馈孩子的薄弱环节！1．用分别写着0、5、6、9的四张卡片，可以组成多少个不同的三位数？（不能重复使用）A．15 B．16 C．17 D．182．安迪、乐乐、威尔、琳达、艾伦五个小朋友握手，每两个小朋友握一次，每个人都要握到，他们一共要握几次手？A．6 B．10 C．15 D．213．从甲地到乙地有乘飞机、坐火车两种不同的方法，从乙地到丙地有乘飞机、坐火车和乘船三种不同的方法。

枚举法是一种通过列举所有可能情况来解决问题的方法。

对于1到100的数字，我们可以使用Python的for循环来枚举所有的数字。

以下是一个简单的Python程序，使用枚举法找出1到100之间的所有奇数：python复制代码for i in range(1, 101):if i % 2 != 0:print(i)这个程序会打印出1到100之间的所有奇数。

range(1, 101)函数生成一个从1到100的数字序列，然后for 循环遍历这个序列。

在循环中，我们使用if语句检查当前的数字是否是奇数（即除以2的余数不等于0），如果是，就打印出来。

如果你想找出1到100之间的所有素数，你可以使用一个稍微复杂的算法，比如埃拉托斯特尼筛法（Sieve of Eratosthenes）。

这个算法的基本思想是，从2开始，把所有的偶数都标记为合数，然后找出所有的未被标记的数字，这些数字就是素数。

以下是一个使用Python实现的埃拉托斯特尼筛法的例子：python复制代码def sieve_of_eratosthenes(n):primes = [True] * (n+1)primes[0] = primes[1] = Falsefor i in range(2, int(n**0.5)+1):if primes[i]:for j in range(i**2, n+1, i):primes[j] = Falsereturn [p for p in range(2, n+1) if primes[p]]print(sieve_of_eratosthenes(100))这个程序会打印出1到100之间的所有素数。

古典概型、概率的基本性质【八大题型】【题型1 古典概型】................................................................................................................................................3【题型2 有放回与无放回问题的概率】................................................................................................................3【题型3 概率基本性质的应用】............................................................................................................................4【题型4 几何概型】................................................................................................................................................4【题型5 古典概型与函数的交汇问题】................................................................................................................6【题型6 古典概型与向量的交汇问题】................................................................................................................6【题型7 古典概型与数列的交汇问题】................................................................................................................7【题型8 古典概型与统计综合】. (8)1、古典概型、概率的基本性质【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一般地，设试验E是古典概型，样本空间A包含n个样本点，事件A包含其中的k个样本点，则定义事件A的概率P(A)=n(A)和n()分别表示事件A和样本空间包含的样本点个数.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(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】（2024·陕西商洛·模拟预测）从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数都是奇数的概率为（）A．25B．35C．110D．310【变式1-1】（2024·内蒙古包头·三模）将2个a和3个b随机排成一行，则2个a不相邻的概率为（）A．0.4B．0.5C．0.6D．0.7【变式1-2】（2024·西藏拉萨·二模）从3,4,5,6,7这5个数字中任取3个，则取出的3个数字的和为大于10的偶数的概率是（）A．23B．34C．25D．35【变式1-3】（2024·内蒙古呼和浩特·二模）袋中共有5个除颜色外完全相同的球，其中2个红球、1个白球、2个黑球，从袋中任取两球，两球颜色为一白一黑的概率为（）A ．110B ．15C ．310D ．25【题型2 有放回与无放回问题的概率】【例2】（2024·全国·模拟预测）盒中装有1，2，3，4四个标号的小球．小明在盒中随机抽取两次（不放回），则抽中的两次小球号码均为偶数的概率为（ ）A ．14B ．12C ．13D ．16【变式2-1】（23-24高三上·贵州·阶段练习）从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之和是3的倍数的概率为（ ）A ．15B ．13C ．25D ．23【变式2-2】（23-24高二下·四川眉山·阶段练习）从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为（ ）A ．110B ．15C ．310D ．25【变式2-3】（23-24高三上·江苏南京·阶段练习）从分别写有1,2,3,4,5,6的六张卡片中无放回随机抽取两张，则抽到的两张卡片上的数字之积是3的倍数的概率为（ ）A ．35B ．25C ．13D ．15【题型3 概率基本性质的应用】【例3】（2024·全国·模拟预测）从装有若干个红球和白球（除颜色外其余均相同）的黑色布袋中，随机不放回地摸球两次，每次摸出一个球.若事件“两个球都是红球”的概率为215，“两个球都是白球”的概率为13，则“两个球颜色不同”的概率为（ ）A ．415B ．715C ．815D ．1115【变式3-1】（24-25高二上·吉林·阶段练习）设A, B 是一个随机试验中的两个事件，且P (A )=12, P (B )=35, PA =12，则P (AB )=（ ）A ．13B ．15C ．25D ．110【变式3-2】（23-24高二下·浙江舟山·期末）设A ，B 是一个随机试验中的两个事件，且P (A )=12，=712，+=14，则P (A +B )=（ ）A ．712B ．23C ．1112D ．34【变式3-3】（23-24高二上·重庆·阶段练习）已知A ，B ，C ，D 四个开关控制着1，2，3，4号四盏灯，只要打开开关A 则1，4号灯就会亮，只要打开开关B 则2，3号灯就会亮，只要打开开关C 则3，4号灯就会亮，只要打开开关D 则2，4号灯就会亮.开始时，A ，B ，C ，D 四个开关均未打开，四盏灯也都没亮.现随意打开A ，B ，C ，D 这四个开关中的两个不同的开关，则其中2号灯灯亮的概率为（ ）A ．16B ．13C ．12D ．56【题型4 几何概型】【例4】（2024·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 ．18B ．38C ．516D ．332【变式4-1】（2024·全国·模拟预测）如图，正六边形OPQRST 的顶点是正六边形ABCDEF 的对角线的交点.在正六边形ABCDEF 内部任取一点，则该点取自正六边形OPQRST 内的概率为（ ）A B ．14C ．13D 【变式4-2】（2024·四川·模拟预测）剪纸是一种用剪刀或刻刀在纸上剪刻花纹，用于装点生活或配合其他民俗活动的民间艺术.其传承的视觉形象和造型格式，蕴涵了丰富的文化历史信息，表达了广大民众的社会认知､道德观念等.剪纸艺术遗产先后人选中国国家级非物质文化遗产名录和人类非物质文化遗产代表作名录.2024龙年新春来临之际，许多地区设计了一幅幅精美的剪纸作品，它们都以龙为主题，展现了中华民族对龙的崇拜和敬仰.这些作品不仅展示了剪纸艺术的独特魅力，还传递了中华民族对美好生活的向往和对和平的渴望.下图是由某剪纸艺术家设计的一幅由外围是正六边形，内是一个内切圆组合而成的剪纸图案，如果随机向剪纸投一点，则这点落在内切圆内的概率是（ ）A B ．3πC D 【变式4-3】（2024·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 14B ―14C 12D ．1【题型5 古典概型与函数的交汇问题】【例5】（2024·江西景德镇·模拟预测）若抛掷两枚骰子出现的点数分别为a ，b ，则“在函数f (x )=x 2+ax +b 的图象与x 轴有交点的条件下，满足函数g (x )=a x ―b ―x(a+b )x 为偶函数”的概率为（ ）A ．417B ．219C ．519D ．319【变式5-1】（23-24高二上·山东菏泽·开学考试）已知集合A ={0,1,2,3}，a ∈A ，b ∈A ，则函数f (x )=ax 2+bx +1有零点的概率为（ ）A ．34B ．12C ．38D ．516【变式5-2】（23-24高一下·陕西宝鸡·期中）将一枚骰子抛掷两次，所得向上点数分别为m 和n ，则函数y=mx2―4nx+1在[1,+∞)上是增函数的概率是（）A．16B．14C．34D．45【变式5-3】（23-24高一下·广西崇左·阶段练习）已知集合A={1,2,3,4,5,6},a∈A,b∈A，则“使函数f(x)= ln(x2+ax+b)的定义域为R”的概率为（）A．1336B．1536C．1736D．1936【题型6 古典概型与向量的交汇问题】【例6】（2024·安徽黄山·一模）从集合{1,2,4}中随机抽取一个数a，从集合{2,4,5}中随机抽取一个数b，则向量m=(a,b)与向量n=(2,―1)垂直的概率为（）A．19B．29C．13D．23【变式6-1】（23-24高一下·河北保定·阶段练习）已知m,n∈{―2,―1,1,2}，若向量a=(m,n),b=(1,1)，则向量a与向量b夹角为锐角的概率为（）A．316B．14C．516D．38【变式6-2】（23-24高一下·天津滨海新·阶段练习）从集合{0,1,2,3}中随机地取一个数a，从集合{3，4,6}中随机地取一个数b，则向量m=(b,a)与向量n=(1,―2)垂直的概率为（）A．112B．13C．14D．16【变式6-3】（23-24高二上·湖北黄石·期中）将一颗质地均匀的正方体骰子（六个面的点数分别为1,2,3,4,5,6），先后抛掷两次，将得到的点数分别记为m，n，记向量a=(2m―3,n―1)，b=(1,―1)的夹角为θ，则θ为钝角的概率是（）A．518B．13C．1336D．1136【题型7 古典概型与数列的交汇问题】【例7】（23-24高三下·河南·阶段练习）记数列{a n}的前n项和为S n，已知S n=an2―4an+b，在数集{―1,0,1}中随机抽取一个数作为a，在数集{―3,0,3}中随机抽取一个数作为b，则满足S n≥S2(n∈N∗)的概率为()A．13B．29C．14D．23【变式7-1】（23-24高三上·河南许昌·阶段练习）意大利数学家斐波那契在他的《算盘全书》中提出了一个关于兔子繁殖的问题：如果一对兔子每月能生1对小兔子（一雄一雌），而每1对小兔子在它出生后的第三个月里，又能生1对小兔子，假定在不发生死亡的情况下，从第1个月1对初生的小兔子开始，以后每个月的兔子总对数是：1，1，2，3，5，8，13，21，…，这就是著名的斐波那契数列，它的递推公式是a n=a n―1+a n―2(n≥3,n∈N∗)，其中a1=1，a2=1.若从该数列的前2021项中随机地抽取一个数，则这个数是偶数的概率为（）A．13B．6732021C．12D．6742021【变式7-2】（2024·北京·模拟预测）斐波那契数列{F n}因数学家莱昂纳多⋅斐波那契(LeonardodaFibonaci)以兔子繁殖为例而引入，故又称为“兔子数列”．因n趋向于无穷大时，F nF n+1无限趋近于黄金分割数，也被称为黄金分割数列．在数学上，斐波那契数列由以下递推方法定义：数列{F n}满足F1=F2=1，F n+2=F n+1 +F n，若从该数列前12项中随机抽取1项，则抽取项是奇数的概率为（）A．12B．712C．23D．34【变式7-3】（2024·江苏·一模）若数列{a n}的通项公式为a n=(―1)n―1，记在数列{a n}的前n+2(n∈N*)项中任取两项都是正数的概率为P n，则（）A．P1=13B．P2n<P2n+2C．P2n―1<P2nD．P2n―1+P2n<P2n+1+P2n+2.【题型8 古典概型与统计综合】【例8】（2024·全国·模拟预测）第24届哈尔滨冰雪大世界开园后，为了了解进园游客对本届冰雪大世界的满意度，从进园游客中随机抽取50人进行调查并统计其满意度评分，制成频率分布直方图如图所示，其中满意度评分在[76,84)的游客人数为18．(1)求频率分布直方图中a,b的值；(2)从抽取的50名游客中满意度评分在[60,68)及[92,100]的游客中用分层抽样的方法抽取5人，再从抽取的5人中随机抽取2人，求2人中恰有1人的满意度评分在[60,68)的概率．【变式8-1】（2024·四川成都·模拟预测）课外阅读对于培养学生的阅读兴趣、拓宽知识视野、提高阅读能力具有重要作用．某市为了解中学生的课外阅读情况，从该市全体中学生中随机抽取了500名学生，调查他们在寒假期间每天课外阅读平均时长t（单位：分钟），得到如下所示的频数分布表，已知所调查的学生中寒假期间每天课外阅读平均时长均不超过100分钟．时长t[0,20)[20,40)[40,60)[60,80)[80,100]学生人数5010020012525(1)估计这500名学生寒假期间每天课外阅读平均时长的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；(2)若按照分层抽样的方法从本次调查中寒假期间每天课外阅读平均时长在[0,20)和[20,40)的两组中共抽取6人进行问卷调查，并从6人中随机选取2人进行座谈，求这2人中至少有一人寒假期间每天课外阅读平均时长在[0,20)的概率．【变式8-2】（2024·陕西商洛·模拟预测）为了解学生的周末学习时间（单位：小时），高一年级某班班主任对本班40名学生某周末的学习时间进行了调查，将所得数据整理绘制出如图所示的频率分布直方图，根据直方图所提供的信息：(1)①求该班学生周末的学习时间不少于20小时的人数；②用分层抽样的方法在[20，25)和[25，30]中共抽取6人成立学习小组，再从该小组派3人接受检测，求检测的3人来自同一区间的概率.(2)①估计这40名同学周末学习时间的25%分位数；②将该班学生周末学习时间从低到高排列，那么估计第10名同学的学习时长；【变式8-3】（2024·宁夏石嘴山·三模）为了庆祝党的二十大胜利召开，培养担当民族复兴的时代新人，某高中在全校三个年级开展了一次“不负时代，不负韶华，做好社会主义接班人”演讲比赛．共1500名学生参与比赛，现从各年级参赛学生中随机抽取200名学生，并按成绩分为五组：[50,60)，[60,70)，[70,80)，．[80,90)，[90,100]，得到如下频率分布直方图，且第五组中高三学生占37(1)求抽取的200名学生的平均成绩x（同一组数据用该组区间的中点值代替）；(2)若在第五组中，按照各年级人数比例采用分层随机抽样的方法抽取7人，再从中选取2人组成宣讲组，在校内进行义务宣讲，求这2人都是高三学生的概率；(3)若比赛成绩x>79+s（s为样本数据的标准差），则认为成绩优秀，试估计参赛的1500名学生成绩优秀的人数．参考公式：s=f i是第i组的频率），≈5.5一、单选题1．（2024·贵州·模拟预测）将除颜色外完全相同的2个红球和1个白球随机放入2个不同的盒子中，每个盒子中至少放入1个球，则2个红球分别放入不同盒子中的概率为（）A．23B．12C．13D．142．（2024·陕西西安·一模）将5个1和2个0随机排成一行，则2个0相邻的概率为（）A．25B．35C．57D．273．（2024·上海长宁·一模）掷两颗骰子，观察掷得的点数；设事件A为：至少一个点数是奇数；事件B为：点数之和是偶数；事件A(A)，事件B的概率为P(B)；则1―P(A∩B)是下列哪个事件的概率（）A．两个点数都是偶数B．至多有一个点数是偶数C．两个点数都是奇数D．至多有一个点数是奇数4．（2024·四川乐山·三模）在区间[―5,10]上任取一个整数m，则使函数f(x)=x2―2mx―2m存在两个不同零点的概率为（）A．116B．316C．1316D．15165．（2024·四川内江·三模）口袋中装有质地和大小相同的6个小球，小球上面分别标有数字1，1，2，2，3，3，从中任取两个小球，则两个小球上的数字之和大于4的概率为（）A．13B．25C．35D．1156．（23-24高一下·福建福州·期末）已知数据1，2，3，5，m（m为整数）的平均数是极差的34倍，从这5个数中任取2个不同的数，则这2个数之和不小于7的概率为（）A．25B．310C．35D．127．（23-24高三上·山东济南·阶段练习）把一个正方体各面上均涂上颜色，并将各棱三等分，然后沿等分线把正方体切开．若从所得的小正方体中任取一个，恰好抽到2个面有颜色的小正方体的概率为（）A．29B．827C．49D．128．（2024·北京东城·二模）袋中有5个大小相同的小球，其中3个白球，2个黑球.从袋中随机摸出1个小球，观察颜色后放回，同时放入一个与其颜色大小相同的小球，然后再从袋中随机摸出1个小球，则两次摸到的小球颜色不同的概率为（）A．15B．25C．35D．45二、多选题9．（2024·甘肃武威·模拟预测）某公司2023年的销售额为1000万元，2023年四个季度的销售额情况统计如图所示．其中第二季度销售额是第一季度销售额的2倍．则下列说法正确的是（）A．该公司四个季度的销售额先增长再下降B．从这四个季度中任选两个，则这两个季度的销售额都大于250万的概率为16C．从这四个季度中任选两个，则这两个季度的销售额的和大于500万的概率为12D．从这四个季度中任选两个，则这两个季度的销售额差的绝对值小于250万的概率为16 10．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）一个袋子中有4个红球，6个绿球，采用不放回方式从中依次随机取出2个球．事件A＝“两次取到的球颜色相同”；事件B＝“第二次取到红球”；事件C＝“第一次取到红球”．下列说法正确的是（ ）A ．A ⊆B B ．事件B 与事件C 是互斥事件C ．P (AB )=215D ．P (B +C )=2311．（2024·广东梅州·一模）如图，从1开始出发，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或右上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如从1移动到9，1→2→3→5→7→8→9就是一条移动路线.从1移动到数字n (n =2,3,⋅⋅⋅,9)的不同路线条数记为r n ，从1移动到9的事件中，跳过数字n (n =2,3,⋅⋅⋅,8)的概率记为p n ，则下列结论正确的是（ ）A ．r 6=8B ．r n +1>r nC ．p 5=934D ．p 7>p 8三、填空题12．（2024·重庆·模拟预测）袋中装有9个除颜色外完全相同的球，其中红色球有3个，蓝色球有6个，现甲、乙，丙三人从中不放回地依次各抽一球，则至少有一人抽到红色球的概率为 ．13．（2024·江苏·模拟预测）某校有4名同学到三个社区参加新时代文明实践宣传活动，要求每名同学只去1个社区，每个社区至少安排1名同学，则甲、乙2人被分配到同一个社区的概率为 ．14．（2024·四川自贡·二模）《定理汇编》记载了诸多重要的几何定理，其中有一些定理是关于鞋匠刀形的，即由在同一直线上同侧的三个半圆所围成的图形，其被阿基米德称为鞋匠刀形.如图所示，三个半圆的圆心分别为O ，O 1，O 2，半径分别为R ，r 1，r 2（其中R >r 1>r 2），在半圆О内随机取一点，此点取自图中鞋匠刀形（阴影部分）的概率为14，则r 1r 2= .四、解答题15．（23-24高二·上海·课堂例题）如图，靶子由一个中心圆面Ⅰ和两个与Ⅰ同心的圆环Ⅱ、Ⅲ构成，射手命中Ⅰ、Ⅱ及Ⅲ的概率分别为0.35，0.30及0.25．求不命中靶的概率．16．（2024·四川成都·模拟预测）《中华人民共和国未成年人保护法》保护未成年人身心健康，保障未成年人合法权益.我校拟选拔一名学生作为领队，带领我校志愿队上街宣传未成年人保护法.现已从全校选拔出甲､乙两人进行比赛，比赛规则是：准备了5个问题让选手回答，选手若答对问题，则自己得1分，该选手继续作答；若答错问题，则对方得1分，换另外选手作答.比赛结束时分数多的一方获胜，甲､乙能确定胜负时.竞赛前抽签，甲获得第一比赛就结束，或5个问题回答完比赛也结束.已知甲､乙答对每个问题的概率都是12个问题的答题权.(1)求前三个问题回答结束后乙获胜的概率；(2)求甲同学连续回答了三次问题且获胜的概率.17．（2024·陕西榆林·二模）甲､乙参加一次有奖竞猜活动，活动有两个方案.方案一：从装有编号为1,2,3,4,5,6的6个小球的箱子内随机抽取2个小球，若抽取的小球的编号均为偶数，则获奖.方案二：电脑可以从0∼2内随机生成一个随机的实数，参赛者点击一下即可获得电脑生成的随机数x，若2x<.已知甲选用了方案二参赛，乙选用了方案一参赛.(1)求甲获奖的概率.(2)试问甲､乙两人谁获奖的概率更大？说明你的理由.18．（2024·全国·模拟预测）交通拥堵指数是表征交通拥堵程度的客观指标，用TPI表示，TPI越大代表拥堵程度越高.某平台计算TPI的公式为：TPI=实际行程时间，并按TPI的大小将城市道路拥堵程度划分为如下畅通行程时间表所示的4个等级：TPI[1,1.5)[1.5,2)[2,4)不低于4拥堵等级畅通缓行拥堵严重拥堵某市2024年元旦及其前后共7天与2023年同期的交通高峰期城市道路TPI的统计数据如下图：(1)从2024年元旦及其前后共7天中任取1天，求这天交通高峰期城市道路TPI为“拥堵”的概率；(2)从2024年元旦及其前后共7天中任取2天，求这2天中交通高峰期城市道路TPI都比2023年同日TPI 低的概率.19．（2024·陕西商洛·模拟预测）为建立健全国家学生体质健康监测评价机制，激励学生积极参加身体锻炼，教育部印发了《国家学生体质健康标准》，要求各学校每学年开展覆盖本校各年级学生的《标准》测试工作，为做好全省的迎检工作.某市在高三年级开展了一次体质健康模拟测试.并从中随机抽取了500名学生的数据.根据他们的健康指数绘制了如图所示的频率分布直方图.(1)估计这500名学生健康指数的平均数x（同一组数据用该组区间的中点值作代表）；(2)现从体质健康指数在区间[75,85)和[85,95]内的学生中，用分层抽样法抽取5人，再从这5人中随机抽取3人填写调查问卷，求这32人体质健康指数在区间[75,85)内的概率.。

1.使学生掌握加法原理的基本内容；2.掌握加法原理的运用以及与乘法原理的区别；3.培养学生分类讨论问题的能力，了解分类的主要方法和遵循的主要原则．加法原理的数学思想主旨在于分类讨论问题，教授本讲的目的也是为了培养学生分类讨论问题的习惯，锻炼思维的周全细致．一、加法原理概念引入 生活中常有这样的情况，就是在做一件事时，有几类不同的方法，而每一类方法中，又有几种可能的做法．那么，考虑完成这件事所有可能的做法，就要用加法原理来解决．例如:王老师从北京到天津，他可以乘火车也可以乘长途汽车，现在知道每天有五次火车从北京到天津，有4趟长途汽车从北京到天津．那么他在一天中去天津能有多少种不同的走法？分析这个问题发现，王老师去天津要么乘火车，要么乘长途汽车，有这两大类走法，如果乘火车，有5种走法，如果乘长途汽车，有4种走法．上面的每一种走法都可以从北京到天津，故共有5+4=9种不同的走法．在上面的问题中，完成一件事有两大类不同的方法．在具体做的时候，只要采用一类中的一种方法就可以完成．并且两大类方法是互无影响的，那么完成这件事的全部做法数就是用第一类的方法数加上第二类的方法数．二、加法原理的定义一般地，如果完成一件事有k 类方法，第一类方法中有1m 种不同做法，第二类方法中有2m 种不同做法，…，第k 类方法中有k m 种不同做法，则完成这件事共有12 k N m m m =+++……种不同方法，这就是加法原理．加法原理运用的范围：完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，这样的问题可以使用加法原理解决．我们可以简记为：“加法分类，类类独立”．分类时，首先要根据问题的特点确定一个适合于它的分类标准，然后在这个标准下进行分类；其次，分类时要注意满足两条基本原则：① 完成这件事的任何一种方法必须属于某一类；② 分别属于不同两类的两种方法是不同的方法．只有满足这两条基本原则，才可以保证分类计数原理计算正确．运用加法原理解题时，关键是确定分类的标准，然后再针对各类逐一计数．通俗地说，就是“整体等于局部之和”．三、加法原理解题三部曲1、完成一件事分N 类；2、每类找种数（每类的一种情况必须是能完成该件事）；3、类类相加枚举法：枚举法又叫穷举法，就是把所有符合条件的对象一一列举出来进行计数．分类讨论的时候经常会需要把每一类的情况全部列举出来，这时的方法就是枚举法．枚举的时候要注意顺序，这样才能做到不重不漏．例题精讲知识要点教学目标7-1-1.加法原理之分类枚举（一）模块一、分类枚举——数出来的种类【例1】小宝去给小贝买生日礼物，商店里卖的东西中，有不同的玩具8种，不同的课外书20本，不同的纪念品10种，那么，小宝买一种礼物可以有多少种不同的选法？【考点】加法原理之分类枚举【难度】2星【题型】解答【关键词】分类讨论思想【解析】小宝买一种礼物有三类方法：第一类，买玩具，有8种方法；第二类，买课外书，有20种方法；第三种，买纪念品，有10种方法．根据加法原理，小宝买一种礼物有8+20+10=38种方法．【答案】38【巩固】有不同的语文书6本，数学书4本，英语书3本，科学书2本，从中任取一本，共有多少种取法？【考点】加法原理之分类枚举【难度】2星【题型】解答【关键词】分类讨论思想【解析】根据加法原理，共有6+4+3+2=15种取法．【答案】15【巩固】阳光小学四年级有3个班，各班分别有男生18人、20人、16人．从中任意选一人当升旗手，有多少种选法？【考点】加法原理之分类枚举【难度】2星【题型】解答【关键词】分类讨论思想【解析】解决这个问题有3类办法：从一班、二班、三班男生中任选1人，从一班18名男生中任选1人有18种选法：同理，从二班20名男生中任选1人有20种选法；从三班16名男生中任意选1人有16种选法；根据加法原理，从四年级3个班中任选一名男生当升旗手的方法有：18201654++=种．【答案】54【例2】和为15的两个非零自然数共有对。