2020年高考数学满分突破：古典概率

1第4讲 随机事件与古典概型一、知识梳理1．概率与频率(1)在相同的条件S 下重复n 次试验，观察某一事件A 是否出现，称n 次试验中事件A 出现的次数n A 为事件A 出现的频数，称事件A 出现的比例f n (A )＝n A n为事件A 出现的频率．(2)对于给定的随机事件A ，由于事件A 发生的频率f n (A )随着试验次数的增加稳定于概率P (A )，因此可以用频率f n (A )来估计概率P (A )．2．事件的关系与运算定 义 符号表示包含关系如果事件A发生，则事件B一定发生，这时称事件B包含事件A(或称事件A包含于事件B)B⊇A(或A⊆B)相等关系若B⊇A且A⊇B，那么称事件A与事件B相等A＝B并事件(和事件) 若某事件发生当且仅当事件A发生或事件B发生，则称此事件为事件A与事件B的并事件(或和事件)A∪B(或A＋B)交事件(积事件) 若某事件发生当且仅当事件A发生且事件B发生，则称此事件为事件A与事件B的交事件(或积事件)A∩B(或AB)互斥事件若A∩B为不可能事件，那么称事件A与事件B互斥A∩B＝∅对立事件若A∩B为不可能事件，A∪B为必然事件，那么称事件A与事件B互为对立事件A∩B＝∅且A∪B＝Ω(1)概率的取值范围：0≤P(A)≤1．2旗开得胜(2)必然事件的概率：P(A)＝1．(3)不可能事件的概率：P(A)＝0．(4)概率的加法公式如果事件A与事件B互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．(5)对立事件的概率若事件A与事件B互为对立事件，则A∪B为必然事件．P(A∪B)＝1，P(A)＝1－P(B)．4．古典概型(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)特点①试验中所有可能出现的基本事件只有有限个，即有限性．②每个基本事件发生的可能性相等，即等可能性．(3)概率公式34P (A )＝A 包含的基本事件的个数基本事件的总数．5．对古典概型的理解(1)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．正确判断试验的类型是解决概率问题的关键．(2)古典概型是一种特殊的概率模型，但并不是所有的试验都是古典概型．常用结论关注三个易错点1．频率随着试验次数的改变而改变，概率是一个常数．2．对立事件是互斥事件的特殊情况，而互斥事件未必是对立事件，“互斥”是“对立”的必要不充分条件．3．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 )＝0.二、教材衍化1．一个人打靶时连续射击两次，事件“至少有一次中靶”的对立事件是( )A ．至多有一次中靶B ．两次都中靶C ．只有一次中靶D ．两次都不中靶5解析：选D.“至少有一次中靶”的对立事件是“两次都不中靶”．2．一个盒子里装有标号为1，2，3，4的4张卡片，随机地抽取2张，则取出的2张卡片上的数字之和为奇数的概率是________．解析：抽取两张卡片的基本事件有：(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)，共6种，和为奇数的事件有：(1，2)，(1，4)，(2，3)，(3，4)，共4种．所以所求概率为46＝23.答案：233．袋中装有6个白球， 5个黄球，4个红球．从中任取一球，则取到白球的概率为________．解析：从袋中任取一球，有15种取法，其中取到白球的取法有6种，则所求概率为P ＝615＝25. 答案：254．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________．解析：从5件产品中任取2件共有C 25＝10(种)取法，恰有一件次品的取法有C 12C 13＝6(种)，所以恰有一件次品的概率为610＝0.6.。

第十章.计数原理与古典概率1.排列组合问题往往以实际问题为背景，考查排列数、组合数、分类分步计数原理，往往是排列组合小综合题．近三年两考，难度基本稳定在中等.2.二项展开式定理的问题是高考命题热点之一，近三年三考.关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式1r n r rr n T C a b -+=；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项式定理的应用．近两年，浙江紧紧围绕二项展开式的通项公式1r n r rr n T C a b -+=命题，考查某一项或考查某一项的系数.3.离散型随机变量的均值与方差是高考的热点题型，前几年以解答题为主，常与排列、组合、概率等知识综合命题．以实际问题为背景考查离散型随机变量的均值与方差在实际问题中的应用，是高考的主要命题方向．近三年浙江卷略有淡化，难度有所降低，主要考查分布列的性质、数学期望、方差的计算，及二者之间的关系.同时，考查二次函数性质的应用，近三年三考，逐渐形成稳定趋势.一．选择题1．【浙江省台州市2019届高三4月调研】已知，则（ ） A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】因为第三项为 所以故选：D.2.【浙江省宁波市2019届高三上期末】设，则（）.A．-4 B．-8 C．-12 D．-16【答案】C【解析】，是展开式中的系数，∴，故选C．3．【浙江省台州市2019届高三4月调研】已知六人排成一排拍照，其中甲、乙、丙三人两两不相邻，甲、丁两人必须相邻，则满足要求的排队方法数为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】除甲、乙、丙三人外的3人先排好队，共有种，这3人排好队后有4个空位，甲只能在丁的左边或右边，有种排法，乙、两的排法有：，共有：××＝72种排队方法.故选：A.4．【浙江省三校2019年5月份第二次联考】已知甲口袋中有个红球和个白球，乙口袋中有个红球和个白球，现从甲，乙口袋中各随机取出一个球并相互交换，记交换后甲口袋中红球的个数为，则（）A．B．C．D．【答案】A【解析】的可能取值为.表示从甲口袋中取出一个红球，从乙口袋中取出一个白球，故.表示从甲、乙口袋中各取出一个红球，或从甲、乙口袋中各取出一个白球，故.表示从甲口袋中取出一个白球，从乙口袋中取出一个红球，故. 所以.故选A.5．【浙江省宁波市2019届高三上期末】已知是离散型随机变量，则下列结论错误的是( ) A． B．C． D．【答案】D【解析】在A中，，故A正确；在B中，由数学期望的性质得，故B正确；在C中，由方差的性质得，故C正确；在D中，，故D错误．故选D.6．【浙江省温州市2019届高三2月高考适应性测试】随机变量 X 的分布列如下表所示，X 0 2 4P a则 D X ( )＝（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【解析】由题意，，∴a＝，∴E(x)= 0×+2×+4×=2,∴D(X)＝（0﹣2）2×+（2﹣2）2×+（4﹣2）2×＝2,7．【浙江省湖州三校2019年普通高等学校招生全国统一考试】已知袋子中装有若干个大小形状相同且标有数字1，2，3的小球，每个小球上有一个数字，它们的个数依次成等差数列，从中随机抽取一个小球，若取出小球上的数字的数学期望是2，则的方差是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】因为取出小球上的数字的数学期望是2，且个数依次成等差数列，所以不妨设标有数字1，2，3的小球各有1个，从而随机抽取一个小球概率皆为，方差为，选B.8．【浙江省金华十校2019届高三上期末】已知，则A．64 B．48 C． D．【答案】C【解析】由，得，．故选：C．9．【浙江省金丽衢十二校2019届高三第一次联考】五人进行过关游戏，每人随机出现左路和右路两种选择．若选择同一条路的人数超过2人，则他们每人得1分；若选择同一条路的人数小于3人，则他们每人得0分，记小强游戏得分为，则（）A．B．C．D．【解析】五人进行过关游戏，每人随机出现左路和右路两种选择． 若选择同一条路的人数超过2人，则他们每人得1分； 若选择同一条路的人数小于3人，则他们每人得0分，，，．故选：．10．【浙江省金华十校2019届高考模拟】设01p <<，随机变量ξ的分布列是则当p 在(0,1)内增大时（ ） A ．()E ξ减小，()D ξ减小 B ．()E ξ减小，()D ξ增大 C ．()E ξ增大，()D ξ减小 D ．()E ξ增大，()D ξ增大【答案】A【解析】由题意得11()01212222p p pE ξ-=⨯+⨯+⨯=-，所以当p 在(0,1)内增大时，()E ξ减少；221()[0(1)][1(1)]2222p p p D ξ=--⨯+--⨯22132[2(1)]222p p p p --++--⨯=231()242p --=， 所以当p 在(0,1)内增大时，()D ξ减少． 故选：A ．11.【浙江省衢州市五校联盟2019届高三年级上联考】随机变量X 的分布列如下：X -1 0 1Pa13b若13EX =，则DX 的值是（ ） A ． 19 B ． 29 C ． 49 D ． 59【答案】D【解析】由题设可得2111,,3362a b b a a b +=-=⇒==， ()()221221()01,3339E X E X =⨯+⨯==所以由数学期望的计算公式可得，所以由随机变量的方差公式可得()()225()9DX E X E X =-=，应选答案D.12.【浙江省嘉兴市2019 届高三上期末】已知随机变量的分布列如下，则的最大值是-1A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】根据分布列的性质的到,所有的概率和为1,且每个概率都介于0和1之间，得到b-a=0,，根据公式得到化简得到，根据二次函数的性质得到函数最大值在轴处取，代入得到.故答案为：B.13.【浙江省台州市2019届高三上期末】一个袋中放有大小、形状均相同的小球，其中红球1个、黑球2个，现随机等可能取出小球．当有放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为；当无放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为，则（）A．， B．，C．， D．，【答案】B【解析】可能的取值为；可能的取值为，，，，故，.，，故，,故，.故选B.14.【浙江省浙南名校联盟2019届高三上期末联考】已知随机变量的分布列如下表：X-1 0 1P a b c其中.若的方差对所有都成立，则( )A． B． C． D．【答案】D【解析】由的分布列可得：的期望为，，所以的方差，因为所以当且仅当时，取最大值，又对所有都成立，所以只需，解得，故选D二.填空题15.【浙江省温州九校2019届高三第一次联考】名学生参加个兴趣小组活动，每人参加一个或两个小组，那么个兴趣小组都恰有人参加的不同的分组共有_________种.【答案】90【解析】由题意得4名学生中，恰有2名学生参加2个兴趣小组，，其余2 名学生参加一个兴趣小组，首先4名学生中抽出参加2个兴趣小组的学生共有种.下面对参加兴趣小组的情况进行讨论：参加两个兴趣小组的同学参加的兴趣小组完全相同，共种；2、参加两个兴趣小组的同学参加的兴趣小组有一个相同，共种.故共有种.16．【浙江省三校2019年5月份第二次联考】已知二项式的展开式中，第项是常数项，则__________．二项式系数最大的项的系数是__________．【答案】6 160【解析】二项式展开式的通项为，因为第项是常数项，所以，即.当时，二项式系数最大，故二项式系数最大的项的系数是.17．【浙江省温州市2019届高三2月高考适应性测试】若，则_____，_____【答案】【解析】令x＝0，得0=；又=,将x+1视为一个整体，则为二项式展开式中的系数，展开式的通项公式为，令r=1，则的系数的值为=-6,故答案为0，-6.18．【浙江省金丽衢十二校2019届高三第一次联考】已知，的展开式中存在常数项，则的最小值为__________，此时常数项为__________．【答案】5 2【解析】的展开式的通项公式为，令，可得，故的最小值为5，，此时常数项为，故答案为：5；2．19.【浙江省湖州三校2019年普通高等学校招生全国统一考试】若，则_________，_________.【答案】-27 -940【解析】令得，所以，令得，令得，两式相加得20．【浙江省金华十校2019届下学期高考模拟】已知7280128(2)(12)x x a a x a x a x +-=+++L ，则128...a a a +++=_____，3a =_____．【答案】5- 476-【解析】因为7280128(2)(12)x x a a x a x a x +-=+++L ，令1x =得0128...(21)(121)3a a a a ++++=+-⨯=-， 令0x =得02a =，所以128...5a a a +++=-，由7(12)x -展开式的通项为17(2)r r r r T C x +=-， 则33223772(2)(2)476a C C =⨯-+-=-，故答案为：5- ，476-.21．【浙江省金华十校2019届下学期高考模拟】5位同学分成3组，参加3个不同的志愿者活动，每组至少1人，其中甲乙2人不能分在同一组，则不同的分配方案有_____种．（用数字作答） 【答案】114【解析】根据题意，分2步进行分析：①，将5位同学分成3组，要求甲乙2人不能分在同一组，若分成1、2、2的三组，有1225422215C C C A =种，其中甲乙分在同一组的情况有23C 3=种，此时有15312-=种分组方法；若分成3、1、1的三组，有3115212210C C C A =种，其中甲乙分在同一组的情况有133C =种，此时有1037-=种分组方法； 则符合题意的分法有12719+=种；②，将分好的3组全排列，对应3个不同的志愿者活动，有336A =种情况，⨯=种不同的分配方案；则有196114故答案为：114．22．【浙江省三校2019年5月份第二次联考】某超市内一排共有个收费通道，每个通道处有号，号两个收费点，根据每天的人流量，超市准备周一选择其中的处通道，要求处通道互不相邻，且每个通道至少开通一个收费点，则周一这天超市选择收费的安排方式共有__________种．【答案】108【解析】设6个收费通道依次编号为1,2,3,4,5,6，从中选择3个互不相邻的通道，有135,136,146,246共4种不同的选法.对于每个通道，至少开通一个收费点，即可以开通1号收费点，开通2号收费点，同时开通两个收费点，共3种不同的安排方式.由分步乘法计数原理，可得超市选择收费的安排方式共有种.23．【浙江省温州市2019届高三2月高考适应性测试】已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡、若顾客甲只带了现金，顾客乙只用支付宝或微信付款，顾客丙、丁用哪种方式结账都可以，这四名顾客购物后，恰好用了其中的三种结账方式，那么他们结账方式的可能情况有 _____ 种．【答案】20【解析】当乙选择支付宝时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选支付宝或现金，故有1+C21C21＝5，而乙选择支付宝时，丙丁也可以都选微信，或者其中一人选择微信，另一人只能选支付宝或现金，故有1+C21C21＝5，此时共有5+5=10种，当乙选择微信时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选微信或现金，故有1+C21C21＝5，而乙选择微信时，丙丁也可以都选支付宝，或者其中一人选择支付宝，另一人只能选微信或现金，故有1+C21C21＝5，此时共有5+5=10种，综上故有10+10＝20种，故答案为20.24．【浙江省宁波市2019届高三上期末】农历戊戌年即将结束，为了迎接新年，小康、小梁、小谭、小刘、小林每人写了一张心愿卡，设计了一个与此心愿卡对应的漂流瓶.现每人随机的选择一个漂流瓶将心愿卡放入，则事件“至少有两张心愿卡放入对应的漂流瓶”的概率为___【答案】【解析】为了迎接新年，小康、小梁、小谭、小刘、小林每人写了一张心愿卡， 设计了一个与此心愿卡对应的漂流瓶．现每人随机的选择一个漂流瓶将心愿卡放入，基本事件总数，事件“至少有两张心愿卡放入对应的漂流瓶”包含的基本事件个数，∴事件“至少有两张心愿卡放入对应的漂流瓶”的概率为，故答案为．25．【浙江省湖州三校2019年普通高等学校招生全国统一考试】现有排成一排的7个不同的盒子，将红、黄、蓝、白颜色的4个小球全部放入这7个盒子中，若每个盒子最多放一个小球，则恰有两个空盒相邻且红球与黄球不相邻的不同放法共有_______种.（结果用数字表示） 【答案】336【解析】先不考虑红球与黄球不相邻，则4个小球有种排法，再安排空盒，有种方法，再考虑红球与黄球相邻，则4个小球有种排法，再安排空盒，有种方法，因此所求放法为26．【浙江省2019届高三高考全真模拟（二)】某书店有11种杂志，2元1本的8种，1元1本的3种，小张用10元钱买杂志（每种至多买一本，10元钱刚好用完），则不同买法的种数是 （用数字作答）． 【答案】266【解析】由题知，按钱数分10元钱，可有两大类，第一类是买2本1元，4本2元的共C 32C 84种方法；第二类是买5本2元的书，共C 85种方法． ∴共有C 32C 84＋C 85＝266(种)．27．【浙江省2019届高三高考全真模拟（二)】设9290129(21)(21)(21)x a a x a x a x =+++++++L ，则0a =________，8a =________.【答案】1512-； 1512.【解析】把12x =-代入等式中，得901()2a -=，即9011()2512a =-=-.在等式的右边只有在99(21)a x +这个展开式中，才会出现9x 项，它的系数为：099992512a C a ⋅⋅=，因此有9915121512a a =⇒=,所以0911,512512a a =-=.28．【浙江省台州市2019届高三4月调研】一个不透明袋中放有大小、形状均相同的小球，其中红球个、黑球个，现随机等可能取出小球.当有放回依此取出两个小球时，记取出的红球数为，则______；若第一次取出一个小球后，放入一个红球和一个黑球，再第二次随机取出一个小球.记取出的红球总数为，则______.【答案】【解析】可取值为0，1，2，＝，＝，＝，所以 ；可取值为0，1，2，＝，＝，＝，所以 .29．【浙江省金华十校2019届高三上期末】一个口袋里装有大小相同的5个小球，其中红色两个，其余3个颜色各不相同现从中任意取出3个小球，其中恰有2个小球颜色相同的概率是______；若变量X 为取出的三个小球中红球的个数，则X 的数学期望______．【答案】【解析】一个口袋里装有大小相同的5个小球，其中红色两个，其余3个颜色各不相同．现从中任意取出3个小球，基本事件总数，其中恰有2个小球颜色相同包含的基本事件个数，其中恰有2个小球颜色相同的概率是；若变量X为取出的三个小球中红球的个数，则X的可能取值为0，1，2，，，，数学期望．故答案为：，．30．【浙江省金华十校2019届高三上期末】某高中高三某班上午安排五门学科语文，数学，英语，化学，生物上课，一门学科一节课，要求语文与数学不能相邻，生物不能排在第五节，则不同的排法总数是______．【答案】60【解析】若第五节排语文或数学中的一门，则第四节排英语，化学，生物中的一门，其余三节把剩下科目任意排，则有种，若第五节排英语，化学中的一门，剩下的四节，将语文和数学插入到剩下的2门中，则有种，根据分类计数原理共有种，故答案为：60． 三.解答题31．【浙江省2019届高三高考全真模拟（二)】某单位举办2020年杭州亚运会知识宣传活动，进行现场抽奖，盒中装有9张大小相同的精美卡片，卡片上分别印有“亚运会会徽”或“五环”图案；抽奖规则是：参加者从盒中抽取卡片两张，若抽到两张都是“五环”卡即可获奖，否则，均为不获奖.卡片用后放回盒子，下一位参加者继续重复进行.（Ⅰ）活动开始后，一位参加者问：盒中有几张“五环”卡？主持人答：我只知道，从盒中抽取两张都是“会徽”卡的概率是518，求抽奖者获奖的概率； （Ⅱ）现有甲、乙、丙、丁四人依次抽奖，用ξ表示获奖的人数，求ξ的分布列及E ξ的值. 【答案】（Ⅰ）1；（Ⅱ）ξ的分布列为：16243E ξ==⨯.【解析】（Ⅰ）设“会徽”卡有n 张，因为从盒中抽取两张都是“会徽”卡的概率是518，所以有229518n C C =，5n =，所以“五环”图案卡片的张数为4，故抽奖者获奖的概率为242916C C =； （Ⅱ）由题意可知本题中的离散型随机变量ξ服从二项分布，即1~4,6B ξ⎛⎫ ⎪⎝⎭， 0404625(=0)==12961566P C ξ⋅⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，13411250(=1)==656486P C ξ⎛⎫⎛⎫ ⎪⎭⋅ ⎪⎝⎝⎭，224225(=2)==2161566C P ξ⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭⋅⎝⎭，34315(=3)==3241566P C ξ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⋅⎝⎭， 44041(=4)==12961566C P ξ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⋅⎝⎭，ξ的分布列为：16243E ξ==⨯.。

古典概型一、选择题（本大题共12小题，共60分）1. 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. B. C. D.（正确答案）C解：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，有种方法，红色和紫色的花在同一花坛，有2种方法，红色和紫色的花不在同一花坛，有4种方法，所以所求的概率为．另解：由列举法可得，红、黄、白、紫记为1，2，3，4，即有，，，，，，则．故选：C．确定基本事件的个数，利用古典概型的概率公式，可得结论．本题考查等可能事件的概率计算与分步计数原理的应用，考查学生的计算能力，比较基础．2. 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. B. C. D.（正确答案）C解：从M，I，N中任取一个字母，再从1，2，3，4，5中任取一个数字，取法总数为：，，，，，，，，，，，，，，共15种．其中只有一个是小敏的密码前两位．由随机事件发生的概率可得，小敏输入一次密码能够成功开机的概率是．故选：C．列举出从M，I，N中任取一个字母，再从1，2，3，4，5中任取一个数字的基本事件数，然后由随机事件发生的概率得答案．本题考查随机事件发生的概率，关键是列举基本事件总数时不重不漏，是基础题．3. 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. B. C. D.（正确答案）B解：从甲、乙等5名学生中随机选出2人，基本事件总数，甲被选中包含的基本事件的个数，甲被选中的概率．故选：B．从甲、乙等5名学生中随机选出2人，先求出基本事件总数，再求出甲被选中包含的基本事件的个数，同此能求出甲被选中的概率．本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等可能事件概率计算公式的合理运用．4. 掷一枚均匀的硬币3次，出现正面向上的次数恰好为两次的概率为A. B. C. D.（正确答案）A解：掷一枚均匀的硬币3次，共有8种不同的情形：正正正，正正反，正反正，反正正，正反反，反正反，反反正，反反反，其中满足条件的有3种情形：正正反，正反正，反正正，故所求的概率为．故选：A．掷一枚均匀的硬币3次，利用列举法求出共有8种不同的情形，再求出满足出现正面向上的次数恰好为两次的基本事件个数，由此能求出出现正面向上的次数恰好为两次的概率．本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等可能事件概率计算公式的合理运用．5. 口袋中有100个大小相同的红球、白球、黑球，其中红球45个，从口袋中摸出一个球，摸出白球的概率为，则摸出黑球的概率为A. B. C. D.（正确答案）A解：口袋中有100个大小相同的红球、白球、黑球，其中红球45个，从口袋中摸出一个球，摸出白球的概率为，口袋中有个黑球，摸出黑球的概率为．故选：A．先求出口袋中有个黑球，由此能求出摸出黑球的概率．本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等可能事件概率计算公式的合理运用．6. 连续两次抛掷一枚骰子，记录向上的点数，则向上的点数之差的绝对值为2的概率是A. B. C. D.（正确答案）B【分析】本题主要考查古典概型下求概率的问题，属于基础题．这个题目的基本事件空间是学生很熟悉的那36个基本事件，所以只需要从中找出符合要求的基本事件即可．【解答】解：连续两次抛掷一枚骰子，记录向上的点数，基本事件总数，向上的点数之差的绝对值为2包含的基本事件有：，，，，，，，，共有8个，向上的点数之差的绝对值为2的概率：．故选B．7. 盒中装有形状，大小完全相同的5个小球，其中红色球3个，黄色球2个，若从中随机取出2个球，则所取出的2个球颜色不同的概率等于A. B. C. D.（正确答案）D解：盒中装有形状，大小完全相同的5个小球，其中红色球3个，黄色球2个，从中随机取出2个球，基本事件总数，所取出的2个球颜色不同包含的基本事件个数，所取出的2个球颜色不同的概率等于．故选：D．先求出基本事件总数，再求出所取出的2个球颜色不同包含的基本事件个数，由此能求出所取出的2个球颜色不同的概率．本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等可能事件概率计算公式的合理运用．8. 我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是A. B. C. D.（正确答案）C【分析】本题考查古典概型，利用列举法先求出不超过30的所有素数，利用古典概型的概率公式进行计算即可．【解答】解：在不超过30的素数中有，2，3，5，7，11，13，17，19，23，29共10个，从中选2个不同的数有种，和等于30的有，，，共3种，则对应的概率，故选C．9. 七巧板是我们祖先的一项创造，被誉为“东方魔板”，它是由五块等腰直角三角形两块全等的小三角形、一块中三角形和两块全等的大三角形、一块正方形和一块平行四边形组成的如图是一个用七巧板拼成的正方形中任取一点，则此点取自黑色部分的概率是A. B. C. D.（正确答案）A解：设，则，，，所求的概率为．故选：A．设边长，求出和平行四边形EFGH的面积，计算对应的面积比即可．本题考查了几何概型的概率计算问题，是基础题．10. 从分别标有1，2，，9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张，则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是A. B. C. D.（正确答案）C解：从分别标有1，2，，9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，共有种不同情况，且这些情况是等可能发生的，抽到在2张卡片上的数奇偶性不同的情况有种，故抽到在2张卡片上的数奇偶性不同的概率，故选：C．计算出所有情况总数，及满足条件的情况数，代入古典概型概率计算公式，可得答案．本题考查的知识点是古典概型及其概率计算公式，难度不大，属于基础题．11. 在3，和两个集合中各取一个数组成一个两位数，则这个数能被4整除的概率是A. B. C. D.（正确答案）D解：符合条件的所有两位数为：12，14，21，41，32，34，23，43，52，54，25，45共12个，能被4整除的数为12，32，52共3个，所求概率．故选：D．利用列举法求出符合条件的所有两位数的个数和能被4整除的数的个数，由此能求出这个数能被4整除的概率．本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意列举法的合理运用．12. 将一枚骰子先后抛掷2次，则向上的点数之和是5的概率为A. B. C. D.（正确答案）B解：根据题意，记“向上的点数之和为5”为事件A，先后抛掷骰子2次，每次有6种情况，共个基本事件，则事件A中含有，，，共4个基本事件，故选B．由分步计数原理，计算可得将一颗骰子先后抛掷2次，含有36个等可能基本事件，而通过列举可得满足“向上的点数之和为5”的基本事件，根据古典概型公式得到结果．本题考查等可能事件的概率计算，解题的关键是用列举法得到事件A包含的基本事件的数目．二、填空题（本大题共4小题，共20分）13. 从1，2，3，4这四个数中一次随机抽取两个数，则取出的数中一个是奇数一个是偶数的概率为______．（正确答案）解：从1，2，3，4这四个数中一次随机抽取两个数，基本事件总数，取出的数中一个是奇数一个包含的基本事件个数，取出的数中一个是奇数一个是偶数的概率．故答案为：．从1，2，3，4这四个数中一次随机抽取两个数，先求出基本事件总数，再求出取出的数中一个是奇数一个包含的基本事件个数，由此能求出取出的数中一个是奇数一个是偶数的概率．本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等可能事件概率计算公式的合理运用．14. 将2本不同的数学书和1本语文书在书架上随机排成一行，则2本数学书相邻的概率为______ ．（正确答案）解：2本不同的数学书和1本语文书在书架上随机排成一行，所有的基本事件有共有种结果，其中2本数学书相邻的有数学1，数学2，语文，数学2，数学1，语文，语文，数学1，数学，语文，数学2，数学共4个，故本数学书相邻的概率．故答案为：．首先求出所有的基本事件的个数，再从中找到2本数学书相邻的个数，最后根据概率公式计算即可．本题考查了古典概型的概率公式的应用，关键是不重不漏的列出满足条件的基本事件．15. 从集合2，3，中任取两个不同的数，则这两个数的和为3的倍数的槪率为______．（正确答案）解：从集合2，3，中任取两个不同的数，基本事件总数，这两个数的和为3的倍数包含的基本事件有：，，共2个，这两个数的和为3的倍数的槪率．故答案为：．先求出基本事件总数，再利用列举法求出这两个数的和为3的倍数包含的基本事件个数，由此能求出这两个数的和为3的倍数的槪率．本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意列举法的合理运用．16. 某人随机播放甲、乙、丙、丁4首歌曲中的2首，则甲、乙2首歌曲至少有1首被播放的概率是______．（正确答案）解：随机播放甲、乙、丙、丁4首歌曲中的2首，基本事件总数，甲、乙2首歌曲至少有1首被播放的对立事件是甲、乙2首歌曲都没有被播放，甲、乙2首歌曲至少有1首被播放的概率：．故答案为：．先求出基本事件总数，甲、乙2首歌曲至少有1首被播放的对立事件是甲、乙2首歌曲都没有被播放，由此能求出甲、乙2首歌曲至少有1首被播放的概率．本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等可能事件概率计算公式的合理运用．三、解答题（本大题共3小题，共40分）17. 20名学生某次数学考试成绩单位：分的频率分布直方图如图：Ⅰ求频率分布直方图中a的值；Ⅱ分别求出成绩落在与中的学生人数；Ⅲ从成绩在的学生任选2人，求此2人的成绩都在中的概率．（正确答案）解：Ⅰ根据直方图知组距，由，解得．Ⅱ成绩落在中的学生人数为，成绩落在中的学生人数为．Ⅲ记成绩落在中的2人为A，B，成绩落在中的3人为C，D，E，则成绩在的学生任选2人的基本事件有AB，AC，AD，AE，BC，BD，BE，CD，CE，DE共10个，其中2人的成绩都在中的基本事件有CD，CE，DE共3个，故所求概率为．Ⅰ根据频率分布直方图求出a的值；Ⅱ由图可知，成绩在和的频率分别为和，用样本容量20乘以对应的频率，即得对应区间内的人数，从而求出所求．Ⅲ分别列出满足的基本事件，再找到在的事件个数，根据古典概率公式计算即可．本题考查频率分布直方图的应用以及古典概型的概率的应用，属于中档题．18. 某保险的基本保费为单位：元，继续购买该保险的投保人成为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：Ⅰ求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率；Ⅱ若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出的概率；Ⅲ求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值．（正确答案）解：Ⅰ某保险的基本保费为单位：元，上年度出险次数大于等于2时，续保人本年度的保费高于基本保费，由该险种一续保人一年内出险次数与相应概率统计表得：一续保人本年度的保费高于基本保费的概率：．Ⅱ设事件A表示“一续保人本年度的保费高于基本保费”，事件B表示“一续保人本年度的保费比基本保费高出”，由题意，，由题意得若一续保人本年度的保费高于基本保费，则其保费比基本保费高出的概率：．Ⅲ由题意，续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为：，续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为．Ⅰ上年度出险次数大于等于2时，续保人本年度的保费高于基本保费，由此利用该险种一续保人一年内出险次数与相应概率统计表根据对立事件概率计算公式能求出一续保人本年度的保费高于基本保费的概率．Ⅱ设事件A表示“一续保人本年度的保费高于基本保费”，事件B表示“一续保人本年度的保费比基本保费高出”，由题意求出，，由此利用条件概率能求出若一续保人本年度的保费高于基本保费，则其保费比基本保费高出的概率．Ⅲ由题意，能求出续保人本年度的平均保费与基本保费的比值．本题考查概率的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意对立事件概率计算公式、条件概率计算公式的合理运用．19. 高中生在被问及“家，朋友聚集的地方，个人空间”三个场所中“感到最幸福的场所在哪里？”这个问题时，从中国某城市的高中生中，随机抽取了55人，从美国某城市的高中生中随机抽取了45人进行答题中国高中生答题情况是：选择家的占、朋友聚集的地方占、个人空间占美国高中生答题情况是：朋友聚集的地方占、家占、个人空间占．Ⅰ请根据以上调查结果将下面列联表补充完整；并判断能否有的把握认为“恋家在家里感到最幸福”与国别有关；Ⅱ从被调查的不“恋家”的美国学生中，用分层抽样的方法选出4人接受进一步调查，再从4人中随机抽取2人到中国交流学习，求2人中含有在“个人空间”感到幸福的学生的概率．附：，其中．（正确答案）解：Ⅰ由已知得，，有的把握认为“恋家”与否与国别有关；Ⅱ用分层抽样的方法抽出4人，其中在“朋友聚焦的地方”感到幸福的有3人，在“个人空间”感到幸福的有1人，分别设为，，，b；，，，，，，；设“含有在“个人空间”感到幸福的学生”为事件A，，，，；则所求的概率为．Ⅰ根据题意填写列联表，计算观测值，对照临界值得出结论；Ⅱ根据分层抽样原理，利用列举法求出基本事件数，计算所求的概率值．本题考查了独立性检验的应用问题，也考查了列举法求古典概型的概率问题，是基础题．。

概率与统计（2）古典概型与几何概型1、用均匀随机数进行随机模拟,下列说法正确的是( ) A.只能求几何概型的概率,不能解决其他问题 B.能求几何概型的概率,还能计算图形的面积 C.能估计几何概型的概率,还能估计图形的面积 D.适合估计古典概型的概率2、关于几何概型和古典概型的区别,下列说法中正确的是( ) A.几何概型中基本事件有有限个,而古典概型中基本事件有无限个 B.几何概型中基本事件有无限个,而古典概型中基本事件有有限个C.几何概型中每个基本事件出现的可能性不相等,而古典概型中每个基本事件出现的可能性相等D.几何概型中每个基本事件出现的可能性相等,而古典概型中每个基本事件出现的可能性不相等3、如图所示,矩形长为5,宽为2,在矩形内随机地撒300颗黄豆,数得落在阴影部分的黄豆数为138颗,由此我们可估计出阴影部分的面积约为( )A.235 B. 215C. 195D. 1654、甲乙两人各自在300米长的直线形跑道上跑步,则在任一时刻两人在跑道上相距不超过50米的概率是多少( )A.13 B. 1136C. 1536D. 165、在区间(0,)2π上随机取一个数,则事件“2sin 2x ≥”发生的概率为( )4B.23 C.12 D.136、已知P 是ABC ∆所在平面内一点,20PB PC PA ++=u u u r u u u r u u u r,现将一粒红豆随机撒在ABC∆内,则红豆落在PBC ∆内的概率是( )A.14 B.13 C.23 D.127、已知不等式组0{02x y x y ≥≥+≤表示的平面区域为M .当a 从0a 变化到1时,动直线0x y a -+= 扫过区域M 中的那部分区域为N ,其中0a 表示,((,))z x y x y M =-∈的最小值,若从M 区域内随机取一点,则该点取自区域N 的概率为( )A.18 B.14 C.34 D.788、在⎡⎣内随机地取一个数k,则事件“直线y kx k =+与圆()2211x y -+=有公共点”发生的概率为( )A.13 B. 142D.3 9、已知在矩形ABCD 中, 2222123AB =-=,在其中任取一点P ,满足90APB ∠>︒,则P 点出现的概率为( )A. 556πB. 556C. 12D.不确定10、在半径为1的半圆内,放置一个边长为12的正方形ABCD ,向半圆内任投一点,点落在正方形内的概率为( )A.12 B. 14C. 14πD. 12π11、—张方桌桌面边长为20,桌面上有一半径为5的圆盘,现随机向桌面上扔一物体,则物体落在圆盘内的概率(物体大小不计)为( ). A. 14B.8πC. 16πD. 32π12、一只蚂蚁在如图所示的树枝上寻觅食物,假定蚂蚁在每个岔路口都会随机地选择一条路径,则它能获得食物的概率为( )2B.1 3C.3 8D.5 813、如图，在一个边长为1的正方形中随机撒入100粒豆子，恰有60粒落在阴影区域内，则该阴影区域的面积约为___。

2020年新课标高考数学23道题必考考点各个击破（按题号与考点编排）主题13 概率（文）【主题考法】本主题考题形式为选择题或填空题，与函数、不等式、统计等知识结合考查古典概型、几 何概型及互斥事件、对立事件的概率求法，考查应用意识、运算求解能力，难度为容易题或中档试题，分值为5至10分.【主题考前回扣】 1.古典概型的概率(1)公式P (A )＝m n ＝A 中所含的基本事件数基本事件总数.(2)古典概型的两个特点：所有可能出现的基本事件只有有限个；每个基本事件出现的可能 性相等.2.几何概型的概率(1)P (A )＝构成事件A 的区域长度（面积或体积）试验的全部结果所构成的区域长度（面积或体积）.(2)几何概型应满足两个条件：①试验中所有可能出现的结果(基本事件)有无限多个；②每 个基本事件出现的可能性相等.3.概率的性质及互斥事件的概率 (1)概率的取值范围：0≤P (A )≤1. (2)必然事件的概率：P (A )＝1. (3)不可能事件的概率：P (A )＝0.(4)若A ，B 互斥，则P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )，特别地P (A )＋P (A －)＝1.【易错点提醒】1.应用互斥事件的概率加法公式，一定要注意确定各事件是否彼此互斥，并且注意对立事 件是互斥事件的特殊情况，但互斥事件不一定是对立事件，“互斥”是“对立”的必要不充分条件.2.几何概型的概率计算中，几何“测度”确定不准而导致计算错误3.求古典概型的概率的关键是正确列举出基本事件的总数和待求事件包含的基本事件数， 两点注意：(1)对于较复杂的题目，列出事件数时要正确分类，分类时应不重不漏.(2)当直接求解有困难时，可考虑求其对立事件的概率.4.利用古典概型计算事件A的概率应注意的问题：①本试验是否是等可能的；②本试验的基本事件有多少个；③事件A是什么，它包含的基本事件有多少个，回答好这三个方面的问题，解题才不会出错.【主题考向】考向一古典概型【解决法宝】1.求古典概型的概率的关键是正确列举出基本事件的总数和待求事件包含的基本事件数.2..基本事件数的探求方法：①列举法：适合于较简单的试验；②树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求．③列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化.例1．用种不同颜色给甲、乙两个小球随机涂色，每个小球只涂一种颜色，则两个小球颜色不同的概率为（）A. B. C. D.【分析】列出所有基本事件，找出两个小球颜色不同所包含的基本事件数，利用古典概型公式即可求出概率.考向二几何概型【解决法宝】1.当构成试验的结果的区域为长度、面积、体积、弧长、夹角等时，应考虑使用几何概型求解；2.利用几何概型求概率时，关键是构成试验的全部结果的区域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域.例2七巧板是我国古代劳动人民的发明之一,它是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的如图是一个用七巧板拼成的正方形,若在此正方形中任取一点,则此点取自黑色部分的概率是A. 14B.18C.38D.316【分析】设小正方形边长为1，计算出各等腰梯形的边长和大正方形的边长，计算出各自面积，算出非阴影部分面积，根据几何概型公式即可求出所求事件的概率.【解析】不妨设小正方形的边长为1，则两个等腰直角三角形的边长为1,1,2,一个等腰直角三角形的边长为2,2,2，两个等腰直角三角形的边长为2，2，22，即最大正方形边长为22，P=12112212188⨯+++⨯-=,选B.考向三互斥事件和对立事件【解决法宝】1.注意区分互斥事件和对立事件，互斥事件是在同一试验中不可能同时发生的两个或多个事件，对立事件是同一试验中不可能同时发生的两个事件，且其和事件为必然事件；2.一个事件若正面情况比较多，反面情况较少，则一般利用对立事件进行求解.对于“至少”、“至多”等问题往往用这种方法求解；例3．甲、乙两位同学下棋，若甲获胜的概率为0.2，甲、乙下和棋的概率为0.5，则乙获胜的概率为.【分析】利用互斥事件的概率公式进行求解.【解析】因为甲获胜的概率，甲、乙下和棋的概率以及乙获胜的概率三者之和为1，所以乙获胜的概率为10.20.50.3--=.【主题集训】1.欧阳修的《卖油翁》中写道“（翁）乃取一葫芦置于地，以钱覆盖其口，徐以杓酌油沥之，自钱孔入，而钱不湿”，可见“行行出状元”，卖油翁的技艺让人叹为观止.若铜钱是直径为4cm的圆面，中间有边长为1cm的正方形孔.现随机向铜钱上滴一滴油（油滴的大小忽略不计），则油滴落入孔中的概率为（）A.49πB.14πC.19πD.116π【答案】B2. 从1，2，3，4，5这5个数中一次性随机地取两个数，则所取两个数之和能被3整除的概率是（）A．25B．310C．35D．45【答案】A【解析】从1，2，3，4，5这5个数中一次性随机地取两个数，共有10种取法，其中所取两个数之和能被3整除包含(1,2),(1,5),(2,4),(4,5)四种取法，所以概率为42105=，选A.学科@网3.甲、乙二人约定7:10在某处会面，甲在7:00～7:20内某一时刻随机到达，乙在7:05～7:20内某一时刻随机到达，则甲至少需等待乙分钟的概率是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】建立直角坐标系如图，分别表示甲，乙二人到达的时刻，则坐标系中每个点可对应甲，乙二人到达时刻的可能性，则甲至少等待乙5分钟应满足的条件是，其构成的区域为如图阴影部分，则所求的概率为，故选C4.若[]0,θπ∈，则1sin 32πθ⎛⎫+< ⎪⎝⎭成立的概率为（ ）A.13B. 16C. 12D. 34【答案】C 【解析】ππ4π333θ≤+≤,由于π1sin 32θ⎛⎫+< ⎪⎝⎭,所以5ππ4π633θ≤+≤, ππ2θ≤≤,故概率为ππ12π2-=,选C. 5.在区间[]02，上任取两个数，则这两个数之和大于3的概率是（ ） A.18 B. 14 C. 78 D. 34【答案】A【解析】如图：不妨设两个数为x y ，，故3x y +>，如图所示，其概率为11112228p ⨯⨯==⨯，故选A6.甲乙两名同学分别从“象棋”、“文学”、“摄影” 三个社团中随机选取一个社团加入，则这两名同学加入同一个社团的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B【解析】由题意，甲乙两名同学各自等可能地从“象棋”、“文学”、“摄影” 三个社团中选取一个社团加入，共有种不同的结果，这两名同学加入同一个社团的有3种情况，则这两名同学加入同一个社团的概率是，故选B.7.在内任取一个实数，设，则函数的图象与轴有公共点的概率等于（）A. B. C. D.【答案】D【解析】的图象与轴有公共点，或在内取一个实数，函数的图象与轴有公共点的概率等于，故选D.8.满足不等式24120m m--≤的实数m使关于x的一元二次方程2240x x m-+=有实数根的概率是（）A．12B．13C．14D．15【答案】A.9.2017年8月1日是中国人民解放军建军90周年纪念日,中国人民银行为此发行了以此为主题的金质纪念币,如图所示,该圆形金质纪念币,直径22mm.为了测算图中军旗部分的面积,现用1粒芝麻(将芝麻近似看作一个点)向硬币内随机投掷220次,其中恰有60次落在军旗内,据此可估计军旗的面积大约是A. 32B. 33C. 132D. 133【答案】B【解析】设军旗的面积为s ，由题知，圆的半径为11mm ，由几何概型公式知，21122060⨯=πs，解得233mm s π=，故选B.10.从标有数字1，2，3的三个红球和标有数字2，3的两个白球中任取两个球，则取得两球的数字和颜色都不相同．．．．的概率为（ ） A ．15 B ．25 C ．35D ．45【答案】B11.下图为射击使用的靶子，靶中最小的圆的半径为1，靶中各图的半径依次加1，在靶中随机取一点，则此点取自黑色部分（7环到9环）的概率是（ ）A. B. C. D.【答案】A【解析】根据圆的面积公式以及几何概型概率公式可得，此点取自黑色部分的概率是，故选A.12.天气预报说，今后三天每天下雨的概率相同，现用随机模拟的方法预测三天中有两天下雨的概率，用骰子点数来产生随机数。

专题69 古典概型专题知识梳理1. 随机事件及其概率(1) 在一定的条件下必然要发生的事件，叫作 必然事件 ． (2) 在一定的条件下不可能发生的事件，叫作 不可能事件 ． (3) 在一定的条件下可能发生也可能不发生的事件，叫作 随机事件 ．(4) 在大量重复进行同一试验时，事件A 发生的频率总是接近于某个常数，在它附近摆动，这时就把这个常数叫作事件A 发生的 概率 ，记作 P (A ) ． (5) 随机事件的概率P(A)的取值范围是 [0，1] ． 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.考点探究考向1 随机事件的概率与频率【例】某险种的基本保费为a (单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：(1)记A(2)记B 为事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160%”，求P (B )的估计值； (3)求续保人本年度平均保费的估计值．【解析】 (1) 事件A 发生当且仅当一年内出险次数小于2，由所给数据知，一年内出险次数小于2的频率为60＋50200＝0.55，故P (A )的估计值为0.55. (2)事件B 发生当且仅当一年内出险次数大于1且小于4，由所给数据知，一年内出险次数大于1且小于4的频率为30＋30200＝0.3，故P (B )的估计值为0.3.(3)由所给数据得调查的200a ×0.10＋2a ×0.05＝1.192 5a .因此，续保人本年度平均保费的估计值为1.192 5a . 题组训练1.某超市随机选取1 000位顾客，记录了他们购买甲、乙、丙、丁四种商品的情况，整理成如下统计表，其中“√”表示购买，“×”表示未购买.(1)(2)估计顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率；(3)如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买乙、丙、丁中哪种商品的可能性最大？ 【解析】 (1)从统计表可以看出，在这1 000位顾客中有200位顾客同时购买了乙和丙， 所以顾客同时购买乙和丙的概率可以估计为2001 000＝0.2.(2)从统计表可以看出，在这1 000位顾客中，有100位顾客同时购买了甲、丙、丁，另有200位顾客同时购买了甲、乙、丙，其他顾客最多购买了2种商品．所以顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率可以估计为100＋2001 000＝0.3.(3)与(1)同理，可得：顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为2001 000＝0.2，顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为100＋200＋3001 000＝0.6，顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为1001 000＝0.1. 所以，如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买丙的可能性最大．考向2 古典概型的概率问题【例】(1) 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 .(2) (2018·南京三模)甲盒子中有编号分别为1，2的2个乒乓球，乙盒子中有编号分别为3，4，5，6的4个乒乓球.现分别从两个盒子中随机地各取出1个乒乓球，则取出的乒乓球的编号之和大于6的概率为 .【解析】 (1) 将第一次抽取的卡片上的数记为a ，第二次抽取的卡片上的数记为b ，先后两次抽取的卡片上的数记为(a ，b)，则有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(3，5)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，(4，5)，(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，(5，5)，共25种抽取方法，其中第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的抽取方法有10种，所以所求概率P= =.(2) 由题意得，从甲、乙两个盒子中随机地各取出1个乒乓球，共有2×4=8种情况，编号之和大于6的有(1，6)，(2，5)，(2，6)，共3种，所以取出的乒乓球的编号之和大于6的概率为. 题组训练1.(1) (2018·苏北四市期末)从1，2，3，4，5，6这六个数中一次随机地取2个数，则所取2个数的和能被3整除的概率为 .(2) (2018·南通二调)100张卡片上分别写有1，2，3，…，100.从中任取1张，则这张卡片上的数是6的倍数的概率是 .【解析】(1) 从1，2，3，4，5，6这六个数中一次随机地取2个数，基本事件总数n=15，所取2个数的和能被3整除包含的基本事件有(1，2)，(1，5)，(2，4)，(3，6)，(4，5)，共5个， 所以所取2个数的和能被3整除的概率P= =.(2) 从100张卡片上分别写有1，2，3，…，100中任取1张，基本事件总数n=100，所取这张卡片上的数是6的倍数包含的基本事件有1×6，2×6，…，16×6，共16个，所以所取这张卡片上的数是6的倍数的概率P= =.2.抛掷甲、乙两枚质地均匀且四个面上分别标有数字1，2，3，4的正四面体，记底面上的数字分别为x ，y ，则为整数的概率是 .【解析】所有可能的基本事件为(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)，共16种，其中满足条件的有(1，1)，(2，1)，(3，1)，(4，1)，(2，2)，(3，3)，(4，2)，(4，4)，共8种，故所求的概率为.3.将一枚质地均匀的骰子连续抛掷2次，向上的点数分别为m ，n ，则点P(m ，n)在直线y= x 下方的概率为 .【解析】连续抛掷一枚骰子两次，得到的基本事件的总数为36个，其中满足点P (m ，n )在直线y=x 下方的基本事件有(3，1)，(4，1)，(5，1)，(5，2)，(6，1)，(6，2)，共6个基本事件，故所求的概率为P= =. 4.(2018·苏、锡、常、镇四市调研)从1，2，3，4这四个数中一次随机地取2个数，则所取2个数的乘积为偶数的概率是________．【解析】 从1，2，3，4这四个数中一次随机地取2个数的所有基本事件为(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)，共有6种，而满足所取2个数的乘积为偶数的基本事件为(1，2)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)，共有5种，根据古典概型的公式可得所求的概率为P ＝56.5.在集合⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ＝nπ3，n ＝1，2，3，…，10中任取一个元素，所取元素恰好满足方程cos x ＝12的概率是________．【解析】基本事件总数为10，满足方程cos x ＝12的基本事件数为3， 故所求概率为P ＝310.考向3 古典概型与统计的综合【例】在某次测验中，有6位同学的平均成绩为75分.用xn 表示编号为n(n=1，2，…，6)的同学所得成绩，且前5位同学的成绩如下:(1) 求第6位同学的成绩x6及这6位同学成绩的标准差s;(2) 从前5位同学中，随机地选2位同学，求恰有1位同学成绩在区间(68，75)中的概率.【解析】(1) 因为这6位同学的平均成绩为75分，所以(70+76+72+70+72+x6)=75，解得x6=90，这6位同学成绩的方差s2=×[(70-75)2+(76-75)2+(72-75)2+(70-75)2+(72-75)2+(90-75)2]=49，所以标准差s=7.(2) 从前5位同学中，随机地选出2位同学的成绩有:(70，76)，(70，72)，(70，70)，(70，72)，(76，72)，(76，70)，(76，72)，(72，70)，(72，72)，(70，72)，共10种.恰有1位同学成绩在区间(68，75)中的有:(70，76)，(76，72)，(76，70)，(76，72)，共4种.故所求的概率为=0.4，即恰有1位同学成绩在区间(68，75)中的概率为0.4.题组训练1.某小组共有A，B，C，D，E五位同学，他们的身高(单位:m)及体重指标(单位:kg/m2)如下表所示:(1) 从该小组身高低于1.80 m的同学中任选2人，求选到的2人身高都在1.78 m以下的概率；(2) 从该小组同学中任选2人，求选到的2人的身高都在1.70 m以上且体重指标都在[18.5，23.9)中的概率.【解析】(1)从身高低于1.80 m的4名同学中任选2人，其一切可能的结果组成的基本事件有(A，B)，(A，C)，(A，D)，(B，C)，(B，D)，(C，D)，共6个.设“选到的2人身高都在1.78 m以下”为事件M，其包括的基本事件有(A，B)，(A，C)，(B，C)，共3个，故P(M)==.(2) 从小组5名同学中任选2人，其一切可能的结果组成的基本事件有(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，E)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(C，D)，(C，E)，(D，E)，共10个.设“选到的2人的身高都在1.70 m以上且体重指标都在[18.5，23.9)中”为事件N，则事件N包括的基本事件有(C，D)，(C，E)，(D，E)，共3个，故P(N)=.。

10．2 古典概型[知识梳理]1．基本事件的特点(1)任何两个基本事件都是互斥的．(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)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．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. [诊断自测]1．概念思辨(1)在一次试验中，其基本事件的发生一定是等可能的. ( )(2)事件A ，B 至少有一个发生的概率一定比A ，B 中恰有一个发生的概率大．( )(3)在古典概型中，如果事件A 中基本事件构成集合A ，所有的基本事件构成集合I ，那么事件A 的概率为card (A )card (I ).( ) (4)利用古典概型的概率可求“在边长为2的正方形内任取一点，这点到正方形中心距离小于或等于1”的概率．( )答案 (1)× (2)× (3)√ (4)×2．教材衍化(1)(必修A3P 134A 组T 5)在平面直角坐标系中点(x ，y )，其中x ，y ∈{0,1,2,3,4,5}，且x ≠y ，则点(x ，y )在直线y ＝x 的左上方的概率是( )A.13B.12C.14D.23答案 B解析 在平面直角坐标系中满足x ，y ∈{0,1,2,3,4,5}，且x ≠y 的点(x ，y )共有6×6－6＝30个，而满足在直线y ＝x 的左上方，即y >x的点(x ，y )的基本事件共有15个，故所求概率为P ＝1530＝12.故选B.(2)(必修A3P 134A 组T 4)已知A ，B ，C ，D 是球面上的四个点，其中A ，B ，C 在同一圆周上，若D 不在A ，B ，C 所在的圆周上，则从这四点中的任意两点的连线中取2条，这两条直线是异面直线的概率等于________．答案 15解析 A ，B ，C ，D 四点可构成一个以D 为顶点的三棱锥，共6条棱，则所有基本事件有：(AB ，BC )，(AB ，AC )，(AB ，AD )，(AB ，BD )，(AB ，CD )，(BC ，CA )，(BC ，BD )，(BC ，AD )，(BC ，CD )，(AC ，AD )，(AC ，BD )，(AC ，CD )，(AD ，BD )，(AD ，CD )，(BD ，CD )，共15个，其中满足条件的基本事件有：(AB ，CD )，(BC ，AD )，(AC ，BD )，共3个，所以所求概率P ＝315＝15.3．小题热身(1)(2016·全国卷Ⅰ)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.13B.12C.23D.56答案 C解析 解法一：从红、黄、白、紫4种颜色的花中任选2种有以下选法：(红黄)、(红白)、(红紫)、(黄白)、(黄紫)、(白紫)，共6种，其中红色和紫色的花不在同一花坛(亦即黄色和白色的花不在同一花坛)的选法有4种，所以所求事件的概率P ＝46＝23，故选C.解法二：设红色和紫色的花在同一花坛为事件A ，则事件A 包含2个基本事件：红紫与黄白，黄白与红紫．由解法一知共有6个基本事件，因此P (A )＝26＝13，从而红色和紫色的花不在同一花坛的概率是P (A －)＝1－P (A )＝23.故选C.(2)(2018·山西联考)从(40,30)，(50,10)，(20,30)，(45,5)，(10,10)这5个点中任取一个，这个点在圆x 2＋y 2＝2016内部的概率是( )A.35B.25C.15D.45答案 B解析 从(40,30)，(50,10)，(20,30)，(45,5)，(10,10)这5个点中任取一个的基本事件总数为5，这个点在圆x 2＋y 2＝2016内部包含的基本事件有(20,30)，(10,10)，共2个，∴这个点在圆x 2＋y 2＝2016内部的概率P ＝25，故选B.题型1 简单古典概型的求解典例1(2016·北京高考)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.15B.25C.825D.925考虑用树状图表示各种结果或用组合表示各种结果．答案 B解析 设其他3名学生为丙、丁、戊，从中任选2人的所有情况有(甲，乙)，(甲，丙)，(甲，丁)，(甲，戊)，(乙，丙)，(乙，丁)，(乙，戊)，(丙，丁)，(丙，戊)，(丁，戊)，共4＋3＋2＋1＝10种．其中甲被选中的情况有(甲，乙)，(甲，丙)，(甲，丁)，(甲，戊)，共4种，故甲被选中的概率为410＝25.典例2(2017·山西一模)现有2名女教师和1名男教师参加说题比赛，共有2道备选题目，若每位选手从中有放回地随机选出一道题进行说题，其中恰有一男一女抽到同一道题的概率为( )A.13B.23C.12D.34答案 C解析 记两道题分别为A ，B ，所有抽取的情况为AAA, AAB ，ABA ，ABB ，BAA ，BAB ，BBA ，BBB (其中第1个，第2个分别表示两个女教师抽取的题目，第3个表示男教师抽取的题目)，共有8种；其中满足恰有一男一女抽到同一道题目的情况为ABA ，ABB ，BAA ，BAB ，共4种．故所求事件的概率为12.故选C.方法技巧1．基本事件个数的确定方法第一步，判断本试验的结果是否为等可能事件，设出所求事件A ； 第二步，分别求出基本事件的总数n 与所求事件A 中所包含的基本事件个数m ；第三步，利用公式P (A )＝m n ，求出事件A 的概率．见典例1,2. 冲关针对训练(2018·安徽名校模拟)某车展展出甲、乙两种最新款式的汽车，现从参观人员中随机选取100人对这两种汽车均进行评价，评价分为三个等级：优秀、良好、合格，由统计信息可知，甲种汽车被评价为优秀的频率为35，良好的频率为25；乙种汽车被评价为优秀的频率为710，良好的频率是合格的频率的5倍．(1)求这100人中对乙种汽车评价优秀或良好的人数；(2)如果从这100人中按甲种汽车的评价等级用分层抽样的方法抽取5人，再从其他对乙种汽车评价优秀、良好的人中各选取1人进行座谈会，会后从这7人中随机抽取2人，求选取的2人评价都是优秀的概率．解 (1)因为对乙种汽车评价优秀的频率为710，故评价良好或合格的频率为1－710＝310.设评价合格的频率为x ，则评价良好的频率为5x ，由题意可得x＋5x ＝310，解得x ＝120.所以这100人中对乙种汽车评价优秀或良好的人数为100×⎝ ⎛⎭⎪⎫710＋5×120＝95.(2)因为对甲种汽车评价优秀的频率为35，良好的频率为25，则用分层抽样的方法抽取5人，其中有3人评价优秀，分别记为A，B，C,2人评价良好，分别记为a，b.记抽取到对乙种汽车评价优秀、良好的2人分别为D，d，则从这7人中随机抽取2人，不同的结果为{A，B}，{A，C}，{A，a}，{A，b}，{A，D}，{A，d}，{B，C}，{B，a}，{B，b}，{B，D}，{B，d}，{C，a}，{C，b}，{C，D}，{C，d}，{a，b}，{a，D}，{a，d}，{b，D}，{b，d}，{D，d}，共21种．记“选取的2人评价都是优秀”为事件M，则事件M的结果为{A，B}，{A，C}，{A，D}，{B，C}，{B，D}，{C，D}，共6种．所以选取的2人评价都是优秀的概率P(M)＝621＝27.题型2复杂古典概型的求解典例(2016·山东高考)某儿童乐园在“六一”儿童节推出了一项趣味活动．参加活动的儿童需转动如图所示的转盘两次，每次转动后，待转盘停止转动时，记录指针所指区域中的数．设两次记录的数分别为x，y.奖励规则如下：①若xy≤3，则奖励玩具一个；②若xy≥8，则奖励水杯一个；③其余情况奖励饮料一瓶．假设转盘质地均匀，四个区域划分均匀．小亮准备参加此项活动．(1)求小亮获得玩具的概率；(2)请比较小亮获得水杯与获得饮料的概率的大小，并说明理由．本题采用列表法计算事件数．解用数对(x，y)表示儿童参加活动先后记录的数，则基本事件空间Ω与点集S＝{(x，y)|x∈N，y∈N,1≤x≤4,1≤y≤4}一一对应．因为S中元素的个数是4×4＝16，所以基本事件总数n＝16.(1)记“xy≤3”为事件A，则事件A包含的基本事件数共5个，即(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(3,1)．P(A)＝516，即小亮获得玩具的概率为516.(2)记“xy≥8”为事件B，“3<xy<8”为事件C，则事件B包含的基本事件数共6个，即(2,4)，(3,3)，(3,4)，(4,2)，(4,3)，(4,4)．所以P(B)＝616＝38.事件C包含的基本事件数共5个，即(1,4)，(2,2)，(2,3)，(3,2)，(4,1)．所以P(C)＝516.因为38>516，所以小亮获得水杯的概率大于获得饮料的概率．[结论探究]本例中条件不变，试求小亮不能获得玩具的概率．解由题意知当xy＞3时，小亮不能获得玩具，此时包含基本事件共11个，即(1,4)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，而基本事件总数共16个，所以此事件概率为P＝1116.或根据对立事件求解：xy≤3时包含事件个数为5个，故其获得玩具的概率为516，则不能获得玩具的概率为1－516＝1116.方法技巧复杂古典概型的求解策略求较复杂事件的概率问题，解题关键是理解题目的实际含义，把实际问题转化为概率模型，必要时将所求事件转化成彼此互斥事件的和，或者先求其对立事件的概率，进而再用互斥事件的概率加法公式或对立事件的概率公式求解．冲关针对训练(2017·江西新余一中模拟)某汽车美容公司为吸引顾客，推出优惠活动：对首次消费的顾客，按200元/次收费，并注册成为会员，对会员逐次消费给予相应优惠，标准如下表：数据如下表：列问题：(1)估计该公司一位会员至少消费两次的概率；(2)某会员仅消费两次，求这两次消费中，公司获得的平均利润；(3)该公司要从这100位里至少消费两次的顾客中按消费次数用分层抽样方法抽出8人，再从这8人中抽出2人发放纪念品，求抽出的2人中恰有1人消费两次的概率．解(1)100位会员中，至少消费两次的会员有40位，所以估计一位会员至少消费两次的概率为40100＝0.4.(2)该会员第1次消费时，公司获得的利润为200－150＝50(元)， 第2次消费时，公司获得的利润为200×0.95－150＝40(元)，所以，公司获得的平均利润为50＋402＝45(元)．(3)因为20∶10∶5∶5＝4∶2∶1∶1，所以用分层抽样方法抽出的8人中，消费2次的有4人，分别设为A 1，A 2，A 3，A 4，消费3次的有2人，分别设为B 1，B 2，消费4次和5次及以上的各有1人，分别设为C ，D ，从中抽出2人，抽到A 1的有A 1A 2，A 1A 3，A 1A 4，A 1B 1，A 1B 2，A 1C ，A 1D ，共7种；去掉A 1后，抽到A 2的有A 2A 3，A 2A 4，A 2B 1，A 2B 2，A 2C ，A 2D ，共6种；……去掉A 1，A 2，A 3，A 4，B 1，B 2后，抽到C 的有：CD ，共1种，总的抽取方法有7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝28种，其中恰有1人消费两次的抽取方法有4＋4＋4＋4＝16种，所以，抽出的2人中恰有1人消费两次的概率为1628＝47.题型3 古典概型与统计的综合问题典例(2018·安徽阶段测试)某校高三期中考试后，数学教师对本次全部数学成绩按1∶20进行分层抽样，随机抽取了20名学生的成绩为样本，成绩用茎叶图记录如图所示，但部分数据不小心丢失，同时得到如下表所示的频率分布表：(1)求表中a，b的值及成绩在[90,110)范围内的样本数，并估计这次考试全校高三学生数学成绩的及格率(成绩在[90,150]内为及格)；(2)若从茎叶图中成绩在[100,130)范围内的样本中一次性抽取两个，求取出两个样本数字之差的绝对值小于或等于10的概率．解(1)由茎叶图知成绩在[50,70)范围内的有2人，在[110,130)范围内的有3人，∴a＝0.1，b＝3.∵成绩在[90,110)范围内的频率为1－0.1－0.25－0.25＝0.4，∴成绩在[90,110)范围内的样本数为20×0.4＝8，估计这次考试全校高三学生数学成绩的及格率为P＝1－0.1－0.25＝0.65.(2)一切可能的结果组成的基本事件空间为Ω＝{(100,102), (100,106)，(100,106)，(100,116)，(100,118)，(100,128)，(102,106)，(102,106)，(102,116)，(102,118)，(102,128)，(106,106)，(106,116)，(106,118)，(106,128)，(106,116)，(106,118)，(106,128)，(116,118)，(116,128)，(118,128)}，共21个基本事件，设事件A＝“取出的两个样本中数字之差小于或等于10”，则A＝{(100,102)，(100,106)，(100,106)，(102,106)，(102,106)，(106,106)，(106,116)，(106,116)，(116,118)，(118,128)}，共10个基本事件，∴P(A)＝10 21.方法技巧求解古典概型与统计交汇问题的思路1．依据题目的直接描述或频率分布表、频率分布直方图、茎叶图等统计图表给出的信息，提炼出需要的信息．2．选择恰当的方法找出符合条件的基本事件总数及所求事件包含的基本事件数．3．进行统计与古典概型概率的正确计算．冲关针对训练(2018·广东五校诊断)某市为庆祝北京夺得2022年冬奥会举办权，围绕“全民健身促健康、同心共筑中国梦”主题开展全民健身活动，组织方从参加活动的群众中随机抽取120名群众，按他们的年龄分组：第1组[20,30)，第2组[30,40)，第3组[40,50)，第4组[50,60)，第5组[60,70]，得到的频率分布直方图如图所示．(1)若电视台记者要从抽取的群众中选人进行采访，估计被采访人恰好在第1组或第4组的概率；(2)已知第1组群众中男性有3名，组织方要从第1组中随机抽取2名群众组成志愿者服务队，求至少有1名女性群众的概率．解 (1)设第1组[20,30)的频率为f 1，则由题意可知，f 1＝1－(0.010＋0.035＋0.030＋0.020)×10＝0.05.被采访人恰好在第1组或第4组的频率为0.05＋0.020×10＝0.25. ∴估计被采访人恰好在第1组或第4组的概率为0.25.(2)第1组[20,30)的人数为0.05×120＝6.∴第1组中共有6名群众，其中女性群众共3名．记第1组中的3名男性群众分别为A ，B ，C,3名女性群众分别为x ，y ，z ，从第1组中随机抽取2名群众组成志愿者服务队包含(A ，B )，(A ，C )，(A ，x )，(A ，y )，(A ，z )，(B ，C )，(B ，x )，(B ，y )，(B ，z )，(C ，x )，(C ，y )，(C ，z )，(x ，y )，(x ，z )，(y ，z )，共15个基本事件．至少有一名女性群众包含(A ，x )，(A ，y )，(A ，z )，(B ，x )，(B ，y )，(B ，z )，(C ，x )，(C ，y )(C ，z )，(x ，y )，(x ，z )，(y ，z )，共12个基本事件．∴从第1组中随机抽取2名群众组成志愿者服务队，至少有1名女性群众的概率为1215＝45.1．(2017·全国卷Ⅱ)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答案 D解析 从5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张的情况如图：基本事件总数为25，第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的事件数为10，∴所求概率P ＝1025＝25.故选D.2．(2017·山东高考)从分别标有1,2，…，9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张，则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是( )A.518B.49C.59D.79答案 C解析 ∵9张卡片中有5张奇数卡片，4张偶数卡片，且为不放回地随机抽取，∴抽取两次共有9×8＝72种基本事件，其中满足卡片上数字奇偶性不同共有4×5＋5×4＝40种基本事件，故抽取到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是4072＝59.故选C.3．(2017·天津高考)有5支彩笔(除颜色外无差别)，颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫．从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，则取出的2支彩笔中含有红色彩笔的概率为( )A.45B.35C.25D.15答案 C解析 从5支彩笔中任取2支不同颜色彩笔的取法有红黄、红蓝、红绿、红紫、黄蓝、黄绿、黄紫、蓝绿、蓝紫、绿紫，共10种，其中取出的2支彩笔中含有红色彩笔的取法有红黄、红蓝、红绿、红紫，共4种，所以所求概率P ＝410＝25.故选C.4．(2018·洛阳统考)将一颗骰子先后投掷两次分别得到点数a ，b ，则直线ax ＋by ＝0与圆(x －2)2＋y 2＝2有公共点的概率为________．答案 712解析 a ＝1时，b ＝1,2，…6，共6种情况；a ＝2时，b ＝2,3，…6，共5种情况；a ＝3时，b ＝3,4,5,6，共4种情况；a ＝4时，b ＝4,5,6，共3种情况；a ＝5时，b ＝5,6，共2种情况；a ＝6时，b ＝6，共1种情况．[基础送分 提速狂刷练]一、选择题1．先后抛掷两枚质地均匀的骰子，设出现的点数之和是12,11,10的概率依次是P 1，P 2，P 3，则( )A ．P 1＝P 2＜P 3B ．P 1＜P 2＜P 3C ．P 1＜P 2＝P 3D ．P 3＝P 2＜P 1答案 B解析 先后抛掷两枚骰子点数之和共有36种可能，而点数之和为12,11,10的概率分别为P 1＝136，P 2＝118，P 3＝112.故选B.2．(2017·浙江金丽衢十二校联考)4张卡片上分别写有数字1,2,3,4，从这4张卡片中随机抽取2张，则取出的2张卡片上的数字之和为偶数的概率为( )A.12B.13C.23D.34答案 B解析 因为从四张卡片中任取出两张的情况为(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)，共6种．其中两张卡片上数字和为偶数的情况为(1,3)，(2,4)，共2种，所以两张卡片上的数字之和为偶数的概率为13.故选B.3．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.12B.13C.14D.16答案 B解析 从1,2,3,4中任取2个不同的数有以下六种情况：(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)，满足取出的2个数之差的绝对值为2的(1,3)，(2,4)，故所求概率是26＝13.故选B.4．(2018·山西朔州模拟)某校食堂使用大小、手感完全一样的餐票，小明口袋里有一元餐票2张，两元餐票2张，五元餐票1张，若他从口袋中随机地摸出2张，则其面值之和不少于四元的概率为( )A.310B.25C.12D.35答案 C解析 小明口袋里共有5张餐票，随机地摸出2张，基本事件总数n ＝10，其面值之和不少于四元包含的基本事件数m ＝5，故其面值之和不少于四元的概率为m n ＝510＝12.故选C.5．(2018·保定模拟)甲、乙二人玩猜数字游戏，先由甲任想一数字，记为a ，再由乙猜甲刚才想的数字，把乙猜出的数字记为b ，且a ，b ∈{1,2,3}，若|a －b |≤1，则称甲、乙“心有灵犀”，现任意找两个人玩这个游戏，则他们“心有灵犀”的概率为( )A.13B.59C.23D.79答案 D解析 甲任想一数字有3种结果，乙猜数字有3种结果，基本条件总数为3×3＝9.设“甲、乙心有灵犀”为事件A ，则A 的对立事件B 为“|a －b |＞1”，即|a －b |＝2，包含2个基本事件，∴P (B )＝29.∴P (A )＝1－29＝79.故选D.6．(2018·合肥模拟)从2名男生和2名女生中任意选择两人在星期六、星期日参加某公益活动，每天一人，则星期六安排一名男生、星期日安排一名女生的概率为( )A.13B.512C.12D.712答案 A解析 设2名男生记为A 1，A 2,2名女生记为B 1，B 2，任意选择两人在星期六、星期日参加某公益活动，共有A 1A 2，A 1B 1，A 1B 2，A 2B 1，A 2B 2，B 1B 2，A 2A 1，B 1A 1，B 2A 1，B 1A 2，B 2A 2，B 2B 112种情况，而星期六安排一名男生、星期日安排一名女生共有A 1B 1，A 1B 2，A 2B 1，A 2B 24种情况，则发生的概率为P ＝412＝13，故选A.7．(2017·银川模拟)连掷骰子两次得到的点数分别记为a 和b ，则使直线3x －4y ＝0与圆(x －a )2＋(y －b )2＝4相切的概率为( )A.16B.118C.19D.13答案 B解析 连掷骰子两次总的试验结果有36种，要使直线3x －4y ＝0与圆(x －a )2＋(y －b )2＝4相切，则|3a －4b |5＝2，即满足|3a －4b |＝10，符合题意的(a ，b )有(6,2)，(2,4)，共2种，由古典概型的概率计算公式可得所求概率为P ＝118.故选B.8．抛掷两枚均匀的骰子，得到的点数分别为a ，b ，那么直线x a ＋y b ＝1的斜率k ≥－12的概率为( )A.12B.13C.34D.14答案 D解析 记a ，b 的取值为数对(a ，b )，由题意知(a ，b )的所有可能取值有36种．由直线x a ＋y b ＝1的斜率k ＝－b a ≥－12，知b a ≤12，那么满足题意的(a ，b )可能的取值为(2,1)，(3,1)，(4,1)，(4,2)，(5,1)，(5,2)，(6,1)，(6,2)，(6,3)，共有9种，所以所求概率为936＝14.故选D.9．(2018·太原模拟)记连续投掷两次骰子得到的点数分别为m ，n ，向量a ＝(m ，n )与向量b ＝(1,0)的夹角为α，则α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4的概率为( )A.518B.512C.12D.712答案 B解析 解法一：依题意，向量a ＝(m ，n )共有6×6＝36(个)，其中满足向量a ＝(m ，n )与向量b ＝(1,0)的夹角α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π4，即n <m 的(m ，n )可根据n 的具体取值：第一类，当n ＝1时，m 有5个不同的取值；第二类，当n ＝2时，m 有4个不同的取值；第三类，当n ＝3时，m 有3个不同的取值；第四类，当n ＝4时，m 有2个不同的取值；第五类，当n ＝5时，m 有1个取值，因此满足向量a ＝(m ，n )与向量b＝(1,0)的夹角α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π4的(m ，n )共有1＋2＋3＋4＋5＝15(个)，所以所求概率为1536＝512.故选B.解法二：依题意可得向量a ＝(m ，n )共有6×6＝36(个)，其中满足向量a ＝(m ，n )与向量b ＝(1,0)的夹角α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4，即n <m 的向量a ＝(m ，n )有36－62＝15(个)，所以所求概率为1536＝512.故选B.10．(2018·淄博模拟)将一颗骰子投掷两次，第一次出现的点数记为a ，第二次出现的点数记为b ，设任意投掷两次使两条不重合直线l 1：ax ＋by ＝2，l 2：x ＋2y ＝2平行的概率为P 1，相交的概率为P 2，若点(P 1，P 2)在圆(x －m )2＋y 2＝137144的内部，则实数m 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－518，＋∞B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，718C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－718，518D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－518，718 答案 D解析 对于a 与b 各有6种情形，故总数为36种．两条直线l 1：ax ＋by ＝2，l 2：x ＋2y ＝2平行的情形有a ＝2，b ＝4或a ＝3，b ＝6，故概率为P 1＝236＝118.两条直线l 1：ax ＋by ＝2，l 2：x ＋2y ＝2相交的情形除平行与重合(a ＝1，b ＝2)即可，∴P 2＝3336＝1112.∵点(P 1，P 2)在圆(x －m )2＋y 2＝137144的内部， ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫118－m 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11122<137144， 解得－518<m <718，故选D.二、填空题11．(2017·海淀模拟)现有7名数理化成绩优秀者，分别用A 1，A 2，A 3，B 1，B 2，C 1，C 2表示，其中A 1，A 2，A 3的数学成绩优秀，B 1，B 2的物理成绩优秀，C 1，C 2的化学成绩优秀．从中选出数学、物理、化学成绩优秀者各1名，组成一个小组代表学校参加竞赛，则A 1和B 1不全被选中的概率为________．答案 56解析 从这7人中选出数学、物理、化学成绩优秀者各1名，所有可能的结果组成的12个基本事件为：(A 1，B 1，C 1)，(A 1，B 1，C 2)，(A 1，B 2，C 1)，(A 1，B 2，C 2)，(A 2，B 1，C 1)，(A 2，B 1，C 2)，(A 2，B 2，C 1)，(A 2，B 2，C 2)，(A 3，B 1，C 1)，(A 3，B 1，C 2)，(A 3，B 2，C 1)，(A 3，B 2，C 2)．设“A 1和B 1不全被选中”为事件N ，则其对立事件N －表示“A 1和B 1全被选中”，由于N －＝{(A 1，B 1，C 1)，(A 1，B 1，C 2)}，P (N －)＝212＝16，由对立事件的概率计算公式得P (N )＝1－P (N －)＝1－16＝56.12．(2018·武汉调研)某同学同时掷两颗骰子，得到点数分别为a ，b ，则双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的离心率e >5的概率是________．答案 16解析 由e ＝ 1＋b 2a 2>5，得b >2a .当a ＝1时，b ＝3,4,5,6四种情况；当a ＝2时，b ＝5,6两种情况，总共有6种情况．又同时掷两颗骰子，得到的点数(a ，b )共有36种结果．∴所求事件的概率P＝636＝16.13．(2018·湖南长沙模拟)抛掷两枚质地均匀的骰子，得到的点数分别为a ，b ，则使得直线bx ＋ay ＝1与圆x 2＋y 2＝1相交且所得弦长不超过423的概率为________．答案 19解析 根据题意，得到的点数所形成的数组(a ，b )共有6×6＝36种，其中满足直线bx ＋ay ＝1与圆x 2＋y 2＝1相交且所得弦长不超过423，则圆心到直线的距离不小于13，即1＞1a 2＋b2≥13，即1＜a 2＋b 2≤9的有(1,1)，(1,2)，(2,1)，(2,2)四种，故直线bx ＋ay ＝1与圆x 2＋y 2＝1相交且所得弦长不超过423的概率为436＝19. 14．(2017·宿迁模拟)已知k ∈Z ， AB →＝(k,1)， AC →＝(2,4)，若|AB →|≤4，则△ABC 是直角三角形的概率是________．答案 37解析 因为|AB →|＝k 2＋1≤4，所以－15≤k ≤15，因为k ∈Z ，所以k ＝－3，－2，－1,0,1,2,3，当△ABC 为直角三角形时，应有AB ⊥AC ，或AB ⊥BC ，或AC ⊥BC ，由AB →·AC →＝0，得2k ＋4＝0，所以k ＝－2，因为BC →＝AC →－AB →＝(2－k,3)，由AB →·BC →＝0，得k (2－k )＋3＝0，所以k ＝－1或3，由AC →·BC →＝0，得2(2－k )＋12＝0，所以k ＝8(舍去)，故使△ABC 为直角三角形的k 值为－2，－1或3，所以所求概率P ＝37.三、解答题15．为了解收购的每只小龙虾的重量，某批发商在刚从甲、乙两个水产养殖场收购的小龙虾中分别随机抽取了40只，得到小龙虾的重量的频数分布表如下．从甲水产养殖场中抽取的40只小龙虾的重量的频数分布表从乙水产养殖场中抽取的40只小龙虾的重量的频数分布表(1)试根据上述表格中的数据，完成从甲水产养殖场中抽取的40只小龙虾的重量的频率分布直方图；(2)依据小龙虾的重量，将小龙虾划分为三个等级：两个水产养殖场的小龙虾哪个的“优质率”高？并说明理由．(3)从乙水产养殖场抽取的重量在[5,15)，[15,25)，[45,55]内的小龙虾中利用分层抽样的方法抽取6只，再从这6只中随机抽取2只，求至少有1只的重量在[15,25)内的概率．解(1)(2)若把频率看作相应的概率，则“甲水产养殖场的小龙虾为优质小龙虾”的概率为16＋10＋440＝0.75，“乙水产养殖场的小龙虾为优质小龙虾”的概率为18＋10＋440＝0.8，所以乙水产养殖场的小龙虾“优质率”高．(3)用分层抽样的方法从乙水产养殖场重量在[5,15)，[15,25)，[45,55]内的小龙虾中抽取6只，则重量在[5,15)内的有1只，在[15,25)内的有3只，在[45,55]内的有2只，记重量在[5,15)内的1只为x，在[15,25)内的3只分别为y1，y2，y3，在[45,55]内的2只分别为z1，z2，从中任取2只，可能的情况有(x，y1)，(x，y2)，(x，y3)，(x，z1)，(x，z2)，(y1，y2)，(y1，y3)，(y1，z1)，(y1，z2)，(y2，y3)，(y2，z1)，(y2，z2)，(y3，z1)，(y3，z2)，(z1，z2)，共15种；记“任取2只，至少有1只的重量在[15,25)内”为事件A，则事件A包含的情况有(x，y1)，(x，y2)，(x，y3)，(y1，y2)，(y1，y3)，(y1，z1)，(y1，z2)，(y2，y3)，(y2，z1)，(y2，z2)，(y3，z1)，(y3，z2)，共12种．所以P (A )＝1215＝45.16．(2017·石景山区一模)“累积净化量(CCM)”是空气净化器质量的一个重要衡量指标，它是指空气净化器从开始使用到净化效率为50%时对颗粒物的累积净化量，以克表示．根据GB/T18801－2015《空气净化器》国家标准，对空气净化器的累积净化量(CCM)有如下等级划分：器作为样本进行估计，已知这n 台机器的累积净化量都分布在区间(4,14]中，按照(4,6]，(6,8]，(8,10]，(10,12]，(12,14]，均匀分组，其中累积净化量在(4,6]的所有数据有：4.5,4.6,5.2,5.3,5.7和5.9，并绘制了如下频率分布直方图．(1)求n 的值及频率分布直方图中的x 值；(2)以样本估计总体，试估计这批空气净化器(共2000台)中等级为P 2的空气净化器有多少台？(3)从累积净化量在(4,6]的样本中随机抽取2台，求恰好有1台等级为P 2的概率．解 (1)∵在(4,6]之间的数据一共有6个，再由频率分布直方图得：落在(4,6]之间的频率为0.03×2＝0.06， ∴n ＝60.06＝100，由频率分布直方图的性质得： (0.03＋x ＋0.12＋0.14＋0.15)×2＝1， 解得x ＝0.06.(2)由频率分布直方图可知：落在(6,8]之间共：0.12×2×100＝24台，又∵在(5,6]之间共4台， ∴落在(5,8]之间共28台，∴估计这批空气净化器(共2000台)中等级为P 2的空气净化器有560台．(3)设“恰好有1台等级为P 2”为事件B ，依题意落在(4,6]之间共6台，属于国标P 2级的有4台，分别设为a 1，a 2，b 1，b 2，b 3，b 4，则从(4,6]中随机抽取2台，基本事件为(a 1，a 2)，(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 1，b 3)，(a 1，b 4)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 2，b 3)，(a 2，b 4)，(b 1，b 2)，(b 1，b 3)，(b 1，b 4)，(b 2，b 3)，(b 2，b 4)，(b 3，b 4)，共15种．事件B 包含的基本事件为(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 1，b 3)，(a 1，b 4)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 2，b 3)，(a 2，b 4)，共8种．∴恰好有1台等级为P 2的概率P (B )＝m n ＝815.。

『高考真题·母题解密』『分项汇编·逐一击破』专题04古典概型【母题来源一】【2020年高考全国Ⅰ卷文数】设O 为正方形ABCD 的中心，在O ，A ，B ，C ，D 中任取3点，则取到的3点共线的概率为A ． B ．1525C ．D ．1245【答案】A【解析】如图，从五个点中任取3个有：O A B C D ,,,,，，{,,},{,,},{,,},{,,}O A B O A C O A D O B C {,,},{,,},{,,},{,,}O B D O C D A B C A B D ，共种不同取法，{,,},{,,}A C D B C D 103点共线只有与，共2种情况，{,,}A O C {,,}B O D 由古典概型的概率计算公式知，取到3点共线的概率为.21105故选A.【名师点晴】本题主要考查古典概型的概率计算问题，采用列举法，考查学生数学运算能力，是一道容易题. 列出从5个点选3个点的所有情况，再列出3点共线的情况，用古典概型的概率计算公式运算即可.【命题意图】1．理解古典概型及其概率计算公式．2．会用列举法计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发生的概率．3．本类问题主要涉及古典概型、对立事件概率的计算及概率与统计的综合，要求掌握利用古典概想求概率的方法，掌握利用互斥事件概率的加法公式及对立事件的概率公式求概率的方法．【命题规律】古典概型是高考命题的重点，题目难度中等，要求考生通过阅读提取信息，并掌握必要的计数方法：枚举法，树状图或者排列组合知识计数原理等就可以计算．【答题模板】解答此类题目，一般考虑如下三步：第一步：分析已知条件选择古典概型模型；第二步：找基本事件总数以及事件包含的基本事件数；第三步：代入古典概型的计算公式求解．【方法总结】1．古典概型是概率论中最简单而又直观的模型，在概率论的发展初期曾是主要研究对象，许多概率的运算法则都是在古典概型中得到证明的(遂谓之“古典”)．要判断一个试验是否为古典概型，只需要判断这个试验是否具有古典概型的两个特征——有限性和等可能性．2．求古典概型的概率（1）对于事件A 的概率的计算，关键是要分清基本事件总数n 与事件A 包含的基本事件数m ．因此必须解决以下三个方面的问题：第一，本试验是否是等可能的；第二，本试验的基本事件数有多少个；第三，事件A 是什么，它包含的基本事件有多少个．（2）如果基本事件的个数比较少，可用列举法把古典概型试验所含的基本事件一一列举出来，然后再求出事件A 中的基本事件数，利用公式P (A )＝求出事件A 的概率，这是一个形象直观的好方法，但mn 列举时必须按照某一顺序做到不重不漏．（3）如果基本事件个数比较多，列举有一定困难时，可以用树状图法，树状图法适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求，注意在确定基本事件时(x ，y )可以看成是有序的，如(1，2)与(2，1)不同．有时也可以看成是无序的，如(1，2)，(2，1)相同．（4）较为简单的问题可以直接使用古典概型概率公式计算，较为复杂的概率问题的处理方法有：①转化为几个互斥事件的和，利用互斥事件的加法公式求解；②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．3．必记结论（1）古典概型中的基本事件都是互斥的．（2）在计算古典概型中基本事件数和事件发生数时，易忽视它们是否是等可能的．1．【江西省南昌市新建县第一中学2020届高三第二次适应性考试数学试题】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，从中任取3个不同的数，则这3个1,2,3,4,5数构成一组勾股数的概率为（）A ．B ．31015C ．D ．110120【答案】C【解析】从中任取3个不同的数共有10种不同的取法，其中的勾股数只有3,4,5，故3个数1,2,3,4,5构成一组勾股数的取法只有1种，故所求概率为，故选C.1102．【2020届陕西省高三第三次联考数学试题】从分别写有数字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字不大于第二张卡片的概率是（）A ．B ．110310C ．D ．3525【答案】C【解析】设第一张卡片上的数字为，第二张卡片的数字为， 分别写有数字1，2，3，4，5的5张x y 卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，共有种情况，5525⨯=当时，可能的情况如下表：x y ≤xy个数11，2，3，4，5522，3，4，5433，4，5344，52551，故本题选C.543213()255P x y ++++≤==【名师点睛】本题考查用列举法求概率，本问题可以看成有放回取球问题. 设第一张卡片上的数字为，x 第二张卡片的数字为，问题求的是.y ()P x y ≤3．【2020届华文大教育联盟 高三第二次质量检测数学试题】一个盒中有形状、大小、质地完全相同的5张扑克牌，其中3张红桃，1张黑桃，1张梅花．现从盒中一次性随机抽出2张扑克牌，则这2张扑克牌花色不同的概率为（）A ．B ．45710C ．D ．3512【答案】B【解析】所有会出现的情况有：（红1，黑1），（红1，梅1），（红2，黑1），（红2，梅1），（红3，黑1），（红3，梅1），（红1，红2），（红1，红3），（红2，红3），（黑1，梅1）共10种.其中符合花色不同的情况有：（红1，黑1），（红1，梅1），（红2，黑1），（红2，梅1），（红3，黑1），（红3，梅1），（黑1，梅1），共7种根据古典概型的概率公式得710P =故选B 项.【名师点睛】本题考查通过列举法求古典概型的概率，属于简单题. 将所有情况全部列出，然后找到符合要求的情况数量，根据古典概型的概率公式，得到结果.4．【2020届全国100所名校高考模拟金典卷数学（四）试题】袋子中装有大小、形状完全相同的个白2球和个红球，现从中不放回地摸取两个球，已知第二次摸到的红球，则第一次摸到红球的概率为（ 2）A ．B ．1613C ．D ．1215【答案】B【解析】设两个红球为，两个白球为，12,R R 12,w w 则第二次摸到的红球的所有可能结果为：共6种，112121122212,,,,,w R w R R R w R w R R R 其中第一次摸到红球的事件包括：共2种，2112,R R R R 结合排列组合公式可知第一次摸到红球的概率为.2163P ==【名师点睛】本题主要考查古典概型计算公式及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.由题意，分别列出第二次摸到的红球的所有可能结果和第一次摸到红球的事件，利用古典概型计算公式确定去概率值即可.5．【2020届黑龙江省实验中学高三上学期期末考试数学试题】从装有大小材质完全相同的3个红球和3个黑球的不透明口袋中，随机摸出两个小球，则两个小球同色的概率是（）A ．B ．2325C ．D ．1213【答案】B【解析】从装有大小材质完全相同的个红球和个黑球的不透明口袋中，33随机摸出两个小球，基本事件总数，15其中两个小球同色包含的基本事件个数为，6两个小球同色的概率是，故选B.∴62155m P n ===【名师点睛】本题考查古典概型概率公式，是基础题. 在解古典概型概率题时，首先求得样本空间中基本事件的总数，其次求得概率事件中含有基本事件数，然后根据公式求得概率. 随机摸出n m mP n =两个小球，基本事件总数，其中两个小球同色包含的基本事件个数，根据古典概型概率公式可得156结果.6．【2020届安徽省滁州市定远县重点中学高三下学期4月模拟考试数学试题】2019年1月1日，济南轨道交通号线试运行，济南轨道交通集团面向广大市民开展“参观体验，征求意见”活动，市民可以通过1济南地铁APP 抢票，小陈抢到了三张体验票，准备从四位朋友小王，小张，小刘，小李中随机选择两位与自己一起去参加体验活动，则小王被选中的概率为（）A ．B ．2312C ．D ．1314【答案】B【解析】从四位朋友小王，小张，小刘，小李中随机选择两位，全部的情况有：（小王，小张）（小王，小刘）（小王，小李）（小张，小刘）（小张，小李）（小刘，小李），共6种符合要求，即包含小王的情况有：（小王，小张）（小王，小刘）（小王，小李）共3种，所以小王被选中的概率为.3162=故选B 项.【名师点睛】本题考查古典概型的求法，属于简单题. 将所有符合要求的情况全部列出，然后选出符合要求的情况，利用古典概型的概率公式，得到答案.7．【陕西省宝鸡市金台区2019-2020学年高三教学质量检测数学试题】某英语初学者在拼写单词“”steak 时，对后三个字母的记忆有些模糊，他只记得由“”、“”、“”三个字母组成并且“”只可能在最后a e k k 两个位置，如果他根据已有信息填入上述三个字母，那么他拼写正确的概率为（）A ．B ．1614C ．D ．1312【答案】B【解析】满足题意的字母组合有四种，分别是，，，，拼写正确的组合只有一种，eka ake eak aek eak 所以概率为.14p =故选B.【名师点睛】本题主要考查古典概型，熟记概率计算公式即可，属于常考题型. 根据题意列举出满足题意的字母组合，即可求出结果.8．【2020届宁夏石嘴山市高三4月二模数学试题】《孙子算经》是中国古代重要的数学著作．其中的一道题“今有木，方三尺，高三尺，欲方五寸作枕一枚．问：得几何？”意思是：“有一块棱长为3尺的正方体方木，要把它作成边长为5寸的正方体枕头，可作多少个？”现有这样的一个正方体木料，其外周已涂上油漆，则从切割后的正方体枕头中任取一块，恰有一面涂上油漆的概率为（）A ．B ．125216827C ．D ．4914【答案】C【解析】有一块棱长为3尺的正方体方木，要把它作成边长为5寸的正方体枕头，可作216个，由正方体的结构及锯木块的方法，可知一面带有红漆的木块是每个面的中间那16块，共有6×16＝96个，∴从切割后的正方体枕头中任取一块，恰有一面涂上油漆的概率：p．9642169==故选C ．【名师点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、正方体的结构特征等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．对于古典概型，要求事件总数是可数的，满足条件的事件个数可数，使得满足条件的事件个数除以总的事件个数即可.9．【陕西省榆林市一中2019届高考模拟考试数学】袋子中有四个小球，分别写有“文、明、中、国”四个字，有放回地从中任取一个小球，直到“中”“国”两个字都取到就停止，用随机模拟的方法估计恰好在第三次停止的概率.利用电脑随机产生0到3之间取整数值的随机数，分别用0，1，2，3代表“文、明、中、国”这四个字，以每三个随机数为一组，表示取球三次的结果，经随机模拟产生了以下18组随机数：232 321 230 023 123 021 132 220 001231 130 133 231 013 320 122 103 233由此可以估计，恰好第三次就停止的概率为（）A ．B ．1916C ．D ．29518【答案】B【解析】经随机模拟产生的18组随机数中，232 321 230 023 123 021 132 220 001231 130 133 231 013 320 122 103 233恰好第三次就停止包含的基本事件有：023 123 132，共3个，由此可以估计，恰好第三次就停止的概率为.31186p ==故选B.【名师点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题.经随机模拟产生的18组随机数中，恰好第三次就停止包含的基本事件有3个，由此可以估计恰好第三次就停止的概率.10．【2020届福建省福州第一中学高三上学期期末考试数学试题】《镜花缘》是清代文人李汝珍创作的长篇小说，书中有这样一个情节：一座楼阁到处挂满了五彩缤纷的大小灯球，灯球有两种，一种是大灯下缀2个小灯，另一种是大灯下缀4个小灯，大灯共360个，小灯共1200个.若在这座楼阁的灯球中，随机选取一个灯球，则这个灯球是大灯下缀4个小灯的概率为（）A ．B ．1323C ．D ．1434【答案】B【解析】设大灯下缀2个小灯为个，大灯下缀4个小灯有个，x y 根据题意可得，解得，360241200x y x y +=⎧⎨+=⎩120,240x y ==则灯球的总数为个，360x y +=故这个灯球是大灯下缀4个小灯的概率为，故选B ．24023603=【名师点睛】本题主要考查了古典概型及其概率的计算，其中解答中根据题意列出方程组，求得两种灯球的数量是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．设大灯下缀2个小灯为个，大x 灯下缀4个小灯有个，根据题意求得，再由古典概型及其概率的公式，即可求解．y 120,240x y ==11．【江西省四校联盟2019-2020学年高三第一次联考数学试题】齐王有上等、中等、下等马各一匹，田忌也有上等、中等、下等马各一匹．田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马．现在从双方的马匹中随机各选一匹进行一场比赛，若有优势的马一定获胜，则齐王的马获胜得概率为（）A ．B ．4959C ．D ．2379【答案】C【解析】设齐王上等、中等、下等马分別为，田忌上等、中等、下等马分别为，,,A B C ,,a b c 现从双方的马匹中随机各选一匹进行一场比赛,基本事件有：，共9种，有优势的马()()()()()()()()(),,,,,,,,,,,,,,,,,A a A b A c B a B b B c C a C b C c 一定获胜，齐王的马获胜包含的基本事件有：，共6种,()()()()()(),,,,,,,,,,,A a A b A c B b B c C c 齐王的马获胜的概率为，故选C.∴6293P ==【名师点睛】本题主要考查古典概型概率公式的应用，属于中档题，利用古典概型概率公式求概率时，找准基本事件个数是解题的关键，基本亊件的探求方法有 (1)枚举法：适合给定的基本事件个数较少且易一一列举出的；(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本亊件的探求.在找基本事件个数时，一定要按顺序逐个写出：先，……，再，……，依次11(,)A B 12(,)A B 1(,)n A B 21(,)A B 22(,)A B 2(,)n A B……，这样才能避免多写、漏写现象的发生.31(,)A B 32(,)A B 3(,)n A B 12．【2020届河南省六市（南阳市、驻马店市、信阳市、漯河市、周口市、三门峡市）高三第一次模拟调研试题】五行学说是华夏民族创造的哲学思想，是华夏文明重要组成部分.古人认为，天下万物皆由金、木、水、火、土五类元素组成，如图，分别是金、木、水、火、土彼此之间存在的相生相克的关系.若从5类元素中任选2类元素，则2类元素相生的概率为（）A ．B ．1213C ．D ．1415【答案】A【解析】金、木、水、火、土任取两类，共有：金木、金水、金火、金土、木水、木火、木土、水火、水土、火土10种结果，其中两类元素相生的有火木、火土、木水、水金、金土共5结果，所以2类元素相生的概率为，故选A.51102=【名师点睛】本题主要考查古典概型概率公式的应用，属于基础题，利用古典概型概率公式求概率时，找准基本事件个数是解题的关键，基本亊件的探求方法有 (1)枚举法：适合给定的基本事件个数较少且易一一列举出的；(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本亊件的探求.在找基本事件个数时，一定要按顺序逐个写出：先，……，再，……，依次11(,)A B 12(,)A B 1(,)n A B 21(,)A B 22(,)A B 2(,)n A B …………这样才能避免多写、漏写现象的发生.31(,)A B 32(,)A B 3(,)n A B 13．【2020年普通高等学校招生全国统一考试数学样卷(三)】一个盒子中装有4张卡片，上面分别写着如下四个定义域为的函数：，，，．现从盒子中任R 31()f x x =2()||f x x =3()sin f x x =4()cos f x x =取2张卡片，将卡片上的函数相乘得到一个新函数，所得新函数为奇函数的概率是（ ）A ．B ．1613C ．D ．2356【答案】C 【解析】因为，是奇函数，，是偶函数，所以在所有的六个组合，1()f x 3()f x 2()f x 4()f x 12()()f x f x ⋅，，，，中，有4个奇函数，分别为13()()f x f x ⋅14()()f x f x ⋅23()()f x f x ⋅24()()f x f x ⋅34()()f x f x ⋅，，，，所以所求的概率为．12()()f x f x ⋅14()()f x f x ⋅23()()f x f x ⋅34()()f x f x ⋅4263=故选C.【名师点睛】本小题主要考查古典概型的概率计算，属于基础题.利用列举法列举出所有可能情况，结合古典概型概率计算公式，计算出所求概率.14．【湖北省襄阳五中、夷陵中学、钟祥一中三校2020届高三下学期6月高考适应性考试数学试题】将一个各面上均涂有颜色的正方体的棱四等分，然后沿等分线把正方体切开得到同样大小的小正方体，从这些小正方体中任取一个，则恰好没有被涂色的概率为（）A ．B ．1814C ．D ．3812【答案】A【解析】沿等分线把正方体切开得到同样大小的小正方体共有64个，其中有3个面涂色的小正方体共有8个，只有2个面涂色的小正方体共有个，只有一个面涂色的小正方体共有个，12224⨯=2446=⨯那么没有被涂色的小正方体共有个，64824248---=所以恰好没有被涂色的概率为.81648=故选A.【名师点睛】本题考查了古典概型的概率公式，属于基础题. 根据古典概型的概率公式计算可得结果.15．【四川省绵阳南山中学2020届高三高考仿真模拟（一)数学试题】从标号分别为、、、、的12345张标签中随机抽取一张，放回后再随机抽取一张，则抽得的第一张标签的标号与第二张标签的标号恰5好相差的概率为（）1A ．B ．4525C ．D ．425825【答案】D【解析】从标号分别为、、、、的张标签中随机抽取一张，放回后再随机抽取一张，123455所有的基本事件数为，2525=其中，事件“抽得的第一张标签的标号与第二张标签的标号恰好相差”所包含的基本事件有：、1()1,2、、、、、、，共种情况，()2,1()2,3()3,2()3,4()4,3()4,5()5,48因此，所求事件的概率为.825P =故选D.【名师点睛】本题考查利用古典概型的概率公式求事件的概率，一般利用列举法列举出基本事件，考查计算能力，属于基础题.计算出基本事件的总数，并列举出事件“抽得的第一张标签的标号与第二张标签的标号恰好相差”所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.116．【四川省阆中中学2020届高三全景模拟（最后一考)数学试题】中国古代十进制的算筹计数法，在数学史上是一个伟大的创造，算筹实际上是一根根同长短的小木棍．如图，是利用算筹表示数1－9的一种方法．例如：3可表示为“≡”，26可表示为“=⊥”，现有6根算筹，据此表示方法，若算筹不能剩余，则可以用1－9这9个数字表示两位数中，能被3整除的概率是（）A ．B ．518718C ．D ．716516【答案】D【解析】1根算筹只能表示1,2根根算筹可以表示2和6,3根算筹可以表示3和7,4根算筹可以表示4和8,5根算筹可以表示5和9，因此6根算筹表示的两位数有15,19,51,91,24,28,64,68,42,82,46,86,37,33,73,77共16个，其中15,51,24,42,33共5个可以被3整除，所以所求概率为．516P =故选D ．【名师点睛】本题考查古典概型，考查中国古代数学文化，解题关键是用列举法写出6根算筹所能表示的两位数．根据题意把6根算筹所能表示的两位数列举出来后，计算哪些能被3整除即可得概率．17．【广西钦州市2019-2020学年高三5月质量检测数学试题】桂林漓江主要景点有象鼻山、伏波山、叠彩山、芦笛岩、七星岩、九马画山，小张一家人随机从这6个景点中选取2个进行游玩，则小张一家人不去七星岩和叠彩山的概率为（）A ．B ．2313C ．D ．3525【答案】D【解析】从这6个景点选取2个的所有情况为：(象鼻山，伏波山)，(象鼻山，叠彩山)，(象鼻山，芦笛岩)，(象鼻山，七星岩)，(象鼻山，九马画山)，(伏波山，叠彩山)，(伏波山，芦笛岩)，(伏波山，七星岩)，(伏波山，九马画山)，(叠彩山，芦笛岩)，(叠彩山，七星岩)，(叠彩山，九马画山)，(芦笛岩，七星岩)，(芦笛岩，九马画山)，(七星岩，九马画山)，共15种，其中,他们不去七星岩和叠彩山的情况有6种，故所求概率为.62155P ==故选D.【名师点睛】本题考查古典概型，考查运算求解能力与应用意识. 用列举法列出6个景点选取2个的所有情况，求出所有情况的种数，然后求出他们不去七星岩和叠彩山的情况的种数，根据古典概型的计算公式求解即可.18．【重庆市第一中学2019-2020学年高三下学期期中数学试题】2020年，新型冠状病毒引发的疫情牵动着亿万人的心，八方驰援战疫情，众志成城克时难，社会各界支援湖北共抗新型冠状病毒肺炎，重庆某医院派出3名医生，2名护士支援湖北，现从这5人中任选2人定点支援湖北某医院，则恰有1名医生和1名护士被选中的概率为（ ）A ．0.7B ．0.4C ．0.6D ．0.3【答案】C【解析】重庆某医院派出3名医生，2名护士支援湖北，现从这5人中任选2人定点支援湖北某医院，名护士记为、，名医生分别记为、、，2A B 3a b c 所有的基本事件有：、、、、、、、、、(),A B (),A a (),A b (),A c (),B a (),B b (),B c (),a b (),a c ，共种，(),b c 10其中事件“恰有1名医生和1名护士被选中”所包含的基本事件有：、、、、(),A a (),A b (),A c (),B a 、，共种，(),B b (),B c 6因此，所求事件的概率为.60.610P ==故选C.【名师点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题. 现从这5人中任选2人定点支援湖北某医院，名护士分别记为、，名医生分别记为、2A B 3a 、，列举出所有的基本事件，利用古典概型的概率公式可得所求事件的概率.b c 19．【2020届河南省新乡市高三第二次模拟数学试题】祖冲之是我国南北朝时期杰出的数学家、天文学家.他一生钻研自然科学，其主要贡献在数学、天文历法和机械制造三方面，特别是在探索圆周率的精确π度上，首次将“”精确到小数点后第七位，即，在此基础上，我们从“圆周率”第三到第π 3.1415926π=八位有效数字中随机取两个数字，，则事件“”的概率为（）a b ||3a b -≤A ．B ．13815C ．D ．23715【答案】B【解析】由题意可知第三到第八位有效数字为4，1，5，9，2，6，则取到数字，的情况有，，，，，，，，，a b (4,1)(4,5)(4,9)(4,2)(4,6)(1,5)(1,9)(1,2)(1,6)，，，，，，共15种，(5,9)(5,2)(5,6)(9,2)(9,6)(2,6)其中符合条件的有8种，故所求概率.815P =故选B.【名师点睛】本题考查用列举法求古典概型的概率，考查数据处理能力和运算求解能力，是基础题.把第三到第八位6个有效数字两两组合，列出所有可能情况，找出符合要求事件个数，求概率.20．【宁夏六盘山高级中学2020届高三第四次模拟测试数学试题】将一颗骰子抛掷两次分别得到向上的点数、，则直线与相切的概率为（ ）a b 0ax by -=()2255x y +-=A ．B ．16112C ．D ．118130【答案】B【解析】因为直线与圆相切，0ax by -=()2255x y +-=所以圆的圆心为，化简得，()0,52a b =因为一颗骰子抛掷两次分别得到向上的点数为、，a b 所以数对共有种，其中满足的数对有、、三种，(),a b 362a b =()2,1()4,2()6,3故，故选．313612P ==B 【名师点睛】本题考查直线与圆的位置关系以及古典概型的相关计算公式，当直线与圆相切时，圆心到直线的距离等于半径，考查计算能力与推理能力，是中档题．本题首先可以通过直线与0ax by -=圆相切以及点到直线距离公式得出，然后通过题意确定数对一共有多少()2255x y +-=2a b =(),a b 种以及满足的数对有几种，最后通过概率计算公式即可得出结果．2a b =(),a b。