考研概率论复习古典概型中几种研究模型

古典概型中研究的几类基本问题:抛硬币、掷骰(t óu)子、摸球、取数等随机试验,在概率问题的研究中,有着十分重要的意义.一方面,这些随机试验,是人们从大量的随机现象中筛选出来的理想化的概率模型.它们的内容生动形象,结构清楚明确,富有直观性和典型性,便于深入浅出地反映事物的本质,揭示事物的规律.另一方面,这种模型化的处理方法,思想活泼,应用广泛,具有极大的普遍性,不少复杂问题的解决,常常可以归结为某种简单的模型.因此,有目的地考察并掌握若干常见的概率模型,有助于我们举一反三,触类旁通,丰富解题的技能和技巧,从根本上提高解答概率题的能力.本部分主要讨论古典概率中的四类基本问题(摸球问题、分球入盒问题、随机取数问题和选票问题),给出它们的一般解法,指出它们的典型意义,介绍它们的常见应用.一、摸球问题[例1]袋中有α个白球,β个黑球：(1)从中任取出a ＋b 个(a,b ∈N,α≤a,b ≤β,试求所取出的球恰有a 个白球和b 个黑球的概率；(2)从中陆续取出3个球(不返回),求3个球依次为“黑白黑”概率；(3)逐一把球取出(不返回),直至留在袋中的球都是同一种颜色为止,求最后是白球留在袋中的概率.思考方法 这里的三个小题,摸球的方式各不相同,必须在各自的样本空间中分别进行处理.(1)中的每一个样本点,对应着从α+β个球中任取a+b 个球的一种取法,无需考虑顺序,属于组合问题.(2)中的每一个样本点,对应着从α+β个球中依次取出三个球的一种取法,需要考虑先后次序,属于排列问题.(3)中事件的有利场合(摸剩白球)包含了α种不同情形：摸剩α个白球,α-1个白球,…,1个白球.因此,必须对各种情形分别加以考虑.[解](1)设A 1表示事件“所取的a+b 个球中恰有a 个白球和b 个黑球”.从α+β个球中任意摸出a+b 个,有⎪⎪⎭⎫⎝⎛++=++b a C b a βαβα种不同取法,此即样本空间所包含的样本点总数.而事件A 1所包含的样本点数,相当于从α个白球中任取a 个,从β个黑球中任取b 个的取法种数,共⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=b a C C b a βαβα种.所以P(A 1)=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=++b a b a C C C b a b a βαβαβαβα (2)设A 2表示事件“取出的3个球依次为黑白黑”.从α+β个球中依次任取3个,有3βα+A 种取法,此即样本点总数.对于有利场合,第一个和第三个黑球可在β个黑球中依次取得,有2βA 种取法,第二个白球可在α个白球中任取,有1αA 种取法.因此,A 2所包含的样本点数为21βαA A ⋅.于是P(A 2)=)2)(1)(()1(-+-++-βαβαβαβαβ (3)袋中只剩白球时(设此事件为A 3),取出的球必为β个黑球,i 个白球(i=0,1,…,α-1).用Bi 表示事件“取出β个黑球,i 个白球,袋中留下的全是白球”(i=0,1,…,α-1),则事件B 0,B 1,…,B α-1,β必两两互不相容,且A 3=B 0+B 1+…+B α-1．依概率的有限可加性,有P(A 3)=P(B 0)+P(B 1)+P(B 2)+ …+P(B α-1)依事件B i 的含义,对于确定的i,它的样本空间就是从α+β个球中任取i+β个球的排列.所以,样本点总数为ββα++i A .注意到i+β个球取出后,留在袋中的全是白球,因而在这i+β个球中,最后取出的一个应是黑球.这样,事件B i 的有利场合,就是i+β-1个球的全排列(β个黑球中扣除1个,以保证最后取出的一个必为黑球).显然,i 个白球可从α个白球中取得,有i C α种取法;β-1个黑球可从β个黑球中取得,有1-ββC 种取法,．从而事件B i 所包含的样本点数为11-+-⋅⋅βββαi i A C C .于是P(B i )=ββαββββα++-+-+-⋅⋅i i i i A A C C 111 =i i C 1)(!!-++ββαβα 把诸P(Bi)的值代入(1)式,并注意到22110++++m m m C C C +…111-+--+=n n m n n m C C即得P(A 3)=+++++-21101[)!(!!ββββαβαC C C …]12--+ααβC =11)!(!!--++ααββαβαC =βαα+ 评注 如果把题中的“白球”、“黑球”换为“正品”、“次品”或“甲物”、“乙物”等等,我们就可以得到各种各样的“摸球问题”.为了让读者对此有深切的体会,我们再来看下面的例子：(1)一批灯泡40只,其中3只是坏的,从中任取5只检查.问：① 5只都是好的概率为多少？② 5只中有2只坏的概率为多少？(答案：①540537C C ;②54023337C C C ) (2)在相应地写有2,4,6,7,8,11,12及13的8张相同的卡片中,任意取出2张,求由所取得的两个数构成的分数为可约的概率.(答案:2825C C ) (3)从一副扑克牌(52张)中任取6张,求得3张红色的牌和三张黑色的牌的概率.(答案：652326326C C C ) (4)用火车运载两类产品,甲类n 件,乙类m 件.有消息证实,在路途中有2件产品损坏.求损坏的是不同产品的概率.(答案:211mn m n C C C +⋅) (5)一个班级有2n 个男生和2n 个女生,把全班学生任意地分成人数相等的两组,求每组中男女生人数相等的概率.(答案：n nn n n C C C 24222⋅) (6)从数1,2,…,n 中任取两数,求所取两数之和和偶数的概率.(答案：当n 为偶数时,p=222/2nn C C ；当n 为奇数时,p=222/)1(22/)1(n n n C C C +-+) 不难发现,上述各个问题的解决,都可以归结为摸球问题(例1(1)).我们说摸球问题具有典型意义,原因也正在于此.,二、分球入盒问题[例2]把n 个球以同样的概率分配到Ｎ(n≤Ｎ)个盒子中的每一个中去,试求下列各事件的概率：(1)Ａ：某指定n 个盒子中各有一球；(2)Ｂ：恰有n 个盒子,其中各有一球;(3)Ｃ：某指定盒子中恰有m(m≤n)个球.思考方法 解答本题时,要发掘“n 个球以同样的概率分配到Ｎ个盒子中的每一个中去”一语的含义.这句话意思是说,每一个球,被分配到任意一个盒子中去是等可能的；也就是说每一个球各有Ｎ种不同的去向.[解] 因为n 个球中的每一个球,都以同样的概率进入Ｎ个盒子中的任意一个,所以样本点总数为N n .(1)n 个球分别分配到Ｎ个预先指定的盒子中去,相当于n 个球的全排列,因此事件Ａ所包含的样本点数为A n ,于是 P(A)=n n n Nn N A !=． (2)对于事件Ｂ,ｎ个盒子可自Ｎ个盒子中任意选取,有n N C 种选法,因而事件Ｂ包含!n C n N ⋅个样本点,于是 P(B)=)!(!!n N N N N n C n n n N -⋅=⋅. (8)事件Ｃ中的ｍ个球,可以从n 个球中任意选取有mn C 种选法,其余的n-m 个球可以任意分配到另外Ｎ-1个盒子中去,有(N-1)n-m 种分配法.因而事件Ｃ包含m n m n N C --)1(个样本点.这样 P(C)=m n m m n n m n m n N N C NN C ---=-)11()1()1(. 评注 不难发现当n 和Ｎ确定时P(C)只依赖于m.如果把P(C)记作P m ,依二项式定理有1)111()11()1(00=-+=-=-==∑∑n m n m n m m n n m m NN N N C P . 上述等式的概率意义是十分明显的.就是对于某个指定的盒子来说,进入盒子中的球数不外是0,1,...,n;从而这n+1种情形的和事件为必然事件,其概率必为1.这个问题实质上就是贝努利(Bernoulli)概型.n 个球在Ｎ个盒子中的分布,是一种理想化的概率模型,可用以描述许多直观背景很不相同的随机试验.为了阐明这一点,我们列举一些貌异质同的试验：(1)生日.ｎ个人的生日的可能情形,相当于ｎ个球放入Ｎ=365个盒子中的不同排列(假定一年有365天).(2)性别.ｎ个人的性别分布,相当于把ｎ个球放入Ｎ=2个盒子中.(3)意外事件.如果把ｎ个意外事件按其发生在星期几来分类,相当于ｎ个球放入Ｎ=7个盒子中.(4)掷骰子.掷ｎ颗骰子的可能结果,相当于把ｎ个球放入Ｎ=6个盒子中.(5)质点入格.ｎ个质点落于Ｎ个格子中的可能情形,相当于ｎ个球分入Ｎ个盒子中.(6)旅客下站.一列火车中有ｎ名旅客,它在Ｎ个站上都停.旅客下站的各种能情形,相当于n 个球分到Ｎ个盒子中的各种情形.(7)住房分配.n 个人被分配到Ｎ个房间中去住,则人相当于球,房间相当于盒子.(8)印刷错误.ｎ个印刷错误在一本具有Ｎ页的书中的一切可能的分布,相当于ｎ个球放入Ｎ个盒子中的一切可能分布(ｎ必须小于每一页的字数).从上面所列举的部分试验,我们不难体会分球入盒的模型的意义.因而使例2成为古典概率中的典型问题之一,为一类实际问题的求解,提供了有效的途径.作为练习,读者可利用本题的思想方法,解答下列各题：(1)同时掷4颗质量均匀的骰子,求出现完全不相同的点数的概率.(答案：4466A ) (2)设一个人的生日在星期几是等可能的,求6个人的生日都集中在一星期中任意两天但不是都在同一天的概率.(答案：66277)22(-C ) (3)有n 个质点,每个质点都等可能地落于Ｎ(ｎ≤Ｎ)个格子中的每一个.试求每一格子至多含一点的概率.(答案：nn n N N A C )(4)设有n 个人,每个人都等可能地被分配到n 个房间中的任一间去住.求恰有一个空房间的概率.(答案:nn n n n A C C 121-⋅⋅．) 三、随机取数问题[例3]从1,2,…,10这十个数中任取一个,假定各个数都以同样的概率被取中,取后还原,先后取出7个数,试求下列各事件的概率：(1)A 1：7个数全不相同；(2)A 2：不含10与1；(3)A 3：10恰好出现两次；(4)A 4：10至少出现两次；(5)A 5：取到的最大数恰好为6．思考方法 本题所及的随机试验,就取样方法来说,属于返回取样.也就是说,把某数取出后还原,下次仍有同样的可能再取到这个数.注意到这一特点,运用上节介绍的思想方法,原题就不难得解.[解] 依题设样本空间就是10个相异元素允许重复的7元排列.所以样本点总数为107．(1)事件A 1,要求所取的7个数是互不相同的,考虑到各个数取出时有先后顺序之分,所以有利场合相当于从10个相异元素里每次取出7个相异元素的排列.因此,A 1所包含的样本点数为710A .于是P(A 1)=06048.0107710=A . (2)事件A 2：先后取出的7个数中不含10与1,所以,这7个数只能从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中取得.注意到实验属于有返回取样,则A 2的有利场合,相当于8个相异元素允许重复的7元排列.于是,A 2所包含的样本点数为87,有P(A 2)=2097.010877≈. (3)事件A 3中出现的两次10,可以是7次取数中的任意两次,有27C 种取法,其余的5次,每次可以取剩下的9个数中的任一个,共有95种取法.于是A 3的有利场合为5279⋅C .由此 P(A 3)=1240.01097527≈⋅C . (4)事件A 4是六个两两互不相容事件“10恰好出现k 次”(k=2,3,4,5,6,7)的和,因此P(A 4)=1497.010972777≈⋅∑=-k kk C . 也可以先考察A 4的逆事件.这里4A 是事件“10恰好出现一次或一次也不出现”显然P(4A )=8503.0109977617≈+⋅C . (5)事件A 5的有利场合,就是6个相异元素(1,2,3,4,5,6)允许重复的最大数恰好为6的7元排列.这种排列可以分为6出现1次,2次,3次,4次,5次,6次,7次等七类,显然,它们的排列数依次是2573474375276175,5,5,5,5,C C C C C ,1675C ,.5077C 于是P(A 5)=0202.010577177≈⋅∑=-k k k C.事件A 5的有利场合数也可以这样来考虑：最大数字不大于6的7元重复排列,有67种,它可以分为两类,一类是最大数恰好是6的7元重复排列；一类是最大数小于6的7元重复排列.注意到第二类重复排列有57种,则第一类重复排列有67-57种.于是．P(A 5)=0202.01056777≈-. 评注 例3是一个比较典型的返回取样问题,解题的思想方法,对于同类问题具有指导意义.但决不能把它作为现成的公式乱套,即使同是随机取数问题,也须斟酌题意灵活运用.例如,下面的四个问题,表面看结构相仿,实质上差别较大,读者不妨一试,以资鉴别.(1)电话号码有五个数字组成,求电话号码由完全不同的数字组成的概率.(答案：551010A ．) (2)某单位印刷的一种单据,编号由五个数字组成,从00001开始,求任取其中一张,编号由完全不同的数组成的概率.(答案:1105510-A ．) (3)在0至9这十个数字中,不放回地任取5个,求能排成由完全不同的数字组成的五位数的概率.(答案:510454959)(A A A C A -+．) (4)在0至9这十个数字中,有放回地任取5个,求能排成由完全不同的数字组成的6位数的概率.(答案:545495910)(A A C A -+．) 四、选票问题[例4]假定在一次选举中,候选人甲得a 票,候选人乙得b 票,且a ＞b,试求下列事件的概率：(1)Ａ：在计票过程中,甲、乙的票数在某个时刻相等；(2)Ｂ：在计票过程中,甲的票数总比乙的票数多;(3)Ｃ：在计票过程中,甲的票数总不落后于乙.思考方法 本题结构比较复杂,不大容易入手.为了便于分析,我们不妨考虑一个简化问题,比如,令a=3,b=2．这时,样本空间就是3张属于甲的选票和2张属于乙的选票的全排列.显然这是一个不尽相异元素的全排列问题,其排列种数为10!2!3)!23(=⋅+．如果把样本点具体写出来,就是①乙乙甲甲甲,②乙甲乙甲甲,③乙甲甲乙甲,④乙甲甲甲乙,⑤甲甲乙乙甲,⑥甲乙乙甲甲,⑦甲乙甲乙甲,⑧甲乙甲甲乙,⑨甲甲乙甲乙,⑩甲甲甲乙乙.为了直观地反映事件Ａ,Ｂ,Ｃ的情形,我们可以利用平面坐标的思想,建立样本点和平面折线的对应关系.具体地说,以横轴表示计票张数,纵轴表示计票过程中甲、乙两候选人所得票数之差；先依样本点在计票过程中的情形,在坐标平面上确定点的位置,再用线段把各点连成折线.如图3-3[1]所示,点Ｏ(0,0)表示计票起点；点Ａ(1,-1)表示第一张选票是属于乙的,甲、乙票数之差等于-1；点Ｂ(2,-2)表示第二张选票也是属于乙的,这时共计了两张选票,甲、乙票数之差等于-2；点Ｃ(3,-1)表示第三张选票是属于甲的,这时共计了三张选票,甲、乙票数之差等于-1；点Ｄ(4,0)表示第四张选票是属于甲的,这时共计了四张选票,甲、乙票数之差等于0,即两人得票数相等；点Ｅ(5,1)表示第五张选票也是属于甲的,这时共计了五张选票,甲、乙票数之差等于 1.这样,图3-3[1]的折线就形象地刻划了样本点“乙乙甲甲甲”在计票过程中的情形.同样,图3-3[2]至[10]的各条折线,刻划了其余九个样本点在计票过程中的情形.经过上述处理,我们从图3-3就可以形象地看到：事件Ａ包含的样本点,它们所对应的折线,除起点外,与横轴至少有一个公共点；事件Ｂ包含的样本点,它们所对应的折线,除起点外,图形全在横轴的上方,与横轴没有其余的公共点；事件Ｃ的样本点,它们所对应的折线,在横轴的上方,且与横轴允许有其余的公共点.这样,从图中容易得到,Ａ的样本点数为8,Ｂ的样本点数为2,Ｃ的样本点数为5．于是P(A)=8/10=0.8; P(B)=2/10=0.2; P(C)=5/10=0.5.分析到这里,简化问题得以解决.为了能用于指导原题的解答,我们还需对简化问题作进一步的考察.细酌题中的各个事件,从图3-3可以得到以下结论：1.在计票过程中,甲的票数总比乙少的情形是不可能发生的.事实上,如果甲的票数总比乙少,那么甲的得票总数将比乙少,与条件a ＞b 相矛盾.这就表明,事件Ａ与Ｂ必为互逆事件.2.事件Ｂ的样本点,对应于图3-3[9]、[10]所示的折线.这两个样本点的共同特点是：甲先得一票；如果把这一票扣除,那么余下的四票就组成甲得2票、乙得2票时,事件“在计票过程中,甲的票数总不落后于乙”的样本点.这样,我们就可把事件Ｂ与事件Ｃ联系起来,相互转化.3.从1、2可知,解题的关键,在于推求P(A)；而计算P(A)的关键,又在于确定Ａ的样本点数.从图3-3不难看出,A 的样本点可以分为两类：一类是第一张选票属于乙的;另一类是第一张选票属于甲的.前一类样本点数,相当于3张属于甲的选票和2-1=1张属于乙的选票的全排列数：4!1!3)!13(=+．后一类样本点数,似难直接推算.但从图3-3可以看出.如果把这一类样本点所对应的折线,从起点到首次触到横轴的部分,对横轴作一次反射,那么就得到第一类样本点(参考图3—3[1]—[4]与[5]—[8].这就是说,两类样本点在所作的反射下是一一对应的.所以,第二类样本点数等于第一类样本点数.分析到这里,原题就不难解出了.[解] 依题设,样本空间就是a 张屋于甲的选票与b 张属于乙的选票的全排列.这是一个不尽相异元素的排列问题,排列种数为!!)!(b a b a +,这就是样本点的总数. (1)为了计算A 的样本点数.我们把A 的每个样本点表示成形如图3—3的折线,横标为计票张数,纵标为甲、乙票数之差；斜率为1的线段表示计票过程中甲得票,斜率为-1的线段表示计票过程中乙得票.这样,可以把A 的样本点分成两类：第一类为第一张选票属于乙的,在这种场合,于某个时刻必然会出现甲、乙两人的票数相等(因为a>b)；第二类为第一张选票属于甲,且在某时刻甲、乙两人的票数相等.这里,第一类样本点数,相当于a 张属于甲的选票与b-1张属于乙的选票的全排列数,有)!1(!)!1(--+b a b a 种. 对于第二类样本点的任一折线,从起点到首次触到横轴的部分对横轴作一次反射,其余部分保持不变,就得到第一类样本点的一条折线(图3-4).不难证明,用这样的方法可以建立起第一类与第二类样本点之间的一一对应关系.所以,第二类样本点数也是)!1(!)!1(--+b a b a ．这样,事件Ａ的样本点数为)!1(!])!1[(2--+b a b a ．于是 P(A)=ba b b a b a b a b a +=+--+2!!)!()!1(!])!1[(2(2)在a ＞b 的条件下,事件Ｂ是事件Ａ的逆事件,所以P(B)=1-P(A)=1-ba b a b a b +-=+2. (3)为了方便起见,我们用C a,b 记事件“在计票过程中,甲的票数总不落后于乙”;用B a,b 记事件“在计票过程中,甲的票数总比乙多”(足码a,b 表示在计票过程中一共有a ＋b 张选票,其中a 张属于甲的,b 张属于乙的).容易看出,B a,b 的样本点,它们所对应的折线,全在横轴的上方.所以,如果把第一张属于甲的选票去掉(相当于把横轴向上平移一个单位),那么余下的折线仍在新横轴的上方,最多与新横轴有若干个公共点(图3-5),从而必是C a-1,b 的样本点.也就是说,C a-1,b 的样本点数与B a,b 的样本点数相等.因此,C a-1,b 的样本点数为!1)()!1()!1(!)!1(2!!)!(b a b a b a b a b a b a b a --+=--+⋅-+. 而对应的样本点总数为!)!1()!1(b a b a ⋅-+-．于是 P(C a-1,b )=a b a b a b a b a b a b a -=⋅--+⋅--+!)!1()!1(!!)()!1(. 在上式中用a ＋1替换a,即得P(C)=P(C a,b )=11++-a b a .评注 在解题过程中,我们借助了几何直观,把每个样本点都用坐标平面上的一条折线来表示,并采用了反射的技巧,建立起事件Ａ的两类样本点之间的一一对应关系,把本来难以入手的问题,转化为容易求解的排列问题.本题涉及到较多的理论问题,深入进行考察,还可得到许多有趣的结论,有兴趣的读者可以阅读威廉．费勒(William Feuer)的名著《概率论及其应用》(胡迪鹤等译,科学出版社1964年11月第一版).例4是一个典型的古典概率问题.利用本题的结论和思想方法,不难解答下列问题：(1)一口袋中有m 个白球及n 个黑球,且m ＞n,从袋中一个个把球取出(不返回),直至把球全部取出.求在整个摸球过程中,得到相同个数黑、白球的概率.(答案：nm n +2．) (2)掷均匀硬币几次,求总共掷出m 次正面(m ＞n/2)且在整个投掷过程中掷出反面次数总小于正面次数的概率.(答案：nn m -2．) (3)剧院售票处有2n 个人排队买票,其中n 人只有五角钱一张的钞票,其余几个人只有一元钱的钞票.开始售票时售票处无钱可找,而每个人只买一张五角钱的票.求售票处不会找不出钱的概率.(答案：11+n ．) (4)一口袋中有n 个白球和n 个黑球.从袋中一个个把球取出(不返回),直至球全部取出.求在摸完全部球之前,摸出的白球个数总比摸出的黑球个数多的概率.(答案：)12(21-n ．)。

第二节古典概型[最新考纲] 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包含的基本事件数及事件发生的概率．1．基本事件的特点(1)任何两个基本事件是互斥的．(2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和．2．古典概型(1)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．(2)概率计算公式：P(A)＝A包含的基本事件的个数基本事件的总数.[常用结论]确定基本事件个数的三种方法(1)列举法：此法适合基本事件较少的古典概型．(2)列表法(坐标法)：此法适合多个元素中选定两个元素的试验．(3)树状图法：适合有顺序的问题及较复杂问题中基本事件个数的探求．一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)“在适宜条件下，种下一粒种子观察它是否发芽”属于古典概型，其基本事件是“发芽与不发芽”．()(2)掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”，这三个事件是等可能事件．()(3)某袋中装有大小均匀的三个红球、两个黑球、一个白球，那么每种颜色的球被摸到的可能性相同．()(4)“从长为1的线段AB上任取一点C，求满足AC≤13的概率是多少”是古典概型． ()[答案](1)×(2)×(3)×(4)×二、教材改编1．从1,2,3,4,5中随机取出三个不同的数，则其和为偶数的基本事件个数为()A．4B．5C．6D．7C[任取三个数和为偶数共有：(1,2,3)，(1,2,5)，(1,3,4)，(1,4,5)，(2,3,5)，(3,4,5)共6个，故选C.]2．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()A.25 B.415 C.35 D.23A[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.]3．现从甲、乙、丙3人中随机选派2人参加某项活动，则甲被选中的概率为．23[从甲、乙、丙3人中随机选派2人参加某项活动，有甲乙，甲丙，乙丙三种可能，则甲被选中的概率为2 3.]4．口袋里装有红球、白球、黑球各1个，这3个球除颜色外完全相同，有放回地连续抽取2次，每次从中任意取出1个球，则2次取出的球颜色不同的概率是．23[由题意，知基本事件有(红，红)，(红，白)，(红，黑)，(白，红)，(白，白)，(白，黑)，(黑，红)，(黑，白)，(黑，黑)，共9种，其中2次取出的球颜色相同有3种，所以2次取出的球颜色不同的概率为1－39＝23.]考点1古典概型的概率计算求古典概型概率的步骤(1)判断本试验的结果是否为等可能事件，设出所求事件A；(2)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；(3)利用公式P(A)＝mn，求出事件A的概率．(1)(2019·全国卷Ⅱ)生物实验室有5只兔子，其中只有3只测量过某项指标．若从这5只兔子中随机取出3只，则恰有2只测量过该指标的概率为()A.23 B.35 C.25 D.15(2)(2019·全国卷Ⅲ)两位男同学和两位女同学随机排成一列，则两位女同学相邻的概率是()A.16 B.14 C.13 D.12(1)B(2)D[(1)设5只兔子中测量过某项指标的3只为a1，a2，a3，未测量过这项指标的2只为b1，b2，则从5只兔子中随机取出3只的所有可能情况为(a1，a2，a3)，(a1，a2，b1)，(a1，a2，b2)，(a1，a3，b1)，(a1，a3，b2)，(a1，b1，b2)，(a2，a3，b1)，(a2，a3，b2)，(a2，b1，b2)，(a3，b1，b2)，共10种可能．其中恰有2只测量过该指标的情况为(a1，a2，b1)，(a1，a2，b2)，(a1，a3，b1)，(a1，a3，b2)，(a2，a3，b1)，(a2，a3，b2)，共6种可能．故恰有2只测量过该指标的概率为610＝35.故选B.(2)设两位男同学分别为A，B，两位女同学分别为a，b，则用“树形图”表示四位同学排成一列所有可能的结果如图所示．由图知，共有24种等可能的结果，其中两位女同学相邻的结果(画“√”的情况)共有12种，故所求概率为1224＝12.故选D.](3)(2019·天津高考)2019年，我国施行个人所得税专项附加扣除办法，涉及子女教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息或者住房租金、赡养老人等六项专项附加扣除．某单位老、中、青员工分别有72,108,120人，现采用分层抽样的方法，从该单位上述员工中抽取25人调查专项附加扣除的享受情况．①应从老、中、青员工中分别抽取多少人？②抽取的25人中，享受至少两项专项附加扣除的员工有6人，分别记为A ，B ，C ，D ，E ，F .享受情况如下表，其中“○”表示享受，“×”表示不享受．现从这6人中随机抽取2人接受采访．a.b ．设M 为事件“抽取的2人享受的专项附加扣除至少有一项相同”，求事件M 发生的概率．[解] ①由已知得老、中、青员工人数之比为6∶9∶10，由于采用分层抽样的方法从中抽取25位员工，因此应从老、中、青员工中分别抽取6人、9人、10人．②a.从已知的6人中随机抽取2人的所有可能结果为{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．b．由表格知，符合题意的所有结果为{A，B}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{B，D}，{B，E}，{B，F}，{C，E}，{C，F}，{D，F}，{E，F}，共11种．所以，事件M发生的概率P(M)＝11 15.求古典概型概率的关键是列出所有可能的结果．[教师备选例题]某旅游爱好者计划从3个亚洲国家A1，A2，A3和3个欧洲国家B1，B2，B3中选择2个国家去旅游．(1)若从这6个国家中任选2个，求这2个国家都是亚洲国家的概率；(2)若从亚洲国家和欧洲国家中各任选1个，求这2个国家包括A1但不包括B1的概率．[解](1)由题意知，从6个国家中任选两个国家，其一切可能的结果组成的基本事件有：{A1，A2}，{A1，A3}，{A1，B1}，{A1，B2}，{A1，B3}，{A2，A3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A2，B3}，{A3，B1}，{A3，B2}，{A3，B3}，{B1，B2}，{B1，B3}，{B2，B3}，共15个．所选两个国家都是亚洲国家的事件所包含的基本事件有：{A1，A2}，{A1，A3}，{A2，A3}，共3个，则所求事件的概率为P＝315＝15.(2)从亚洲国家和欧洲国家中各任选一个，其一切可能的结果组成的基本事件有：{A1，B1}，{A1，B2}，{A1，B3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A2，B3}，{A3，B1}，{A3，B2}，{A3，B3}，共9个．包括A1但不包括B1的事件所包含的基本事件有：{A1，B2}，{A1，B3}，共2个，则所求事件的概率为P＝2 9.1.(2019·江苏高考)从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿者服务，则选出的2名同学中至少有1名女同学的概率是．710[法一：设3名男同学分别为A，B，C,2名女同学分别为a，b，则所有等可能事件分别为AB，AC，Aa，Ab，BC，Ba，Bb，Ca，Cb，ab，共10个，选出的2名同学中至少有1名女同学包含的基本事件分别为Aa，Ab，Ba，Bb，Ca，Cb，ab，共7个，故所求概率为7 10.法二：同方法一，得所有等可能事件共10个，选出的2名同学中没有女同学包含的基本事件分别为AB，AC，BC，共3个，故所求概率为1－310＝710.]2．(2018·天津高考)已知某校甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数分别为240,160,160. 现采用分层抽样的方法从中抽取7名同学去某敬老院参加献爱心活动．(1)应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取多少人？(2)设抽出的7名同学分别用A，B，C，D，E，F，G表示，现从中随机抽取2名同学承担敬老院的卫生工作．①试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；②设M为事件“抽取的2名同学来自同一年级”，求事件M发生的概率．[解](1)因为甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数之比为3∶2∶2，由于采用分层抽样的方法从中抽取7名同学，所以应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取3人，2人，2人．(2)①从抽取的7名同学中随机抽取2名同学的所有可能结果为{A，B}，{A，C}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{A，G}，{B，C}，{B，D}，{B，E}，{B，F}，{B ，G }，{C ，D }，{C ，E }，{C ，F }，{C ，G }，{D ，E }，{D ，F }，{D ，G }，{E ，F }，{E ，G }，{F ，G }，共21种．②不妨设抽出的7名同学中，来自甲年级的是A ，B ，C ，来自乙年级的是D ，E ，来自丙年级的是F ，G ，则从抽出的7名同学中随机抽取的2名同学来自同一年级的所有可能结果为{A ，B }，{A ，C }，{B ，C }，{D ，E }，{F ，G }，共5种．所以事件M 发生的概率P (M )＝521.考点2 古典概型与其他知识的交汇问题求解古典概型的交汇问题，关键是把相关的知识转化为事件，然后利用古典概型的有关知识解决，其解题流程为：古典概型与平面向量相结合从集合{1,2,3,4}中随机抽取一个数a ，从集合{1,2,3}中随机抽取一个数b ，则向量m ＝(a ，b )与向量n ＝(2,1)共线的概率为( )A.16B.13C.14D.12A [由题意可知，向量m ＝(a ，b )的所有可能结果有：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，共12个，∵向量m ＝(a ，b )与向量n ＝(2,1)共线，∴a －2b ＝0，即a ＝2b ，∴有(2,1)，(4,2)，共2个，故所求概率为16.]解答本题的关键是根据向量m 与n 共线，得到a 与b 的关系，再从所有基本事件中找出满足条件的基本事件的个数．古典概型与解析几何相结合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 ．712[依题意，将一颗骰子先后投掷两次得到的点数所形成的数组(a ，b )有(1,1)，(1,2)，(1,3)，…，(6,6)，共36种，其中满足直线ax ＋by ＝0与圆(x －2)2＋y 2＝2有公共点，即满足2aa 2＋b 2≤2，即a ≤b ，则当a ＝1时，b ＝1,2,3,4,5,6，共有6种，当a ＝2时，b ＝2,3,4,5,6，共5种，同理当a ＝3时，有4种，a ＝4时，有3种，a ＝5时，有2种，a ＝6时，有1种，故共6＋5＋4＋3＋2＋1＝21种，因此所求的概率等于2136＝712.]解答本题的关键是根据直线与圆有公共点得到a ≤b .再从所有基本事件中找出满足a ≤b 的基本事件的个数．古典概型与方程、不等式、函数相结合已知a ＝log 0.55，b ＝log 32，c ＝20.3，d ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122，从这四个数中任取一个数m ，使函数f (x )＝13x 3＋mx 2＋x ＋2有极值点的概率为( )A.14B.12C.34D ．1 B [f ′(x )＝x 2＋2mx ＋1，由题意知Δ＝4m 2－4＞0，解得m ＞1或m ＜－1，而a ＝log 0.55＜－2,0＜b ＝log 32＜1，c ＝20.3＞1，0＜d ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＜1，满足条件的有两个，分别是a ，c . 因此所求的概率为P ＝24＝12，故选B.]解答本题的关键是根据函数f (x )有极值点得到m 的取值范围，再根据m 的取值范围确定满足条件的个数．1.已知a ∈{－2,0,1,2,3}，b ∈{3,5}，则函数f (x )＝(a 2－2)e x ＋b 为减函数的概率是( )A.310B.35C.25D.15C [函数f (x )＝(a 2－2)e x ＋b 为减函数，则a 2－2＜0，又a ∈{－2,0,1,2,3}，故只有a ＝0，a ＝1满足题意，又b ∈{3,5}，所以函数f (x )＝(a 2－2)e x ＋b 为减函数的概率是2×25×2＝25.故选C.] 2．设平面向量a ＝(m,1)，b ＝(2，n )，其中m ，n ∈{1,2,3,4}，记“a ⊥(a －b )”为事件A ，则事件A 发生的概率为( )A.18B.14C.13D.12A [有序数对(m ，n )的所有可能情况为(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个．由a ⊥(a －b )得m 2－2m ＋1－n ＝0，即n ＝(m －1)2，由于m ，n ∈{1,2,3,4}，故事件A包含的基本事件为(2,1)和(3,4)，共2个，所以P (A )＝216＝18.故选A.]3．将一枚质地均匀的骰子投掷两次，得到的点数依次记为a 和b ，则方程ax 2＋bx ＋1＝0有实数解的概率是( )A.736B.12C.1936D.518C [投掷骰子两次，所得的点数a 和b 满足的关系为⎩⎪⎨⎪⎧ 1≤a ≤6，a ∈N *，1≤b ≤6，b ∈N *.∴a 和b 的组合有36种，若方程ax 2＋bx ＋1＝0有实数解，则Δ＝b 2－4a ≥0，∴b 2≥4a .当b ＝1时，没有a 符合条件；当b ＝2时，a 可取1；当b ＝3时，a 可取1,2；当b＝4时，a可取1,2,3,4；当b＝5时，a可取1,2,3,4,5,6；当b＝6时，a可取1,2,3,4,5,6.满足条件的组合有19种，则方程ax2＋bx＋1＝0有实数解的概率P＝19 36，故选C.]。

第52讲古典概型一、考情分析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包含的基本事件数及事件发生的概率.二、知识梳理1.基本事件的特点(1)任何两个基本事件是互斥的.(2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和.2.古典概型具有以下两个特征的概率模型称为古典的概率模型，简称古典概型.(1)试验的所有可能结果只有有限个，每次试验只出现其中的一个结果.(2)每一个试验结果出现的可能性相同.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)事件A包含的可能结果数试验的所有可能结果数.[微点提醒]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)＝0.三、经典例题考点一基本事件及古典概型的判断【例1】袋中有大小相同的5个白球，3个黑球和3个红球，每球有一个区别于其他球的编号，从中摸出一个球.(1)有多少种不同的摸法？如果把每个球的编号看作一个基本事件建立概率模型，该模型是不是古典概型？(2)若按球的颜色为划分基本事件的依据，有多少个基本事件？以这些基本事件建立概率模型，该模型是不是古典概型？解(1)由于共有11个球，且每个球有不同的编号，故共有11种不同的摸法.又因为所有球大小相同，因此每个球被摸中的可能性相等，故以球的编号为基本事件的概率模型为古典概型.(2)由于11个球共有3种颜色，因此共有3个基本事件，分别记为A：“摸到白球”，B：“摸到黑球”，C：“摸到红球”，又因为所有球大小相同，所以一次摸球每个球被摸中的可能性均为111，而白球有5个，故一次摸球摸到白球的可能性为5 11，同理可知摸到黑球、红球的可能性均为3 11，显然这三个基本事件出现的可能性不相等，故以颜色为划分基本事件的依据的概率模型不是古典概型.规律方法古典概型中基本事件个数的探求方法：(1)枚举法：适合于给定的基本事件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，注意在确定基本事件时(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：在求一些较复杂的基本事件个数时，可利用排列或组合的知识.考点二简单的古典概型的概率【例2】 (1)两名同学分3本不同的书，其中一人没有分到书，另一人分得3本书的概率为()A.12 B.14 C.13 D.16(2)设袋子中装有3个红球，2个黄球，1个蓝球，规定：取出一个红球得1分，取出一个黄球得2分，取出一个蓝球得3分，现从该袋子中任取(有放回，且每球取得的机会均等)2个球，则取出此2球所得分数之和为3分的概率为________.解析(1)两名同学分3本不同的书，基本事件有(0，3)，(1a，2)，(1b，2)，(1c，2)，(2，1a)，(2，1b)，(2，1c)，(3，0)，共8个，其中一人没有分到书，另一人分到3本书的基本事件有2个，∴一人没有分到书，另一人分得3本书的概率p＝28＝14.(2)袋子中装有3个红球，2个黄球，1个蓝球，规定：取出一个红球得1分，取出一个黄球得2分，取出一个蓝球得3分，现从该袋子中任取(有放回，且每球取得的机会均等)2个球，基本事件总数n＝6×6＝36，取出此2球所得分数之和为3分，包含第一次抽到红球，第二次抽到黄球或者第一次抽到黄球，第二次抽到红球，基本事件个数m＝2×3＋3×2＝12，所以取出此2球所得分数之和为3分的概率p＝mn＝1236＝13.答案(1)B(2)1 3规律方法计算古典概型事件的概率可分三步：(1)计算基本事件总个数n；(2)计算事件A所包含的基本事件的个数m；(3)代入公式求出概率p.考点三古典概型的交汇问题多维探究角度1古典概型与平面向量的交汇【例3－1】设平面向量a＝(m，1)，b＝(2，n)，其中m，n∈{1，2，3，4}，记“a⊥(a －b)”为事件A，则事件A发生的概率为()A.18 B.14 C.13 D.12解析有序数对(m，n)的所有可能情况为4×4＝16个，由a⊥(a－b)得m2－2m＋1－n ＝0，即n＝(m－1)2.由于m，n∈{1，2，3，4}，故事件A包含的基本事件为(2，1)和(3，4)，共2个，所以P(A)＝216＝18.答案 A角度2古典概型与解析几何的交汇【例3－2】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＋y2＝2有公共点的概率为________.解析依题意，将一颗骰子先后投掷两次得到的点数所形成的数组(a，b)有6×6＝36种，其中满足直线ax＋by＝0与圆(x－2)2＋y2＝2有公共点，即满足2aa2＋b2≤2，即a≤b的数组(a，b)有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，…，(6，6)，共6＋5＋4＋3＋2＋1＝21种，因此所求的概率为2136＝712.答案7 12角度3古典概型与函数的交汇【例3－3】已知函数f(x)＝13x3＋ax2＋b2x＋1，若a是从1，2，3三个数中任取的一个数，b是从0，1，2三个数中任取的一个数，则该函数有两个极值点的概率为()A.79 B.13 C.59 D.23解析f′(x)＝x2＋2ax＋b2，由题意知f′(x)＝0有两个不等实根，即Δ＝4(a2－b2)>0，∴a>b，有序数对(a，b)所有结果为3×3＝9种，其中满足a>b有(1，0)，(2，0)，(3，0)，(2，1)，(3，1)，(3，2)共6种，故所求概率p＝69＝23.答案 D角度4古典概型与统计的交汇【例3－4】 (2019·济宁模拟)某中学组织了一次数学学业水平模拟测试，学校从测试合格的男、女生中各随机抽取100人的成绩进行统计分析，分别制成了如图所示的男生和女生数学成绩的频率分布直方图.(注：分组区间为[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100])(1)若得分大于或等于80认定为优秀，则男、女生的优秀人数各为多少？(2)在(1)中所述的优秀学生中用分层抽样的方法抽取5人，从这5人中任意选取2人，求至少有一名男生的概率.解(1)由题可得，男生优秀人数为100×(0.01＋0.02)×10＝30，女生优秀人数为100×(0.015＋0.03)×10＝45.(2)因为样本容量与总体中的个体数的比是530＋45＝115，所以样本中包含的男生人数为30×115＝2，女生人数为45×115＝3.则从5人中任意选取2人共有C25＝10种，抽取的2人中没有一名男生有C23＝3种，则至少有一名男生有C25－C23＝7种.故至少有一名男生的概率为p＝710，即选取的2人中至少有一名男生的概率为710.规律方法求解古典概型的交汇问题，关键是把相关的知识转化为事件，然后利用古典概型的有关知识解决，一般步骤为：(1)将题目条件中的相关知识转化为事件；(2)判断事件是否为古典概型；(3)选用合适的方法确定基本事件个数；(4)代入古典概型的概率公式求解.[方法技巧]1.古典概型计算三步曲第一，本试验是否是等可能的；第二，本试验的基本事件有多少个；第三，事件A是什么，它包含的基本事件有多少个.2.确定基本事件个数的方法列举法、列表法、树状图法或利用排列、组合.四、课时作业1．（2020·山东潍坊·月考）算盘是中国传统的计算工具，其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”，档中横以梁，梁上两珠，每珠作数五，梁下五珠，每珠作数一．算珠梁上部分叫上珠，梁下部分叫下珠．例如，在十位档拨上一颗上珠和一颗下珠，个位档拨上一颗上珠，则表示数字65，若在个、十、百、千位档中随机选择一档拨上一颗下珠，再随机选择两个档位各拨一颗上珠，则所拨数字小于600的概率为（）A．38B．524C．34D．724【答案】D【解析】在个、十、百、千位档中随机选择一档拨上一颗下珠，再随机选择两个档位各拨一颗上珠，所有的数有124424C C=个，其中小于600的有1213327C C C-=个，∴所求概率为724P=．2．（2020·山东省实验中学高三月考）公元前十一世纪，周朝数学家商高就提出“勾三、股四、弦五”．《周髀算经》中记录着商高同周公的一段对话.商高说：“故折矩，勾广三，股修四，径隅五．”大意为“当直角三角形的两条直角边分别为3（勾）和4（股）时，径隅（弦）则为5”．以后人们就把这个事实说成“勾三股四弦五”，根据该典故称勾股定理为商高定理．勾股数组是满足的正整数组．若在不超过10的正整数中，随机选取3个不同的数，则能组成勾股数组的概率是（）A．110B．15C．160D．1120【答案】C【解析】在不超过10的正整数中，随机选取3个不同的数，共有种组合方法，能组成勾股数组的情况有和()6,8,10，所以所求概率为2112060P==.3．（2020·宁夏高三其他（理））《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．827C．49D．14【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．4．（2020·江西月考（理））生活中人们常用“通五经贯六艺”形容一个人才识技艺过人，这里的“六艺”其实源于中国周朝的贵族教育体系，具体包括“礼、乐、射、御、书、数”.为弘扬中国传统文化，某校在周末学生业余兴趣活动中开展了“六艺”知识讲座，每艺安排一节，连排六节，则满足“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须相邻安排的概率为( )A．710B．760C．D．【答案】B【解析】由题意知基本事件总数66720n A==，“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须相邻可以分两类安排：①“数”排在第一位，“礼”和“乐”两门课程相邻排课，则礼，乐相邻的位置有4个，考虑两者的顺序，有2种情况，剩下的3个全排列，安排在其他三个位置，有336A=种情况，故有42648⨯⨯=种②“数”排第二位，“礼”和“乐”两门课程相邻排课，则礼，乐相邻的位置有3个，考虑两者的顺序，有2种情况，剩下的3个全排列，安排在其他三个位置，有336A=种情况，则有32636⨯⨯=种情况，由分类加法原理知满足“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须相邻安排共有483684+=种情况，所以满足“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须分开安排的概率为84772060 P==.5．（2020·云南高三月考（理））袋中共有完全相同的4只小球、编号为1，2，3，4，现从中任取2只小球，则取出的2只球编号之和是奇数的概率为（）A．25B．35C．13D．23【答案】D【解析】解：在编号为1，2，3，4的小球中任取2只小球，则有，，，，，，共6种取法，则取出的2只球编号之和是奇数的有，，，，共4种取法，所以取出的2只球编号之和是奇数的概率为，故选：D．6．（2020·辽宁丹东·高三期末（文））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．35C．310D．25【答案】D【详解】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，基本事件总数n=5×5=25，抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数包含的基本事件有：（2，1），（3，1），（3，2），（4，1），（4，2），（4，3），（5，1），（5，2），（5，3），（5，4），共有m=10个基本事件，∴抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率p=7．（2020·江苏高三月考）若从甲、乙、丙、丁4人中选出3名代表参加学校会议，则甲被选中的概率为（）A．14B．13C．12D．34【答案】D【解析】任选3名代表的所有基本事件为：甲乙丙，甲乙丁，甲丙丁，乙丙丁，共4个，基本含有甲的事件有3个，∴所求概率为34P=．8．（2020·辽宁高三月考）《三十六计》是中华民族珍贵的文化遗产之一，是一部传习久远的兵法奇书，与《孙子兵法》合称我国古代兵法谋略学的双壁.三十六计共分胜战计､敌战计､攻战计､混战计､并战计､败战计六套，每一套都包含六计，合三十六个计策，如果从这36个计策中任取2个计策，则这2个计策都来自同一套的概率为（）A．121B．114C．17D．142【答案】C【解析】解：由已知从这36个计策中任取2个计策总共有236C种，其中2个计策都来自同一套的有266C种，故所求概率262366C6651C36357 P⨯⨯===⨯.9．（2020·河南高三月考（理））2019年北京世园会的吉祥物“小萌芽”“小萌花”是一对代表着生命与希望、勤劳与美好、活泼可爱的园艺小兄妹.造型创意来自东方文化中百子图的“吉祥娃娃”，通过头饰、道具、服装创意的巧妙组合，被赋予了普及园艺知识、传播绿色理念的特殊使命.现从5张分别印有“小萌芽”“小萌花”“牡丹花”“菊花”“杜鹃花”的这5个图案的卡片（卡片的形状、大小、质地均相同）中随机选取3张，则“小萌芽”和“小萌花”卡片都在内的概率为（）A．35B．310C．25D．23【答案】B【解析】给印有“小萌芽”“小萌花”“牡丹花”“菊花”“杜鹃花”的这5个图案的卡片分别编号，记作1，2，3，4，5，从中抽取三张，所包含的基本事件有：，，，，，，，，，，共10个；则“小萌芽”和“小萌花”卡片都在内所包含的基本事件有：，，，共3个；因此所求的概率为310 P=.10．（2020·福建漳州·高三其他（文））由共青团中央宣传部、中共山东省委宣传部、共青团山东省委、山东广播电视台联合出品的《国学小名士》第三季于2019年11月24日晚在山东卫视首播.本期最精彩的节目是π的飞花令：出题者依次给出π所含数字3.141592653……答题者则需要说出含有此数字的诗句.雷海为、杨强、马博文、张益铭与飞花令少女贺莉然同场PK，赛况激烈让人屏住呼吸，最终π的飞花令突破204位.某校某班级开元旦联欢会，同学们也举行了一场π的飞花令，为了增加趣味性，他们的规则如下：答题者先掷两个骰子，得到的点数分别记为,x y，再取出π的小数点后第x位和第y位的数字，然后说出含有这两个数字的一个诗句，若能说出则可获得奖品.按照这个规则，取出的两个数字相同的概率为（）A．118B．16C．736D．29【答案】D【解析】取出π的小数点后第x位和第y位的数字，基本事件共有36个：取出的两个数字相同的基本事件共有8个：，其中括号内的第一个数表示第x 位的取值，第二个数表示第y 位的取值， 所以取出的两个数字相同的概率为82369P ==，故选：D.11．（2020·全国高三月考（文））从3，5，7，9，10中任取3个数作为边长，不能够围成三角形的概率为（ ） A ．310B ．710C ．15D ．25【答案】A【解析】依题意，从3，5，7，9，10中任取3个数作为边长，所包含的情况有，， ，，，，，，，，共10个基本事件；其中不能围成三角形的有，，，共3个基本事件； 故所求概率310P =. 12．（2020·全国高三月考）我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一副“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”.下图是在“赵爽弦图”的基础上创作出的一个“数学风车”，其中正方形ABCD 内部为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的.我们将图中阴影所在的四个三角形称为同一片“风叶”的概率为（ ） A ．37B ．47C ．314D ．【答案】A【解析】由题意，从“数学风车”的八个顶点中任取两个顶点的基本事件有种， 其中这两个顶点取自同一片“风叶”的基本事件有234C 12=，根据古典概型的概率计算公式，可得所求概率123287P ==. 13．（2020·江苏南通·月考）《易经》是中国传统文化中的精髓，下图是易经八卦图（含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦），每一卦由三根线组成（表示一根阳线，表示一根阴线），从八卦中任取一卦，这一卦的三根线中恰有2根阳线和1根阴线的概率为（ ）A．18B．14C．38D．12【答案】C【解析】先算任取一卦的所有等可能结果共8卦，其中恰有2根阳线和1根阴线的基本事件有3卦，∴概率为3 8 .14．（2020·安徽高三月考（理））疫情期间部分中小学进行在线学习，某市教育局为了解学生线上学习情况，准备从10所学校（其中6所中学4所小学）随机选出3所进行调研，其中M中学与N 小学同时被选中的概率为（）A．15B．18C．115D．320【答案】C【解析】从10所学校（其中6所中学4所小学）随机选出3所，所包含的基本事件共个，其中M中学与N小学被选中包含个基本事件，故所求概率为8112015P==.15．（2020·四川巴中·高三零模（文））2013年华人数学家张益唐证明了孪生素数(素数即质数)猜想的一个弱化形式.素数猜想是希尔伯特在1900年提出的23个问题之一，可以这样描述：存在无穷个素数p，使得2p+是素数，素数对称为孪生素数.则从不超过15的素数中任取两个素数，这两个素数组成孪生素数对的概率为（）A．115B．215C．15D．415【答案】C【解析】不超过15的素数有2,3,5,7,11,13，共6个，则从不超过15的素数中任取两个素数共有种根据素数对称为孪生素数，则由不超过15的素数组成的孪生素数对为(3,5),(5,7),(11,13),共有3组，能够组成孪生素数的概率为31155 P==16．（2020·四川巴中·高三零模（理））2013年华人数学家张益唐证明了孪生素数（素数即质数）猜想的一个弱化形式.素数猜想是希尔伯特在1900年提出的23个问题之一，可以这样描述：存在无穷个素数p，使得2p+是素数，素数对称为孪生素数.则从不超过20的素数中任取两个素数，这两个素数组成孪生素数对的概率为（）A ．114B ．328C ．17D ．528【答案】C【解析】解：依题意，20以内的素数有2,3,5,7,11,13,17,19共有8个，从中选两个共包含个基本事件，而20以内的孪生素数有(3,5)，，(11,13)，(17,19)共四对，包含4个基本事件， 所以从20以内的素数中任取两个， 其中能构成孪生素数的概率为．17．（2020·全国高三其他（文））从分别写有1，2，3，4的4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 ．14B ．38C ．12D ．58【答案】B【解析】从写有1，2，3，4的4张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，基本事件的个数为4416⨯=，抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的基本事件为，，，，，共6个，因此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.18．（2020·全国高三其他（理））2019年成都世界警察与消防员运动会期间，需安排甲、乙、丙、丁四名志愿者去,,A B C 三个场馆参与服务工作，要求每个场馆至少一人，则甲乙被安排到同一个场馆的概率为（ ）A ．112 B ．18 C ．16D ．14【答案】C【解析】由题意将甲乙看成一个整体,满足要求的安排方式种类有,总的安排方式的种类有,所以甲乙被安排到同一个场馆的概率为1P 6m n ==. 19．（2020·湖南高三月考（文））设O 为邻边不相等的矩形ABCD 的对角线交点，在O ，A ，，C ，D 中任取3点，则取到的3点构成直角三角形的概率为（ ）A ．15B ．12C ．25D ．45【答案】C【解析】如图，从O ，A ，，C ，D ，这5个点中任取3个有{},,O A B ，，，，，，，{},,A B D ，{},,A C D ，共10种不同取法，取到的3点构成直角三角形：，{},,A B D ，{},,A C D ，共4种情况，由古典概型的概率计算公式知，取到的3点构成直角三角形的概率为，故选：C.20．（2020·沙坪坝·重庆一中高三其他（文））小王到重庆游玩，计划用两天的时间打卡“朝天门”、“解放碑”、“洪崖洞”、“磁器口”、“南山一棵树”五个网红景点.若将这五个景点随机安排在两天时间里，第一天游览两个，第二天游览三个，则“朝天门”和“解放碑”恰好在同一天游览的概率为（ ） A ．15B ．25C ．35D ．45【答案】B【解析】五个网红景点分别记为,,,,A B C D E ，则两天的游览安排有，(),AC BDE ，，，(),BC ADE ，，，(),CD ABE ，(),CE ABD ，(),DE ABC ，共10种方法，其中“朝天门”和“解放碑”(即,A B )恰好在同一天游览的情况有4种， 故“朝天门”和“解放碑”恰好在同一天游览的概率为.21．（2020·河南洛阳·高三月考（文））我国的旅游资源丰富，是人们假期旅游的好去处，小五现从大理、黄果树瀑布、阳朔、张家界和青海湖中任选两处去旅游，则恰好选中青海湖的概率为______. 【答案】25【解析】依次将大理、黄果树瀑布、阳朔、张家界和青海湖编号为1，2，3，4，5， 则从中任选两处的所有可能情况有，，，，，，，，，，共10种， 恰好选中青海湖的情况有，，，，共4种， 则由古典概型的概率公式得所求概率为.22．（2020·广西南宁三中高三其他（理））《西游记》､《三国演义》､《水浒传》､《红楼梦》是我国古典小说四大名著.若在这四大名著中，任取2种进行阅读，则取到《红楼梦》的概率为________. 【答案】12【解析】4本名著选两本共有种，选取的两本中含有《红楼梦》的共有种， 所以任取2种进行阅读，则取到《红楼梦》的概率为：3162P ==. 23．（2020·陕西高三零模（文））某胸科医院感染科有3名男医生和2名女医生，现需要这5名医生中任意抽取2名医生成立一个临时新型冠状病毒诊治小组抽取的2名医生恰好都是男医生的概率_____． 【答案】310【解析】记3名男医生分别为A 、、C ，2名女医生分别为d 、e ，从这5名医生中任意抽取2名医生的所有可能结果为：AB 、AC 、Ad 、Ae 、BC 、Bd 、Be 、Cd 、Ce 、de ，共10种，其中抽取的2名医生恰好都是男医生的可能结果有AB 、AC 、BC ，共3种， 所以所求概率为310． 24．（2020·沙坪坝·重庆南开中学高三月考）2020年国庆档上映的影片有《夺冠》，《我和我的家乡》，《一点就到家》，《急先锋》，《木兰·横空出世》，《姜子牙》，其中后两部为动画片．甲、乙两位同学都跟随家人观影，甲观看了六部中的两部，乙观看了六部中的一部，则甲、乙两人观看了同一部动画片的概率为________． 【答案】19【解析】甲观看了六部中的两部共有种， 乙观看了六部中的一部共有种， 则甲、乙两人观影共有15690⨯=种， 则甲、乙两人观看同一部动画片共有11252510C C ⋅=⨯=种，所以甲、乙两人观看了同一部动画片的概率为，故答案为：1925．（2020·北京高三其他）2020年岁末年初，“新冠肺炎”疫情以其汹汹袭来之势席卷了我国的武汉，在这关键的时刻，在党中央的正确指导下，以巨大的魄力，惊人的壮举，勇敢的付出，及时阻断了疫情的传播，让这片土地成为了世界上最温暖的家园；通过全国人民的齐心协力，特别是全体一线医护人员的奋力救治，二月份“新冠肺炎”疫情得到了控制．如表统计了2月12日到2月18日连续七天全国的治愈人数：（单位：例）请根据以上信息，回答下列问题：（Ⅰ）记前四天治愈人数的平均数和方差分别为1x 和21s ，后三天治愈人数的平均数和方差分别为2x 和22s ，判断1x 与2x ，21s 与22s 的大小（直接写出结论）； （Ⅱ）从这七天中任取连续的两天，则后一天的治愈人数比前一天的治愈人数多于200例的概率；（Ⅲ）设集合，1)|i i x x +表示2月i 日的治愈人数，12i =，13，，17}，从集合M 中任取两个元素，设其中满足1i i x x +<的个数为X ，求X 的分布列和数学期望()E X ． 【解析】解：（Ⅰ）记前四天治愈人数的平均数和方差分别为1x 和21s ， 后三天治愈人数的平均数和方差分别为2x 和22s ， 则12x x <，2212s s <．（Ⅱ）设事件A ：“从这七天中任取连续的两天，则后一天的治愈人数比前一天的治愈人数多 于 200 例”．从这七天中任选取连续的两天，共有 6 种选法， 其中 13 日和 14 日，16 日和 17 日符合要求，所以从这七天中任取连续的两天，则后一天的治愈人数比前一天的治愈人数多于200例的概率为：(P 21)63A ==． （Ⅲ）设集合，1)|i i x x +表示2月i 日的治愈人数，12i =，13，，17}，从集合M 中任取两个元素，设其中满足1i i x x +<的个数为X ，由题意可知X 的可能取值为 0，1，2，(P 222610)15C X C ===，(P 11242681)15C C X C ===， (P 242622)5C X C ===，的分布列为：数学期望1824()012151553E X =⨯+⨯+⨯=．。