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．。
