题型一：简单的古典概型问题例1．（2023·高一课时练习）下列概率模型中，是古典概型的个数为（）①从区间[]1,10内任取一个数，求取到1的概率；②从1，2，3，…，10中任取一个数，求取到1的概率；③在正方形ABCD内画一点P，求点P恰好为正方形中心的概率；④向上抛掷一枚不均匀的硬币，求出现反面朝上的概率.A．1B．2C．3D．4【答案】A【解析】古典概型的特征是样本空间中样本点的个数是有限的，并且每个样本点发生的可能性相等，故②是古典概型；①和③中的样本空间中的样本点个数不是有限的，故不是古典概型；④由于硬币质地不均匀，因此样本点发生的可能性不相等，故④不是古典概型.故选：A.例2．（2023·全国·高一专题练习）下列关于古典概型的说法正确的是（）①试验中所有可能出现的样本点只有有限个；②每个事件出现的可能性相等；③每个样本点出现的可能性相等；④样本点的总数为n，随机事件A若包含k个样本点，则()kP An=.A．②④B．②③④C．①②④D．①③④【答案】D【解析】在①中，由古典概型的概念可知：试验中所有可能出现的基本事件只有有限个，故①正确；在②中，由古典概型的概念可知：每个基本事件出现的可能性相等，故②错误；在③中，由古典概型的概念可知：每个样本点出现的可能性相等，故③正确；在④中，基本事件总数为n，随机事件A若包含k个基本事件，则由古典概型及其概率计算公式知()kP An=，故④正确．故选：D．例3．（2023·全国·高三专题练习）下列有关古典概型的四种说法：①试验中所有可能出现的样本点只有有限个；②每个事件出现的可能性相等；③每个样本点出现的可能性相等；④已知样本点总数为n，若随机事件A包含k个样本点，则事件A发生的概率()kP An=.其中所正确说法的序号是（）A．①②④B．①③C．③④D．①③④【答案】D【解析】根据古典概型的基本概念及概率公式，即可得出结论②中所说的事件不一定是样本点，所以②不正确；根据古典概型的特点及计算公式可知①③④正确.故选:D .变式1．（2023·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习）一项试验旨在研究臭氧效应，试验方案如下：选6只小白鼠，随机地将其中3只分配到试验组且饲养在高浓度臭氧环境，另外3只分配到对照组且饲养在正常环境，一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量（单位：g ）.则指定的两只小鼠分配到不同组的概率为（）A ．310B ．25C ．12D ．35【答案】D【解析】指定的两只小鼠分配到相同组的概率为2124362C C 2C 5=，所以指定的两只小鼠分配到不同组的概率为23155-=.故选：D变式2．（2023·青海西宁·高三统考开学考试）乒乓球是中国的国球，拥有广泛的群众基础，老少皆宜，特别适合全民身体锻炼．某小学体育课上，老师让小李同学从7个乒乓球（其中3只黄色和4只白色）中随机选取2个，则他选取的乒乓球恰为1黄1白的概率是（）A ．47B ．37C ．914D ．12【答案】A【解析】根据古典概型，从7个乒乓球中随机选取2个，基本事件总数有27C 21=个，其中恰为1黄1白的基本事件有4311C C 12⋅=个，所以概率124217P ==．故选：A ．变式3．（2023·河北保定·统考二模）三位同学参加某项体育测试，每人要从100m 跑、引体向上、跳远、铅球四个项目中选出两个项目参加测试，则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是（）A ．112B ．13C ．512D ．712【答案】C【解析】三个同学选择两个项目的试验的基本事件数有234(C )个，它们等可能，有且仅有两人选择的项目完全相同的事件A 含有的基本事件数有222344C C (C 1)-个，所以有且仅有两人选择的项目完全相同的概率222344234C C (C 1)5()(C )12P A -==.故选：C变式4．（2023·湖北·高三校联考阶段练习）将2个不同的小球随机放入甲、乙、丙3个盒子，则2个小球在同一个盒子的概率为（）A ．35B ．12C ．38D ．13【答案】D【解析】将2个不同的小球随机放入甲、乙、丙3个盒子，共有：239=种方法，2个小球在同一个盒子有3种情况，所以2个小球在同一个盒子的概率为3193=.故选：D.题型二：古典概型与向量的交汇问题例4．（2023·重庆·高三统考阶段练习）已知正九边形129A A A ，从122391,,,A A A A A A ⋯中任取两个向量，则它们的数量积是正数的概率为（）A ．12B ．23C ．49D ．59【答案】A 【解析】可以和向量12A A 构成数量积有2391,,A A A A ⋯一共8个向量，其中数量积为的正数的向量有：23348919,A A A A A A A A，，一共4个，由对称性可知，任取两个向量，它们的数量积是正数的概率为：41=82.故选：A例5．（2023·全国·高三专题练习）已知,{2,1,1,2}a b ∈--，若向量(,)m a b = ，(1,1)n =r ，则向量m 与n所成的角为锐角的概率是（）A ．316B ．14C ．38D ．716【答案】B【解析】向量m 与n 所成的角为锐角等价于0m n ⋅>，且m 与n 的方向不同，即(,)(1,1)0m n a b a b ⋅=⋅=+>，则满足条件的向量m有(1,2),(1,1),(1,2),(2,1),(2,1),(2,2)--，其中(1,1)m =或(2,2)m = 时，与n 同向，故舍去，故共有4种情况满足条件，又m的取法共有4416⨯=种，则向量m 与n 所成的角为锐角的概率是41164=．故选：B ．例6．（2023·甘肃武威·甘肃省武威第一中学校考模拟预测）连掷两次骰子分别得到点数m ，n ，则向量(,)m n 与向量(1,1)-的夹角2πθ>的概率是（）A ．12B ．13C ．712D ．512【答案】D【解析】由题设，向量(,)m n 的可能组合有36种，要使向量(,)m n 与向量(1,1)-的夹角2πθ>，则(1,1)(,)0n m n m ⋅-=-<，即n m <，满足条件的情况如下：2m =时，{1}n ∈，3m =时，{1,2}n ∈，4m =时，{1,2,3}n ∈，5m =时，{1,2,3,4}n ∈，6m =时，{1,2,3,4,5}n ∈，综上，共有15种，故向量(,)m n 与向量(1,1)-的夹角2πθ>的概率是1553612=.故选：D变式5．（2023·四川成都·四川省成都市玉林中学校考模拟预测）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(2,1)n =-垂直的概率为（）A ．19B ．29C ．13D ．23【答案】B【解析】求出组成向量(,)m a b = 的个数和与向量(2,1)n =-垂直的向量个数，计算所求的概率值．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339⨯=（个)；其中与向量(2,1)n =- 垂直的向量是(1,2)m = 和(2,4)m =，共2个；故所求的概率为29P =．故选：B ．变式6．（2023·云南楚雄·高三统考期末）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()1,2n =- 垂直的概率为（）A ．112B ．13C ．14D ．16【答案】D【解析】计算出所有的基本事件数，记事件:A m n ⊥，列举出事件A 所包含的基本事件，然后利用古典概型的概率公式可计算出事件A 的概率.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 ，基本事件总数4312N =⨯=.记事件:A m n ⊥ ，当向量(),m b a = 与向量()1,2n =- 垂直时，202m n b a b a ⋅=-=⇒= ，则事件A 包含的基本事件有：()2,4、()3,6（形如(),a b ），共2个，因此，()21126P A ==.故选：D.变式7．（2023·湖北·高考真题）连掷两次骰子得到的点数分别为m 和n ，记向量(),a m n =与向量()1,1b =-的夹角为θ，则0,2πθ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦的概率是（）A ．512B ．12C ．712D ．56【答案】C【解析】0,2πθ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，0a b m n ∴⋅=-≥ ，即m n ≥，事件“0,2πθ⎛⎤∈ ⎝⎦”所包含的基本事件有：()1,1、()2,1、()2,2、()3,1、()3,2、()3,3、()4,1、()4,2、()4,3、()4,4、()5,1、()5,2、()5,3、()5,4、()5,5、()6,1、()6,2、()6,3、()6,4、()6,5、()6,6，共21个，所有的基本事件数为2636=，因此，事件“0,2πθ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦”的概率为2173612=.故选：C.题型三：古典概型与几何的交汇问题例7．（2023·全国·高三专题练习）传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家在沙滩上面画点或用小石子表示数，他们将1，3，6，10，15，…，()12n n +，称为三角形数；将1，4，9，16，25，…，2n ，称为正方形数．现从200以内的正方形数中任取2个，则其中至少有1个也是三角形数的概率为（）A ．2591B ．2491C ．2378D ．1126【答案】A【解析】令2200n ≤，∵*n ∈N ，故200以内的正方形数有14个：1，4，9，16，25，36，49，64，81，100，121，144，169，196，其中是三角形数的仅有1与36，故所求概率1121222214C C C 25C 91P +==.故选：A ．例8．（2023·四川达州·统考二模）把腰底比为51:12（比值约为0.618，称为黄金比）的等腰三角形叫2:1（比值约为1.414，称为和美比）的矩形叫和美矩形.树叶、花瓣、向日葵、蝴蝶等都有黄金比.2的比例关系，常用的A 4纸的长宽比为和美比.图一是正五角星（由正五边形的五条对角线构成的图形），512AD -=.图二是长方体，2EF =22EG EH ==.在图一图二所有三角形和矩形中随机抽取两个图形，恰好一个是黄金三角形一个是和美矩形的概率为（）A ．13B ．16C ．14D ．18【答案】B【解析】在如下图所示的正五角星中，该图中共有10个三角形，且等腰CDM V 的腰底之比大于1，等腰ABN 的腰底之比小于1，且512AN AD AB ==，则等腰ABN 的腰底之比为51::12AN AB -=，则在该五角星中，黄金三角形的个数为5，在如下图所示的长方体中，2EF 22EG EH ==，则:2:1EF EH =，:2:1EG EH =，:2EG EF =，所以，矩形EHQF 、EFPG 均为和美矩形，所以，长方体中共6个矩形，其中和美矩形的个数为4，所以，图一和图二中共10个三角形，6个矩形，在图一图二所有三角形和矩形中随机抽取两个图形，恰好一个是黄金三角形一个是和美矩形的概率为1154216C C 201C 1206P ===.故选：B.例9．（2023·江西·高三校联考阶段练习）如图，这是第24届国际数学家大会会标的大致图案，它是以我国古代数学家赵爽的弦图为基础设计的.现用红色和蓝色给这4个三角形区域涂色，每个区域只涂一种颜色，则相邻的区域所涂颜色不同的概率是（）A ．18B ．14C ．13D ．12【答案】A【解析】将四块三角形区域编号如下，由题意可得总的涂色方法有4216=种，若相邻的区域所涂颜色不同，即12同色，34同色，故符合条件的涂色方法有2种，故所求概率21168P ==.故选：A变式8．（2023·江西·校联考二模）圆周上有8个等分点，任意选这8个点中的4个点构成一个四边形，则四边形为梯形的概率是（）A ．1035B ．1235C ．1435D ．1635【答案】B【解析】依题意，从8个点中任取4个点构成有48C 70=个四边形，构成梯形就只有以下两种情况：以某相邻两个点（如点A ，B ）构成的线段为边的梯形有2个，共有2816⨯=个，以某间隔一个点的两点（如点A ，C ）构成的线段为边的梯形有1个，共有188⨯=个，于是构成的四边形中梯形有16824+=个，所以四边形为梯形的概率是24127035=.故选：B变式9．（2023·广东深圳·高三深圳市福田区福田中学校考阶段练习）《几何原本》是古希腊数学家欧几里得所著的一部数学巨著，大约成书于公元前300年．汉语的最早译本是由中国明代数学家、天文学家徐光启和意大利传教士利玛窦合译，成书于1607年.该书前6卷主要包括：基本概念、三角形、四边形、多边形、圆、比例线段、相似形这7章，几乎包含现今平面几何的所有内容．某高校要求数学专业的学生从这7章里任选4章进行选修，则学生李某所选的4章中，含有“基本概念”这一章的概率为（）A ．37B ．47C ．57D ．67【答案】B【解析】数学专业的学生从这7章里任选4章进行选修共有：47C =35种选法；学生李某所选的4章中，含有“基本概念”这一章共有：36C =20种选法，故学生李某所选的4章中，含有“基本概念”这一章的概率为：204357==P .故选：B.变式10．（2023·河北张家口·张家口市宣化第一中学校考三模）如图，将正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，截取后的剩余部分称为“阿基米德多面体”，它是一个24等边半正多面体．从它的棱中任取两条，则这两条棱所在的直线为异面直线的概率为（）A ．1023B ．1223C ．2969D ．5069【答案】B【解析】当一条直线位置于上（或下）底面，另一条不在底面时，共有10880⨯=对异面直线，当两条直线都位于上下底面时，有428⨯=对异面直线，当两条直线都不在上下底面时，有7856⨯=对异面直线，所以，两条棱所在的直线为异面直线的概率为224805681223P C ++==故选：B变式11．（2023·全国·高三专题练习）《九章算术·商功》指出“斜解立方，得两壍堵.斜解壍堵，其一为阳马，一为鳖臑.阳马居二，鳖臑居一，不易之率也.合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣.”意为将一个正方体斜切，可以得到两个壍堵，将壍堵斜切，可得到一个阳马，一个鳖臑（四个面都是直角三角形的三棱锥），如果从正方体的8个顶点中选4个顶点得到三棱锥，则得到的三棱锥是鳖臑的概率为（）A ．1829B ．1629C ．1229D ．829【答案】C【解析】从正方体的8个顶点中任选4个顶点，共有48C 70=（种）情况，其中4点在同一平面的情况共有两种，第一种是当取正方体的一个面上的4个点时，共有6种情况；第二种是当取上下､左右､前后斜切面的4个点时，共有6种情况，所以从正方体的8个顶点选4个顶点得到三棱锥共有706658--=（种）.因为鳖臑是四个面都是直角三角形的三棱锥，所以以1AA 为例，1AA 与下底面组成的鳖臑有111A A C D -和111A A B C -，与上底面构成的鳖臑也有两个，鳖臑共有4416⨯=（个）.又AD 与侧面组成的4个鳖臑有两个与前面得到的重复，有2个不重合，故有248⨯=（个），所以一共有24个鳖臑，所以得到的三棱锥是鳖臑的概率为24125829=，故选：C.题型四：古典概型与函数的交汇问题例10．（2023·四川遂宁·统考三模）已知3541lg 2lg5,log 3,,tan12m -⎧⎫⎪⎪⎛⎫∈+⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭，从这四个数中任取一个数m ，使函数2()21f x x mx =++有两不相等的实数根的概率为.【答案】12/0.5【解析】函数2()21f x x mx =++有两不相等的实数根，则2440m ->，解得1m <-或1m >.lg 2lg 5lg101+==，4440log 1log 3log 41=<<=，30511122->⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝=⎭.因为ππ142<<，所以πtan1tan 14>=.即从这四个数中任取一个数m ，使函数2()21f x x mx =++有两不相等的实数根的概率为2142P ==.故答案为：12例11．（2023·全国·高三专题练习）已知四个函数：（1）()1f x x =，（2）()2sin f x x =，（3）()3tan f x x =，（4）()4e xf x -=，从中任选2个，则事件“所选2个函数的图象有且仅有一个公共点”的概率为.【答案】13【解析】如图所示，()1f x x =与()3tan f x x =，()2sin f x x =与()3tan f x x =，()2sin f x x =与()4e xf x -=，()3tan f x x =与()4e xf x -=均有多个公共点，令()()()112sin g x f x f x x x =-=-，则()11cos 0g x x '=-≥，∴()1g x 在R 上单调递增，又∵()100g =，∴()()()112g x f x f x =-有唯一零点，∴()1f x x =与()2sin f x x =的图象有且仅有一个公共点；令()()()214e xg x f x f x x -=-=-，则()21e 0x g x -'=+>，∴()1g x 在R 上单调递增，又∵()2010g =-<，()21110eg =->∴存在()00,1x ∈，使()200g x =，且0x x =是()()()214g x f x f x =-的唯一零点，∴()1f x x =与()4e xf x -=的图象有且仅有一个公共点.∴从四个函数中任选2个，共有24C 6=种可能，“所选2个函数的图象有且仅有一个公共点的有()1f x x =与()2sin f x x =和()1f x x =与()4e xf x -=共2种可能，∴“所选2个函数的图象有且仅有一个公共点”的概率为2163=.故答案为：13.例12．（2023·河南信阳·河南省信阳市第二高级中学校联考一模）在2-，1-，0，1，2的五个数字中，有放回地随机取两个数字分别作为函数232y ax bx =+-中a ，b 的值，则该函数图像恰好经过第一、三、四象限的概率为．【答案】15/0.2【解析】五个数字任取一个作数字作系数a ，放回后随机任取一个数作为b ，有5525⨯=种不同取法.当0a =时，函数图像为一条直线32y bx =-，若图像恰好经过第一、三、四象限，则0b >，即有0a =，1b =；0a =，2b =两组数满足；0a ≠时，二次函数经过第一、三、四象限则开口向下，又图像过点()0,2-，顶点必在第一象限，即满足0<a ，302ba->，0∆>，有2a =-，2b =；1a =-，1b =；1a =-，2b =三组数满足．故共有5组满足，所求概率为51255=．故答案为：15变式12．（2023·四川遂宁·统考一模）若函数()y f x =的定义域和值域分别为{}1,2,3A =和{}1,2B =，则满足(1)(3)f f ≠的函数概率是．【答案】23【解析】因函数()y f x =的定义域和值域分别为{}1,2,3A =和{}1,2B =，则函数()y f x =有6个，它们是：()()()121,32f f f ===；()()()122,31f f f ===；()()()11,232f f f ===；()()()12,231f f f ===；()()()131,22f f f ===；()()()132,21f f f ===，满足(1)(3)f f =的函数有2个数，它们是(1)(3)1,(2)2f f f ===或(1)(3)2,(2)1f f f ===，因此满足(1)(3)f f ≠的函数有4个，所以满足(1)(3)f f ≠的函数概率是4263=.故答案为：23变式13．（2023·全国·高三专题练习）一个盒子中装有六张卡片，上面分别写着如下六个定义域为R 的函数：1()f x x =，22()f x x =，33()f x x =，4()sin f x x =，5()cos f x x =，6()2||1f x x =+．现从盒子中逐一抽取卡片并判函数的奇偶性，每次抽出后均不放回，若取到一张写有偶函数的卡片则停止抽取，否则继续进行，设抽取次数为X ，则3X <的概率为．【答案】45/0.8【解析】易判断()22f x x =，()5cos f x x =，6()2||1f x x =+为偶函数，所以写有偶函数的卡片有3张，X 的取值范围是{}1,2,3,4．()1316C 11C 2P X ===，()11331165C C 32C C 10P X ===，所以()()()1384312210105P X P X P X <==+==+==．故答案为：45变式14．（2023·全国·高三专题练习）对于定义域为D 的函数()f x ，若对任意的12,x x D ∈，当12x x <时都有()()12f x f x ≤，则称函数()f x 为“不严格单调增函数”，若函数()f x 的定义域{}1,2,3,4,5D =，值域为{}6,7,8A =，则函数()f x 为“不严格单调增函数”的概率是．【答案】125/0.04【解析】基本事件总数为：把D 中的5个数分成三堆：①1，1，3：3510C =，②1，2，2：22532215C C A ⋅=,则总共有33(1015)150A +⋅=种，求函数()f x 是“不严格单调增函数”的情况，等价于在1，2，3，4，5中间有4个空，插入2块板分成3组，分别从小到大对应6,7,8共有246C =种情况，∴函数()f x 是“不严格单调增函数”的概率是6115025=故答案为：125.变式15．（2023·上海·高三专题练习）从3个函数：123,y x y x -==和y x =中任取2个，其积函数在区间(,0)-∞内单调递增的概率是.【答案】23【解析】从三个函数中任取两个函数共有3种取法，若取123,y x y x -==，积函数为53y x =，所以2'353y x =，因为当0x <时，3'2503y x >=，所以函数53y x =在(,0)-∞单调递增；若取13y x -=和y x =，积函数23y x =，所以1'323y x -=，因为当0x <时，1'3203y x -<=，所以函数23y x =在(,0)-∞单调递减；若取2y x =和y x =，积函数3y x =，所以'23y x =，因为当0x <时，2'30y x =>，所以函数3y x =在(,0)-∞单调递增；故满足题意的有2个积函数，所以概率值为23，故答案为：23.题型五：古典概型与数列的交汇问题例13．（2023·江西鹰潭·统考一模）斐波那契数列{}n F 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，1nn F F +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{}n F 满足121F F ==，21n n n F F F ++=+，若从该数列前10项中随机抽取2项，则抽取的2项至少有1项是奇数的概率为（）A ．115B ．1315C ．215D ．1415【答案】D【解析】依题意可知，数列{}n F 的前10项为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，其中偶数有3个，所以从该数列前10项中随机抽取2项，则抽取的2项都是偶数的概率为23210C 1C 15P ==，所以至少有1项是奇数的概率为11411515-=.故选：D.例14．（2023·全国·高三专题练习）斐波那契数列又称黄金分割数列，也叫“兔子数列”，在数学上，斐波那契数列被以下递推方法定义：数列{}n a 满足121a a ==，21++=+n n n a a a ，先从该数列前12项中随机抽取1项，是质数的概率是（）A ．512B ．14C ．13D ．712【答案】A【解析】由斐波那契数列的递推关系可知，前12项分别为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，所以基本事件数共有12，其中质数有2，3，5，13，89，共5种，故是质数的概率为512P =.故选：A .例15．（2023·黑龙江·黑龙江实验中学校考三模）已知某抽奖活动的中奖率为12，每次抽奖互不影响．构造数列{}n c ，使得1,1,n n c n ⎧=⎨-⎩第次中奖，第次未中奖，，记()12*n n S c c c n =+++∈N ，则51S =的概率为（）A ．58B ．12C ．516D ．34【答案】A【解析】由51S =，可得51S =±，抽奖5次，出现3次中奖2次未中奖或2次中奖3次未中奖，故51S =的概率为32555C C 528P +==．故选:A.变式16．（2023·山东潍坊·高三统考阶段练习）数列{}n a 共有10项，且满足：11a =，1011a =，每一项与前一项的差为2或2-，从满足上述条件的所有数列中任取一个数列，则取到的数列满足每一项与前一项的差为2-的项都相邻的概率为（）A ．29B ．13C ．49D ．518【答案】A【解析】由于1011052a a -==⨯，{}n a 从1a 至10a ，“2+”或“2-”共9次，所以“2+”共7次，“2-”共2次，基本事件的总数有29C 36=种，“每一项与前一项的差为2-的项都相邻”的事件有8种，故取到的数列满足每一项与前一项的差为2-的项都相邻的概率为82369=.故选：A变式17．（2023·全国·高三专题练习）斐波那契数列{}n F 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，1nn F F +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{}n F 满足121F F ==，21n n n F F F ++=+，若从该数列前10项中随机抽取1项，则抽取项是奇数的概率为（）A ．12B ．310C ．23D ．710【答案】D【解析】依题意可知，数列{}n F 的前10项为：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，其中奇数有7个，所以从该数列前10项中随机抽取1项，则抽取项是奇数的概率为710.故选：D变式18．（2023·全国·高三专题练习）记数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知24n S an an 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 .在这些不同数列中随机抽取一个数列{}n a ，则{}n a 是递增数列的概率为（）A ．13B ．29C ．23D ．34【答案】B【解析】由已知，当1n =时，113a S b a ==-，当2n ≥时，()()()221414125n n n a S S an an b a n a n b an a -⎡⎤=-=-+----+=-⎣⎦，因为数列{}n a 为单调递增数列，则120a a a <⎧⎨>⎩，即30b a a a -<-⎧⎨>⎩，即20b aa <⎧⎨>⎩，所有样本点(),a b 有：()1,3--、()1,0-、()1,3-、()0,3-、()0,0、()0,3、()1,3-、()1,0、()1,3，共9个，其中，满足{}n a 是递增数列的样本点(),a b 有：()1,3-、()1,0，共2个，故所求概率为29P =.故选：B.变式19．（2023·全国·高三专题练习）已知数列{}()n a n *∈N 的前n 项和为1,1n S a =，且21n n S a =-，若数列{}n b 满足21132=-+-n n a b n n ，从510,*≤≤∈N n n 中任取两个数，则至少一个数满足1n n b b +=的概率为（）A ．12B ．35C ．712D ．23【答案】B【解析】由于21n n S a =-①，当1n =时，得1121a a =-，解得11a =；当2n ≥时，1121n n S a --=-②，①-②化简可得12n n a a -=，所以数列{}n a 是以1为首项，2为公比的等比数列，所以12n n a -=；因为21132=-+-n n a b n n ，所以2111322n n n n b --+-=，令1n n b b +=得221922212213n n n n n n --+-=-+-，解得6n =或7，从510,*≤≤∈N n n 中任取两个数共有()5,6，()5,7，()5,8，()5,9，()5,10，()6,7，()6,8，()6,9，()6,10，()7,8，()7,9，()7,10，()8,9，()8,10，()9,1015种，其中至少一个6或7的有9种，所以至少一个数满足1n n b b +=的概率为35，故选：B.变式20．（2023·全国·高三专题练习）已知等比数列{}n a 的首项为1，公比为-2，在该数列的前六项中随机抽取两项m a ，()*,n a m n ∈N ，则8m n a a ⋅≥的概率为（）A ．25B ．34C ．13D ．12【答案】C【解析】由题意知：11a =，22a =-，34a =，48a =-，516a =，632a =-，由80m n a a ⋅≥>，则m ，n 奇偶相同，若m ，n 都为偶数时，符合题意，情况数为233C =种；若m ，n 都为奇数时，仅有1348a a ⋅=<不符题意，情况数为2312C -=种，综上，符合题意的情况数为325+=种，而总情况数为2615C =种，∴概率51153P ==．故选：C.题型六：古典概率与统计的综合例16．（2023·四川宜宾·统考二模）2022年中国新能源汽车销量继续蝉联全球第一，以比亚迪为代表的中国汽车交出了一份漂亮的“成绩单”，比亚迪新能源汽车成为2022年全球新能源汽车市场销量冠军，为了解中国新能源车的销售价格情况，随机调查了10000辆新能源车的销售价格，得到如图的样本数据的频率分布直方图：(1)估计一辆中国新能源车的销售价格位于区间[5,35)（单位：万元）的概率，以及中国新能源车的销售价格的众数；(2)现有6辆新能源车，其中2辆为比亚迪新能源车，从这6辆新能源车中随机抽取2辆，求至少有1辆比亚迪新能源车的概率.【解析】（1）一辆中国新能源车的销售价格位于区间[)5,35的概率()0.0220.040.017100.79,++⨯= 中国新能源车的销售价格的众数为(1525)220+÷=（2）记2辆比亚迪新能源车为,A B ，其余4辆车为1,2,3,4，从6辆新能源车中随机抽取2辆的情况有：()()()()()()(),,,1,,2,,3,,4,,1,,2A B A A A A B B ，()()()()()()()(),3,,4,1,2,1,3,1,4,2,3,2,4,3,4B B ，共15种情况.其中至少有1辆比亚迪新能源车的情况有：()()()()()()(),,,1,,2,,3,,4,,1,,2A B A A A A B B ，()(),3,,4B B ，共有9种情况.至少有1辆比亚迪新能源车的概率93155P ==例17．（2023·北京西城·高三北京市第三十五中学校考开学考试）为了解某中学高一年级学生身体素质情况，对高一年级的(1)班 (8)班进行了抽测，采取如下方式抽样：每班随机各抽10名学生进行身体素质监测.经统计，每班10名学生中身体素质监测成绩达到优秀的人数散点图如下（x 轴表示对应的班号，y 轴表示对应的优秀人数）：(1)若用散点图预测高一年级学生身体素质情况，从高一年级学生中任意抽测1人，求该生身体素质监测成绩达到优秀的概率；(2)若从以上统计的高一（2）班和高一（4）班的学生中各抽出1人，设X 表示2人中身体素质监测成绩达到优秀的人数，求X 的分布列及其数学期望；(3)假设每个班学生身体素质优秀的概率与该班随机抽到的10名学生的身体素质优秀率相等.现在从每班中分别随机抽取1名同学，用“1k ξ=”表示第k 班抽到的这名同学身体素质优秀，“0k ξ=”表示第k 班抽到的这名同学身体素质不是优秀（1,2,...,8k =）．写出方差()()()()1234,,,D D D D ξξξξ的大小关系（不必写出证明过程）．【解析】（1）从高一年级（1）班~（8）班学生中抽测了80人，其中身体素质检测成绩优秀的人数有8694759856+++++++=人，所以，优秀的概率是710因为是随机抽样，所以用样本估计总体，可知从高一年级学生中任意抽测一人，该生身体素质检测成绩达到优秀的概率是710（2）因为高一（2）班抽出的10名同学中，身体素质监测成绩达到优秀的人数有6人，不优秀的有4人，因为高一（4）班抽出的10名同学中，身体素质监测成绩达到优秀的人数有4人，不优秀的有6人，所以从中抽出2人，X 的可能取值为0,1,2()23605525P X ==⨯=，()3322131555525P X ==⨯+⨯=，()32625525P X ==⨯=，所以X 的分布列为X12P6251325625数学期望()61360121252525E X =⨯+⨯+⨯=（3）4213=>>D D D D ξξξξ，理由：由于()()()()123410.8,10.6,10.9,10.4,P P P P ξξξξ========且k ξ服从二点分布，所以()()()()()211=1=24k k k k D P P P ξξξξ⎛⎫---+ ⎪⎝⎭，由于()()()()31241110.810.610.4,2P P P P ξξξξ=>==>==>>==()()211=24k k D P ξξ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭在1,12⎛⎫⎪⎝⎭单调递减，所以()()()()4213D D D D ξξξξ=>>.例18．（2023·四川成都·校联考模拟预测）某重点大学为了解准备保研或者考研的本科生每天课余学习时间，随机抽取了100名这类大学生进行调查，将收集到的课余学习时间（单位：h ）整理后得到如下表格：课余学习时间[)1,3[)3,5[)5,7[)7,9[]9,11人数510254020(1)估计这100名大学生每天课余学习时间的中位数；(2)根据分层抽样的方法从课余学习时间在[)7,9和[]9,11，这两组中抽取6人，再从这6人中随机抽取2人，求抽到的2人的课余学习时间都在[)7,9的概率．【解析】（1）5102540++= ，510254080+++=，∴这100名大学生每天课余学习时间的中位数位于[)7,9之间，则中位数为10727.540+⨯=.（2）由题意知：从课余学习时间在[)7,9这一组抽取406460⨯=人，分别记为1234,,,a a a a ，从课余学习时间在[]9,11这一组抽取206260⨯=人，分别记为12,b b ；从这6人中随机抽取2人，所有的基本事件为：{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}12131411122324212234,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,a a a a a a a b a b a a a a a b a b a a {}{}{}{}{}3132414122,,,,,,,,,a b a b a b a b b b ，共15个基本事件；其中“抽到的2人的课余学习时间都在[)7,9”包含的基本事件为：{}{}{}{}{}{}121314234432,,,,,,,,,,,a a a a a a a a a a a a ，共6个基本事件；∴抽到的2人的课余学习时间都在[)7,9的概率62155p ==.变式21．（2023·海南海口·高三统考期中）为促进全民健身更高水平发展，更好地满足人民群众的健身和健康需求，国家相关部门制定发布了《全民健身计划（2021—2025年）》.相关机构统计了我国2018年至2022年（2018年的年份序号为1，依此类推）健身人群数量（即有健身习惯的人数，单位：百万），所得数据如图所示：(1)若每年健身人群中放弃健身习惯的人数忽略不计，从2022年的健身人群中随机抽取5人，设其中从2018年开始就有健身习惯的人数为X ，求()E X ；。
