2013版高三(理)一轮复习 11.5 古典概型

由于出现的结果有限，每次每颗只能有四种结果，且每种结果 出现的可能性是相等的，所以是古典概型．由于试验次数少， 故可将结果一一列出．
解பைடு நூலகம்
(1)这个试验的基本事件为：
(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)． (2)事件“出现点数之和大于 3”包含以下 13 个基本事件：
①连续 2 次取出的都是正品所包含的基本事件为(a1，a1)(a1， a2)(a2，a1)(a2，a2)共 4 个基本事件；
②两次取出的一个为正品，一个为次品所包含的基本事件为 (a1，b1)(a2，b1)(b1，a1)(b1，a2)共 4 个基本事件．
(2)“从中一次任取 2 只”得到的基本事件总数是 3，即 a1a2， a1b1，a2b1，“2 只都是正品”的基本事件数是 1，所以其概率 1 为 P＝ . 3
审题路线图 (1)基本事件为取两个球 ↓(两球一次取出，不分先后，可用集合的形式表示) 把取两个球的所有结果列举出来 ↓ {1,2}，{1,3}，{1,4}，{2,3}，{2,4}，{3,4} ↓两球编号之和不大于 4 (注意：和不大于 4，应为小于 4 或等于 4) ↓{1,2}，{1,3} 2 1 ↓利用古典概型概率公式 P＝ ＝ 6 3 (2)两球分两次取，且有放回 ↓(两球的编号记录是有次序的，用坐标的形式表示) 基本事件的总数可用列举法表示
一轮复习讲义
古典概型
要点梳理
1．基本事件的特点
忆一忆知识要点
(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 ．

古典概型考点1 古典概型的简单问题1.基本事件的特点(1)任何两个基本事件是________的．(2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成________的和．答案：(1)互斥 (2)基本事件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________．(2)每个基本事件出现的可能性________． 答案：(1)只有有限个 (2)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________；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 )＝________.答案：1n m n4．古典概型的概率计算公式P (A )＝________________.答案：A 包含的基本事件的个数基本事件的总数[典题1] (1)袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球、5个红球．从袋中任取2个球，所取的2个球中恰有1个白球、1个红球的概率为( )A.521B.1021C.1121D ．1[答案] B [解析] 从15个球中任取2个球共有C 215种取法，其中有1个红球、1个白球的情况有C 110C 15＝50(种)，所以P ＝50C 215＝1021. (2)某中学调查了某班全部45名同学参加书法社团和演讲社团的情况，数据如下表：(单位：人)②在既参加书法社团又参加演讲社团的8名同学中，有5名男同学A 1，A 2，A 3，A 4，A 5,3名女同学B 1，B 2，B 3.现从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人，求A 1被选中且B 1未被选中的概率．[解] ①由调查数据可知，既未参加书法社团又未参加演讲社团的有30人，故至少参加上述一个社团的共有45－30＝15(人)，所以从该班随机选1名同学，该同学至少参加上述一个社团的概率为P ＝1545＝13.②从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人，其一切可能的结果组成的基本事件有：{A 1，B 1}，{A 1，B 2}，{A 1，B 3}，{A 2，B 1}，{A 2，B 2}，{A 2，B 3}，{A 3，B 1}，{A 3，B 2}，{A 3，B 3}，{A 4，B 1}，{A 4，B 2}，{A 4，B 3}，{A 5，B 1}，{A 5，B 2}，{A 5，B 3}，共15个．根据题意，这些基本事件的出现是等可能的．事件“A 1被选中且B 1未被选中”所包含的基本事件有：{A 1，B 2}，{A 1，B 3}，共2个．因此A 1被选中且B 1未被选中的概率为P ＝215.[点石成金] 古典概型中基本事件的两种探求方法 (1)列举法适合给定的基本事件个数较少且易一一列举出的情况．(2)树状图法适合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)和(2,1)相同．考点2 较复杂古典概型的概率[典题2] 某市A ，B 两所中学的学生组队参加辩论赛，A 中学推荐了3名男生、2名女生，B 中学推荐了3名男生、4名女生，两校所推荐的学生一起参加集训．由于集训后队员水平相当，从参加集训的男生中随机抽取3人、女生中随机抽取3人组成代表队．(1)求A 中学至少有1名学生入选代表队的概率；(2)某场比赛前，从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛，求参赛女生人数不少于2人的概率．[解] (1)由题意，参加集训的男生、女生各有6名．参赛学生全从B 中学抽取(等价于A 中学没有学生入选代表队)的概率为C 33C 34C 36C 36＝1100， 因此，A 中学至少有1名学生入选代表队的概率为1－1100＝99100. (2)设“参赛的4人中女生不少于2人”为事件A ，记“参赛女生有2人”为事件B ，“参赛女生有3人”为事件C .则P (B )＝C 23C 23C 46＝35，P (C )＝C 33C 13C 46＝15. 由互斥事件的概率加法，得P (A )＝P (B )＋P (C )＝35＋15＝45， 故所求事件的概率为45. [点石成金] 1.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．2．注意区别排列与组合，以及计数原理的正确使用.为振兴旅游业，四川省面向国内发行总量为2 000万张的熊猫优惠卡，向省外人士发行的是熊猫金卡(简称金卡)，向省内人士发行的是熊猫银卡(简称银卡)．某旅游公司组织了一个有36名游客的旅游团到四川名胜景区旅游，其中 34 是省外游客，其余是省内游客．在省外游客中有 13持金卡，在省内游客中有 23持银卡． (1)在该团中随机采访2名游客，求恰有1人持银卡的概率；(2)在该团中随机采访2名游客，求其中持金卡与持银卡人数相等的概率．解：(1)由题意，得省外游客有27人，其中9人持金卡；省内游客有9人，其中6人持银卡．设事件A 为“采访该团2人，恰有1人持银卡”，则P (A )＝C 16C 130C 236＝27， 所以采访该团2人，恰有1人持银卡的概率是27. (2)设事件B 为“采访该团2人，持金卡与持银卡人数相等”，可以分为事件B 1为“采访该团2人，持金卡0人，持银卡0人”，或事件B 2为“采访该团2人，持金卡1人，持银卡1人”两种情况．则P (B )＝P (B 1)＋P (B 2)＝C 221C 236＋C 19C 16C 236＝44105， 所以采访该团2人，持金卡与持银卡人数相等的概率是44105.[方法技巧] 1.确定基本事件的方法(1)当基本事件总数较少时，可用列举法计算；(2)当基本事件总数较多时，可用列表法、树状图法．2．较复杂事件的概率可灵活运用互斥事件、对立事件、相互独立事件的概率公式简化运算．3．概率的一般加法公式：P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )－P (A ∩B )．公式使用中要注意：(1)公式的作用是求A ∪B 的概率，当A ∩B ＝∅时，A ，B 互斥，此时P (A ∩B )＝0，所以P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )；(2)要计算P (A ∪B )，需要求P (A )、P (B )，更重要的是把握事件A ∩B ，并求其概率；(3)该公式可以看作一个方程，知三可求一．[易错防范] 古典概型的重要思想是事件发生的等可能性，一定要注意在计算基本事件总数和事件包括的基本事件个数时，它们是不是等可能的．1．(2016·全国丙卷)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.815 B.18 C.115 D.130答案 C 解析 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，所以总的基本事件的个数为15，密码正确只有一种，概率为115，故选C. 2．(2016·威海模拟)从集合{2,3,4,5}中随机抽取一个数a ，从集合{1,3,5}中随机抽取一个数b ，则向量m ＝(a ，b )与向量n ＝(1，－1)垂直的概率为( )A.16B.13C.14D.12答案 A 解析 由题意知，向量m 共有C 14C 13＝12(个)，由m ⊥n ，得m ·n ＝0，即a ＝b ，则满足m ⊥n 的m 有(3,3)，(5,5)，共2个，故所求概率P ＝212＝16. 3．(2015·广东)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( )A ．0.4B ．0.6C ．0.8D ．1答案 B解析 从5件产品中任取2件共有取法C 25＝10(种)，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. 4．(2016·哈尔滨模拟)设a ∈{1,2,3,4}，b ∈{2,4,8,12}，则函数f (x )＝x 3＋ax －b 在区间[1,2]上有零点的概率为( )A.12B.58C.1116D.34答案 C 解析 由已知f ′(x )＝3x 2＋a >0，所以f (x )在R 上递增，若f (x )在[1,2]上有零点，则需⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝1＋a －b ≤0，f (2)＝8＋2a －b ≥0，经验证有(1,2)，(1,4)，(1,8)，(2,4)，(2,8)，(2,12)，(3,4)，(3,8)，(3,12)，(4,8)，(4,12)，共11对满足条件，而总的情况有16种，故所求概率为1116. 5．有编号分别为1,2,3,4,5的5个红球和5个黑球，从中随机取出4个，则取出球的编号互不相同的概率为( ) A.521 B.27 C.13 D.821答案 D 解析 从编号分别为1,2,3,4,5的5个红球和5个黑球中随机取出4个，有C 410＝210(种)不同的结果，由于是随机取出的，所以每个结果出现的可能性是相等的．设事件A 为“取出球的编号互不相同”，则事件A 包含了C 15·C 12·C 12·C 12·C 12＝80(个)基本事件，所以P (A )＝80210＝821.故选D.6．如图，三行三列的方阵中有九个数a ij (i ＝1,2,3；j ＝1,2,3)，从中任取三个数，则至少有两个数位于同行或同列的概率是( )⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 11 a 12 a 13a 21 a 22 a 23a 31 a 32 a 33 A.37 B.47 C.114 D.1314答案 D 解析 从九个数中任取三个数的不同取法共有C 39＝84(种)，因为取出的三个数分别位于不同的行与列的取法共有C 13·C 12·C 11＝6(种)，所以至少有两个数位于同行或同列的概率为1－684＝1314. 7．从正六边形的6个顶点中随机选择4个顶点，则以它们作为顶点的四边形是矩形的概率等于( ) A.110 B.18 C.16 D.15答案 D 解析 如图所示，从正六边形ABCDEF 的6个顶点中随机选4个顶点，可以看作随机选2个顶点，剩下的4个顶点构成四边形，有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．若要构成矩形，只要选相对顶点即可，有A 、D ，B 、E ，C 、F ，共3种，故其概率为315＝15. 8．若A 、B 为互斥事件，P (A )＝0.4，P (A ∪B )＝0.7，则P (B )＝________.答案 0.3解析 因为A 、B 为互斥事件，所以P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )，故P (B )＝P (A ∪B )－P (A )＝0.7－0.4＝0.3.9．(2017·成都月考)如图的茎叶图是甲、乙两人在4次模拟测试中的成绩，其中一个数字被污损，则甲的平均成绩不超过乙的平均成绩的概率为________．答案 0.3解析 依题意，记题中的被污损数字为x ，若甲的平均成绩不超过乙的平均成绩，则有(8＋9＋2＋1)－(5＋3＋x ＋5)≤0，x ≥7，即此时x 的可能取值是7,8,9，因此甲的平均成绩不超过乙的平均成绩的概率P ＝310＝0.3. 10．10件产品中有7件正品，3件次品，从中任取4件，则恰好取到1件次品的概率是________．答案 12解析 从10件产品中取4件，共有C 410种取法，取到1件次品的取法为C 13C 37种，由古典概型概率计算公式得P ＝C 13C 37C 410＝3×35210＝12. 11．设连续掷两次骰子得到的点数分别为m ，n ，令平面向量a ＝(m ，n )，b ＝(1，－3)．(1)求事件“a ⊥b ”发生的概率；(2)求事件“|a |≤|b |”发生的概率．解 (1)由题意知，m ∈{1,2,3,4,5,6}，n ∈{1,2,3,4,5,6}，故(m ，n )所有可能的取法共36种．因为a ⊥b ，所以m －3n ＝0，即m ＝3n ，有(3,1)，(6,2)，共2种，所以事件a ⊥b 发生的概率为236＝118. (2)由|a |≤|b |，得m 2＋n 2≤10，有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(3,1)，共6种，其概率为636＝16. 12．袋中装有黑球和白球共7个，从中任取2个球都是白球的概率为17，现有甲、乙两人从袋中轮流摸球，甲先取，乙后取，然后甲再取，…，取后不放回，直到两人中有一人取到白球时即终止，每个球在每一次被取出的机会是等可能的．(1)求袋中原有白球的个数；(2)求取球2次即终止的概率；(3)求甲取到白球的概率．解 (1)设袋中原有n 个白球，从袋中任取2个球都是白球的结果数为C 2n ，从袋中任取2个球的所有可能的结果数为C 27.由题意知从袋中任取2球都是白球的概率P ＝C 2n C 27＝17， 则n (n －1)＝6，解得n ＝3(舍去n ＝－2)，即袋中原有3个白球．(2)设事件A 为“取球2次即终止”．取球2次即终止，即甲第一次取到的是黑球而乙取到的是白球，P (A )＝C 14×C 13C 17×C 16＝4×37×6＝27. (3)设事件B 为“甲取到白球”，“第i 次取到白球”为事件A i ，i ＝1,2,3,4,5，因为甲先取，所以甲只可能在第1次，第3次和第5次取到白球．所以P (B )＝P (A 1∪A 3∪A 5)＝P (A 1)＋P (A 3)＋P (A 5)＝37＋4×3×37×6×5＋4×3×2×1×37×6×5×4×3＝37＋635＋135＝2235.。

10-5古典概型与几何概型基础巩固强化1.4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奇数的概率为( )A.13B.12C.23D.34[答案] C[解析] 取出两张卡片的基本事件构成集合Ω＝{(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)}共6个基本事件．其中数字之和为奇数包含(1,2)，(1,4)，(2,3)，(3,4)共4个基本事件， ∴所求概率为P ＝46＝23.2．(2011·潍坊二检)若在区间[－π2，π2]上随机取一个数x ，则cos x 的值介于0到12之间的概率为( )A.13 B.2π C.12 D.23[答案] A[解析] 当－π2≤x ≤π2时，由0≤cos x ≤12，得－π2≤x ≤－π3或π3≤x ≤π2，根据几何概型的概率计算公式得所求概率P ＝π6＋π6π＝13.3．已知函数f (x )＝sina π3x ，a 等于抛掷一颗骰子得到的点数，则y ＝f (x )在[0,4]上至少有5个零点的概率是( )A.13B.12C.23D.56[答案] C[解析] 抛掷一颗骰子共有6种情况．当a ＝1,2时，y ＝f (x )在[0,4]上的零点少于5个；当a ＝3,4,5,6时，y ＝f (x )在[0,4]上的零点至少有5个，故P ＝46＝23，选C.4．(2011·天津六校联考)某学校共有学生2000名，各年级男、女生人数如下表：已知在全校学生中随机抽取1名，抽到高二女生的概率为0.19.现用分层抽样的方法在全校抽取64名学生，则三年级应抽取的学生人数为( )C ．16D ．12[答案] C [解析] 由题意得，x2000＝0.19.解得x ＝380.∴y ＋z ＝2000－(373＋380＋377＋370)＝500. 设三年级应抽取n 人，则642000＝n500.∴n ＝16.故选C.5．投掷两颗骰子，其向上的点数分别为m 和n ，则复数(m ＋ni )(n －mi )为实数的概率为( )A.13B.14C.16D.112[答案] C[解析] 投掷两颗骰子，共向上的点数m 、n ，用(m ，n )记录基本事件，则基本事件构成集合Ω＝{(m ，n )|1≤m ≤6,1≤n ≤6，m ，n ∈N }，∵(m ＋n i)(n －m i)＝2mn ＋(n 2－m 2)i ，它为实数的等价条件是m 2＝n 2，又m 、n 均为正整数，∴m ＝n .故所求事件所含基本事件有(1,1)，(2,2)，(3,3)，(4,4)，(5,5)，(6,6)共6个，Ω中共有36个基本事件，∴P ＝636＝16.故选C. 6．(文)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1内有一个内切球O ，则在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1内任取点M ，点M 在球O 内的概率是( )A.π4B.π8C.π6D.π12[答案] C[解析] 设正方体棱长为a ，则正方体的体积为a 3，内切球的体积为43π⎝ ⎛⎭⎪⎫a 23＝16πa 3，故点M 在球O 内的概率为16πa 3a 3＝π6.(理)(2011·北京学普教育中心联考版)在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点O 为底面ABCD 的中心，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1内随机取一点P ，则点P 到点O 的距离大于1的概率为( )A.π12 B ．1－π12C.π6D ．1－π6[答案] B[解析] 以点O 为圆心，半径为1的半球的体积为V ＝12×43πR 3＝2π3，正方体的体积为23＝8，由几何概型知：点P 到点O 的距离大于1的概率为P (A )＝1－23π8＝1－π12，故选B.7．(2011·皖南八校联考)连掷两次骰子得到的点数分别为m 和n ，设向量a ＝(m ，n )与向量b ＝(1，－1)的夹角为θ，则θ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π2的概率是________．[答案]712[解析] ∵cos θ＝m －n 2·m 2＋n2，θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，∴m ≥n ，满足条件m ＝n 的概率为636＝16，m >n 的概率与m <n 的概率相等，∴m >n 的概率为12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－16＝512，∴满足m ≥n 的概率为P ＝16＋512＝712.8．(文)(2012·浙江文，12)从边长为1的正方形的中心和顶点这五个点中，随机(等可能)取两点，则该两点间的距离为22的概率是________． [答案] 25[解析]由五个点中随机取两点共有10种取法．由图可知两点间的距离为22的是中心和四个顶点组成的4条线段，故概率为P ＝410＝25，概率问题一定要弄明白概率模型．(理)在区间[1,5]和[2,4]分别各取一个数，记为m 和n ，则方程x 2m 2＋y 2n2＝1表示焦点在x轴上的椭圆的概率是________．[答案] 12[解析] ∵方程x 2m 2＋y 2n2＝1表示焦点在x 轴上的椭圆，∴m >n .由题意知，在矩形ABCD 内任取一点P (m ，n )，求P 点落在阴影部分的概率，易知直线m ＝n 恰好将矩形平分，∴p ＝12.9．(文)(2012·河北保定市模拟)在区间[－1,1]上随机取一个数k ，则直线y ＝k (x ＋2)与圆x 2＋y 2＝1有公共点的概率为________．[答案]33[解析] ∵直线与圆有公共点，∴|2k |k 2＋1≤1，∴－33≤k ≤33.故所求概率为P ＝33－－331－－1＝33. (理)若利用计算机在区间(0,1)上产生两个不等的随机数a 和b ，则方程x ＝22a －2bx有不等实数根的概率为________．[答案] 12[解析]方程x ＝22a －2b x化为x 2－22ax ＋2b ＝0，∵方程有两个不等实根， ∴Δ＝8a －8b >0，∴a >b ， 如图可知，所求概率p ＝12.10．(2012·天津文，15)某地区有小学21所，中学14所，大学7所．现采用分层抽样的方法从这些学校中抽取6所学校对学生进行视力调查．(1)求应从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目；(2)若从抽取的6所学校中随机抽取2所学校做进一步数据分析， (ⅰ)列出所有可能的抽取结果； (ⅱ)求抽取的2所学校均为小学的概率． [分析] (1)根据抽样比例n N ＝621＋14＋7＝17进行抽取．(2)由(1)知抽取的6所学校中有小学3所，用列举法求出基本事件总数n 和2所均为小学的抽法数m ，用古典概型公式P ＝m n求解．[解析] (1)从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目分别为6×2121＋14＋7＝3,6×1421＋14＋7＝2,6－3－2＝1.(2)(ⅰ)在抽取到的6所学校中，3所小学分别记为A 1，A 2，A 3,2所中学分别记为A 4，A 5，大学记为A 6，则抽取2所学校的所有可能结果为{A 1，A 2}，{A 1，A 3}，{A 1，A 4}，{A 1，A 5}，{A 1，A 6}，{A 2，A 3}，{A 2，A 4}，{A 2，A 5}，{A 2，A 6}，{A 3，A 4}，{A 3，A 5}，{A 3，A 6}，{A 4，A 5}，{A 4，A 6}，{A 5，A 6}，共15种．(ⅱ)从6所学校中抽取的2所学校均为小学(记为事件B )的所有可能结果为{A 1，A 2}，{A 1，A 3}，{A 2，A 3}，共3种．所以P (B )＝315＝15.[点评] 本小题主要考查分层抽样方法、用列举法求基本事件数、古典概型及其概率计算公式，同时考查学生数据处理能力，运用概率知识解决实际问题的能力.能力拓展提升11.(2012·安徽六校教育研究会联考)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)的夹角记为α，则α∈(0，π4)的概率为( )A.518B.512C.12D.712[答案] B[解析] 连续投掷两次骰子的点数m 、n ，构成的向量a ＝(m ，n )，共有36个，a 与b 的夹角α∈(0，π4)，∴cos α＝a ·b |a |·|b |＝m m 2＋n 2∈(22，1)，即22<mm 2＋n2<1， ∴n <m ，满足要求的向量a 有(2,1)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)，(6,5)共15个，∴所求概率P ＝1536＝512.12．(文)(2012·辽宁文，11)在长为12cm 的线段AB 上任取一点C ，现作一矩形，邻边长分别等于线段AC 、CB 的长，则该矩形面积大于20cm 2的概率为( )A.16B.13 C.23 D.45[答案] C[解析] 在长为12cm 的线段AB 上任取一点C ，设AC ＝x ，则BC ＝12－x ，∴x (12－x )>20，∴2<x <10，因此总的几何度量为12，满足矩形面积大于20cm2的点在C 1与C 2之间的部分，如图∴P ＝812＝23.关键在于找出总长度及事件“矩形的面积大于20cm 2”所表示区域的长度．(理)(2012·湖北理，8)如图，在圆心角为直角的扇形OAB 中，分别以OA 、OB 为直径作两个半圆，在扇形OAB 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是( )A ．1－2πB.12－1πC.2πD.1π[答案] A[分析] 在扇形OAB 内随机取一点，此点落在阴影部分的概率属于几何概型问题，关键是求阴影部分的面积，如图设阴影部分两块的面积分别为S 1、S 2，OA ＝R ，则S 1＝2(S 扇形DOC－S △DOC )，S 2＝S 扇形OAB －S ⊙D ＋S 1.[解析] 设图中阴影面积分别为S 1，S 2，令OA ＝R ，由图形知，S 1＝2(S 扇ODC －S △ODC ) ＝2[π·R224－12·(R 2)2]＝πR 2－2R 28， S 2＝S 扇形OAB －S ⊙D ＋S 1＝14πR 2－π·(R 2)2＋πR 2－2R 28＝πR 2－2R28， ∴所求概率P ＝S 1＋S 2S 扇形OAB ＝πR 2－2R2414πR 2＝1－2π.[点评] 1.当试验的结果构成的区域为长度、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，关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的计算，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域．13．已知关于x 的二次函数f (x )＝ax 2－4bx ＋1.设集合P ＝{－1,1,2,3,4,5}和Q ＝{－2，－1，1,2,3,4}，分别从集合P 和Q 中任取一个数作为a 和b 的值，函数y ＝f (x )在区间[1，＋∞)上是增函数的概率为________．[答案] 49[解析] 函数f (x )＝ax 2－4bx ＋1图象的对称轴为x ＝2ba.要使y ＝f (x )在区间[1，＋∞)上为增函数，应有a >0且2ba≤1，∴a ≥2b 且a >0.①若a ＝1，则b ＝－2，－1；②若a ＝2，则b ＝－2，－1,1；③若a ＝3，则b ＝－2，－1,1；④若a ＝4，则b ＝－2，－1,1,2；⑤若a ＝5，则b ＝－2，－1,1,2，∴该事件包含基本事件数为16， ∴所求概率P ＝166×6＝49. 14．(文)若区域M ＝{(x ，y )||x |＋|y |≤2}，在区域M 内的点的坐标为(x ，y )，则x 2－y 2≥0的概率是________．[答案] 12[解析] 区域M 是以(－2,0)，(2,0)，(0，－2)，(0,2)为顶点的正方形，如图所示，其中满足y 2≤x 2的是直线y ＝x 和y ＝－x 所夹的包含(－2,0)，(2,0)的两块区域即阴影部分，这个区域的面积恰好是区域M 面积的一半，故所求的概率为12.(理)(2012·昆明第一中学测试)设曲线y ＝x ，直线x ＝1，x 轴所围成的平面区域为M ，Ω＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ，y⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤1，0≤y ≤1.，向区域Ω内随机投一点A ，则点A 落在M 内的概率为________．[答案] 23[解析] 区域Ω的面积S ＝1，区域M 的面积S 1＝⎠⎛01x d x ＝23x 32|10＝23，故所求概率P ＝23. 15．设平面向量a m ＝(m,1)，b n ＝(2，n )，其中m 、n ∈{1,2,3,4}． (1)请列出有序数组(m ，n )的所有可能结果；(2)记“使得a m ⊥(a m －b n )成立的(m ，n )”为事件A ，求事件A 发生的概率． [解析] (1)有序数组(m ，n )的所有可能结果为：(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．(2)由a m ⊥(a m －b n )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)，(3,4)，共2个．又基本事件的总数为16，故所求的概率为P (A )＝216＝18.16．(文)(2011·江西文，16)某饮料公司对一名员工进行测试以便确定考评级别，公司准备了两种不同的饮料共5杯，其颜色完全相同，并且其中3杯为A 饮料，另外2杯为B 饮料，公司要求此员工一一品尝后，从5杯饮料中选出3杯A 饮料．若该员工3杯都选对，测评为优秀；若3杯选对2杯测评为良好；否测评为合格．假设此人对A 和B 饮料没有鉴别能力．(1)求此人被评为优秀的概率； (2)求此人被评为良好及以上的概率．[解析] 将5杯饮料编号为：1,2,3,4,5，编号1、2、3表示A 饮料，编号4、5表示B 饮料，则从5杯饮料中选出3杯的所有可能情况为：(123)，(124)，(125)，(134)，(135)，(145)，(234)(235)，(245)，(345)，共有10种令D 表示此人被评为优秀的事件，E 表示此人被评为良好的事件，F 表示此人被评为良好及以上的事件，则(1)P (D )＝110，(2)P (E )＝35，P (F )＝P (D )＋P (E )＝710.(理)袋子中放有大小和形状相同的小球若干个，其中标号为0的小球1个，标号为1的小球1个，标号为2的小球n 个．已知从袋子中随机抽取1个小球，取到标号是2的小球的概率是12.(1)求n 的值；(2)从袋子中不放回地随机抽取两个小球，记第一次取出的小球标号为a ，第二次取出的小球标号为b .①设事件A 表示“a ＋b ＝2”，求事件A 的概率；②在区间[0,2]内任取两个实数x 、y ，求事件“x 2＋y 2>(a －b )2恒成立”的概率．[解析] (1)由题意可知：n 1＋1＋n ＝12，解得n ＝2.(2)将标号为2的小球记作a 1，a 2①两次不放回抽取小球的所有基本事件为：(0,1)，(0，a 1)，(0，a 2)，(1,0)，(1，a 1)，(1，a 2)，(a 1,0)，(a 1,1)，(a 1，a 2)，(a 2,0)，(a 2,1)，(a 2，a 1)，共12个，事件A 包含的基本事件为：(0，a 1)，(0，a 2)，(a 1,0)，(a 2,0)，共4个． ∴P (A )＝412＝13.②记“x 2＋y 2>(a －b )2恒成立”为事件B ，则事件B 等价于“x 2＋y 2>4”，(x ，y )可以看成平面中的点，则全部结果所构成的区域Ω＝{(x ，y )|0≤x ≤2,0≤y ≤2，x ，y ∈R }，而事件B 所构成的区域B ＝{(x ，y )|x 2＋y 2>4，x ，y ∈Ω}，∴P (B )＝S B S Ω＝2×2－π2×2＝1－π4.1．(2011·新课标全国文，6)有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为( )A.13 B.12 C.23 D.34[答案] A[解析] 甲、乙各自参加其中一个小组所有选法为32＝9种，甲、乙参加同一个小组的选法有3种，所以其概率为39＝13.故选A.2．(2011·福建文，7)如图，矩形ABCD 中，点E 为边CD 的中点，若在矩形ABCD 内部随机取一个点Q ，则点Q 取自△ABE 内部的概率等于( )A.14B.13C.12D.23[答案] C[解析] 本题属于几何概型求概率问题，设矩形长为a ，宽为b ，则点取自△ABE 内部的概率P ＝S △ABE S 矩形ABCD ＝12abab ＝12.3．有5条长度分别为1、3、5、7、9的线段，从中任意取出3条，则所取3条线段可构成三角形的概率是( )A.35B.310C.25D.710[答案] B[解析] 构不成三角形的为(1,3,5)，(1,3,7)，(1,3,9)，(3,5,9)，(1,5,7)，(1,5,9)，(1,7,9)，能构成三角形的有(3,5,7)，(3,7,9)，(5,7,9)，∴所求概率为310.4．从－1、0、1、2这四个数中选出三个不同的数作为二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c 的系数组成不同的二次函数，其中使二次函数有变号零点的概率为( )A.79B.712C.59D.512[答案] A[解析] 首先取a ，∵a ≠0，∴a 的取法有3种，再取b ，b 的取法有3种，最后取c ，c 的取法有2种，∴共组成不同的二次函数3×3×2＝18个．f (x )若有变号零点，不论a >0还是a <0，均应有Δ>0，即b 2－4ac >0，∴b 2>4ac .①首先b 取0时，a 、c 须异号，a ＝－1，则c 有2种，a 取1或2，则c 只能取－1，∴共有4种．②b ＝1时，若c ＝0，则a 有2种，若c ＝－1，a 只能取2. 若c ＝2，则a ＝－1，共有4种． ③若b ＝－1，则c 只能取0，有2种．④若b ＝2，取a 有2种，取c 有2种，共有2×2＝4种． 综上所述，满足b 2>4ac 的取法有4＋4＋2＋4＝14种， ∴所求概率P ＝1418＝79.5．在正方体上任选3个顶点连成三角形，则所得的三角形是直角非等腰三角形的概率为( )A.17B.27C.37D.47[答案] C[解析] 寻找直角非等腰三角形构成的特征．方法1：相对棱AB 与C 1D 1的四个顶点所构成的四边形中，任取三个顶点构成的三角形，符合条件，故有C 34种情形，由于正方体有6对相对棱，故可得到的直角非等腰三角形有6C 34个，因此，所求的概率为：6C 34C 38＝2456＝37，∴选C.方法2：以A 为直角顶点的直角非等腰三角形仅有：Rt △D 1AB 、Rt △B 1AD 、Rt △A 1AC 三个，故共有直角非等腰三角形8×3＝24个，因此，所求的概率为：24C 38＝2456＝37，∴选C.[点评] 探求规律特征，或从特殊点出发思考，是解这类问题的一般思路．把问题改为求“所得三角形恰为直角三角形”的概率，则答案为C 38－8C 38＝67.6．已知直线l 1：x －2y －1＝0，直线l 2：ax －by ＋1＝0，其中a 、b ∈{1,2,3,4,5,6}． (文)直线l 1∥l 2的概率为________．(理)直线l 1与l 2的交点位于第一象限的概率为______．[分析] a ，b ∈{1,2,3,4,5,6}相当于放回取样，也就是说a 与b 的值可以重复． [答案] (文)112 (理)16[解析] (文)依题意知，直线l 1的斜率k 1＝12，直线l 2的斜率k 2＝ab .设事件A 为“直线l 1∥l 2”．a 、b ∈{1,2,3,4,5,6}的基本事件记作(a ，b )，有(1,1)，(1,2)，…，(1,6)，(2,1)，(2,2)，…，(2,6)，…，(6,5)，(6,6)，共36种．若l 1∥l 2，则b ＝2a .满足条件的实数对(a ，b )有(1,2)、(2,4)、(3,6)，共3种． 所以P (A )＝336＝112.∴直线l 1∥l 2的概率为112.(理)由⎩⎪⎨⎪⎧x －2y －1＝0，ax －by ＋1＝0.得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝b ＋2b －2a，y ＝a ＋1b －2a .(b ≠2a )∵两直线的交点在第一象限，∴⎩⎪⎨⎪⎧b ＋2b －2a >0，a ＋1b －2a >0，∴b >2a .a ，b ∈{1,2,3,4,5,6}的基本事件共6×6＝36个，其中满足b >2a 的基本事件(a ，b )有：(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,5)，(2,6)共6个．∴其概率P ＝636＝16.7．(2011·北京文，16)以下茎叶图记录了甲、乙两组各四名同学的植树棵数，乙组记录中有一个数据模糊，无法确认，在图中以X 表示．(1)如果X ＝8，求乙组同学植树棵数的平均数和方差；(2)如果X ＝9，分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，求这两名同学的植树总棵数为19的概率．(注：方差s 2＝1n[(x 1－x －)2＋(x 2－x －)2＋…＋(x n －x －)2]，其中x －为x 1，x 2，…，x n 的平均数)[解析] (1)当X ＝8时，由茎叶图可知，乙组同学的植树棵数是：8,8,9,10. 所以平均数为x ＝8＋8＋9＋104＝354； 方差为s 2＝14[(8－354)2＋(8－354)2＋(9－354)2＋(10－354)2]＝1116.(2)记甲组四名同学为A 1，A 2，A 3，A 4，他们植树的棵数依次为9,9,11,11：乙组四名同学为B 1，B 2，B 3，B 4，他们植树的棵数依次为9,8,9,10，分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，所有可能的结果有16个，它们是：(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)， (A 3，B 1)，(A 3，B 2)，(A 3，B 3)，(A 3，B 4)， (A 4，B 1)，(A 4，B 2)，(A 4，B 3)，(A 4，B 4)．用C 表示：“选出的两名同学的植树总棵数为19”这一事件，则C 中的结果有4个，它们是：(A 1，B 4)，(A 2，B 4)，(A 3，B 2)，(A 4，B 2)，故所求概率为P (C )＝416＝14.8．(2011·四川文，17)本着健康、低碳的生活理念，租自行车骑游的人越来越多．某自行车租车点的收费标准是每车每次租不超过两小时免费，超过两小时的部分每小时收费2元(不足1小时的部分按1小时计算)．有甲、乙两人相互独立来该租车点租车骑游(各租一车一次)，设甲、乙不超过两小时还车的概率分别为14、12；两小时以上且不超过三小时还车的概率分别为12、14；两人租车时间都不会超过四小时．(1)分别求出甲、乙在三小时以上且不超过四小时还车的概率；(2)求甲、乙两人所付的租车费用之和小于6元的概率．[解析] (1)分别记甲、乙在三小时以上且不超过四小时还车为事件A ，B ，则P (A )＝1－14－12＝14， P (B )＝1－12－14＝14.∴甲、乙在三小时以上且不超过四小时还车的概率分别为14，14.(2)记两人所付的租车费用之和小于6元为事件C ，所付租车费之和为0元、2元、4元的概率分别为P 1、P 2、P 3，则P 1＝14×12＝18，P 2＝14×14＋12×12＝516，P 3＝12×14＋14×14＋12×14＝516， ∴P (C )＝P 1＋P 2＋P 3＝34.∴甲、乙两人所付的租车费用之和小于6元的概率为34.9．一个袋中装有四个形状大小完全相同的球，球的编号分别为1、2、3、4. (1)从袋中随机取两个球，求取出的球的编号之和不大于4的概率；(2)先从袋中随机取一个球，该球的编号为m ，将球放回袋中，然后再从袋中随机取一个球，该球的编号为n ，求n <m ＋2的概率．[解析] (1)从袋中取球编号之和不大于4的基本事件有1和2,1和3两个，而随机取两球其一切可能的基本事件有6个．∴所求概率为P ＝26＝13.(2)由题意其一切结果设为(m ，n )有：(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．又满足条件n ≥m ＋2的事件为(1,3)，(1,4)，(2,4)，共3个，P 1＝316.故满足条件n <m ＋2的事件的概率为 1－P 1＝1－316＝1316.。

知识衍化体验
考点聚集突破
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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. 【训练2】 (1)(2018·衡阳八中、长郡中学联考)同学聚会上，某同学从《爱你一万年》
《十年》《父亲》《单身情歌》四首歌中选出两首歌进行表演，则《爱你一万年》
的五位数有：12543，13542，23541，34521，24531，14532，共 6 个，∴出现
a1<a2<a3>a4>a5 的五位数的概率 p＝A655＝210.
答案
(1)B
1 (2)20
19
知识衍化体验
考点聚集突破
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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
未被选取的概率为( )
A.13
B.12
C.23
D.56
(2)(2018·石家庄二模)用1，2，3，4，5组成无重复数字的五位数， 若用a1，a2，a3， a4 ， a5 分 别 表 示 五 位 数 的 万 位 、 千 位 、 百 位 、 十 位 、 个 位 数 字 ， 则 出 现
a1<a2<a3>a4>a5的五位数的概率为________.
2 人都是女同学的情况有 C23＝3 种，故选中的 2 人都是女同学的概率为130＝0.3.
答案 D
8
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考点聚集突破
@《创新设计》
5.(2017·山东卷)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( )