2025届高中数学一轮复习讲义：第十章第7讲　古典概型（含解析）

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一 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．
二 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)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．
2．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eq \f(1,n)；如果某个事件A包含的结果有m个，那么事件A的概率P(A)＝eq \f(m,n).
三 古典概型的概率公式
P(A)＝eq \f(A包含的基本事件的个数,基本事件的总数).
常/用/结/论
一个试验是不是古典概型，关键在于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．
1．判断下列结论是否正确．
(1)掷一枚均匀的硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”这三个结果是等可能事件．()
(2)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eq \f(1,3).(√)
(3)两个互斥事件的概率和为1.()
(4)从－3，－2，－1,0,1,2中任取一个数，取到的数小于0与不小于0的可能性相同．(√)
2．将3名男生、1名女生共4名同学分配到甲、乙、丙三个社区参加社会实践，每个社区至少一名同学，则恰好一名女生和一名男生分到甲社区的概率是( )
A．eq \f(1,12) B．eq \f(1,3) C．eq \f(1,2) D．eq \f(1,6)
解析：分配方案的总数为Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)，恰好一名女生和一名男生分到甲社区的分法有Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(2,2)种，恰好一名女生和一名男生分到甲社区的概率是P＝eq \f(C\\al(1,3)A\\al(2,2),C\\al(2,4)A\\al(3,3))＝eq \f(1,6).
答案：D
3．盲盒是指消费者不能提前得知具体产品款式的玩具盒子，具有随机属性，只有打开才会知道自己抽到了什么．某电影院推出开盲盒的模式售票，每个盲盒中等可能地放入一张印有“欢”“迎”“光”“临”四个字中的一个字的卡片，只有集齐“欢迎光临”四个字才算全票．小明购买了4个盲盒，则他刚好集齐“欢迎光临”的概率是( )
A．eq \f(3,16) B．eq \f(1,24)
C．eq \f(3,32) D．eq \f(1,256)
解析：因为4个盲盒共有44＝256(种)结果，而刚好开出“欢迎光临”的情况有Aeq \\al(4,4)＝24(种)，所以小明刚好集齐“欢迎光临”的概率P＝eq \f(24,256)＝eq \f(3,32).
答案：C
4．哥德巴赫猜想是指“每个大于2的偶数都可以表示为两个素数的和”，例如10＝7＋3，16＝13＋3，在不超过32的素数中，随机选取两个数，其和等于32的概率为________．
解析：由题意可知，不超过32的素数有2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31，共11个，在不超过32的素数中，随机选取两个数，样本点总数为Ceq \\al(2,11)＝55(个)，其和等于32包含的样本点有(3,29)，(13,19)，共2个，所以其和等于32的概率为P＝eq \f(2,55).
答案：eq \f(2,55)
题型 古典概型的计算的多维研讨
维度1 列举法
典例1(1)(2023·全国甲卷，文)某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为( )
A．eq \f(1,6) B．eq \f(1,3) C．eq \f(1,2) D．eq \f(2,3)
(2)(2024·山东泰安宁阳一中模拟)小明准备今年到上海参观世博会博物馆，但只需要一名家长陪同前往，爸爸、妈妈都很愿意陪同，于是决定用抛掷硬币的方法决定由谁陪同．每次掷一枚硬币，连掷三次．
①用树状图列举三次抛掷硬币的所有可能结果．
②若规定：有两次或两次以上正面向上，由爸爸陪同前往上海；有两次或两次以上反面向上，则由妈妈陪同前往上海．分别求由爸爸陪同小明前往上海和由妈妈陪同小明前往上海的概率．
(1)解析：依题意，设高一年级的2名同学为a1，a2，高二年级的2名同学为b1，b2，从4名同学中随机选2名组织文艺汇演，有(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，b1)，(a2，b2)，(b1，b2)，共6种情况，
因为总数较少，所以用有序数对进行列举．
其中这2名同学来自不同年级的基本事件有(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，b1)，(a2，b2)，共4种情况，
所以这2名学生来自不同年级的概率为eq \f(4,6)＝eq \f(2,3).
方法二：P＝eq \f(2×2,C\\al(2,4))＝eq \f(2,3).
故选D．
(2)解：①列树状图如下：
清晰且简单易行，尽量按某一顺序，不重不漏．
②由①可知，基本事件总数为8，有两次或两次以上正面向上的情况有4种，
∴P(由爸爸陪同前往)＝eq \f(1,2)；
有两次或两次以上反面向上的情况有4种，
∴P(由妈妈陪同前往)＝eq \f(1,2).
使用列举法时的注意点
(1)尽量按某一顺序，以做到不重复、不遗漏．
(2)是否有顺序，有序和无序是有区别的，可以交换次序来看是否对结果造成影响，有影响就是有序，无影响即无序．
(3)是否允许重复，即是有放回还是不放回，有放回地取元素是允许重复的，不放回地取元素是不允许重复的．
对点练1(1)(2024·广东东莞期末)甲、乙、丙、丁四人在足球训练中进行传球训练，从甲开始传球，甲等可能地把球传给乙、丙、丁中的任何一个人，以此类推，则经过3次传球后乙恰好接到1次球的概率为( )
A．eq \f(14,27) B．eq \f(5,9)
C．eq \f(16,27) D．eq \f(17,27)
(2)(多选)(2024·浙江台州第一次质量评估)投掷两枚质地均匀的正方体骰子，则( )
A．向上点数之和为5的概率为eq \f(1,18)
B．向上点数之和为7的概率为eq \f(1,6)
C．向上点数之和为6的倍数的概率为eq \f(5,36)
D．向上点数之和为偶数的概率为eq \f(1,2)
解析：(1)按接球人分类：①不含甲，三人时，乙丙丁，乙丁丙，丙乙丁，丙丁乙，丁乙丙，丁丙乙，共6种；两人时，乙丙乙，丙乙丙，乙丁乙，丁乙丁，丁丙丁，丙丁丙，共6种；②含甲，乙甲乙，丙甲丙，丁甲丁，乙丙甲，乙甲丙，乙丁甲，乙甲丁，丙乙甲，丙甲乙，丙丁甲，丙甲丁，丁乙甲，丁甲乙，丁丙甲，丁甲丙，共15种，故共计27种．其中乙恰好接到1次球的情况有16种，所以所求概率为eq \f(16,27)，故选C．
(2)由题意可知投掷两枚质地均匀的正方体骰子向上的点数情况有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，(4,5)，(4,6)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，(5,6)，(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(6,6)，共36种．
其中向上点数之和为5的有(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，共4种，故向上点数之和为5的概率为eq \f(4,36)＝eq \f(1,9)，故A错误；
其中向上点数之和为7的有(1,6)，(2,5)，(3,4)，(4,3)，(5,2)，(6,1)，共6种，故向上点数之和为7的概率为eq \f(6,36)＝eq \f(1,6)，故B正确；
其中向上点数之和为6的倍数有(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)，(6,6)，共6种，故向上点数之和为6的倍数的概率为eq \f(6,36)＝eq \f(1,6)，故C错误；
其中向上点数之和为偶数的有(1,1)，(1,3)，(1,5)，(2,2)，(2,4)，(2,6)，(3,1)，(3,3)，(3,5)，(4,2)，(4,4)，(4,6)，(5,1)，(5,3)(5,5)，(6,2)，(6,4)，(6,6)，共18种，故向上点数之和为偶数的概率为eq \f(18,36)＝eq \f(1,2)，故D正确．
答案：(1)C (2)BD
维度2 排列组合法
典例2(1)(2023·全国乙卷，文)某学校举办作文比赛，共6个主题，每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文，则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题概率为( )
正难则反．
A．eq \f(5,6) B．eq \f(2,3) C．eq \f(1,2) D．eq \f(1,3)
(2)(2024·福建福州质检)从1,2，…，9这9个数中，随机抽取3个不同的数，则这3个
Ceq \\al(3,9)
数的和为偶数的概率是________．
分两类eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3个偶数：C\\al(3,4)，,1个偶数2个奇数：C\\al(1,4)C\\al(2,5).))
解析：(1)甲有6种选择，乙也有6种选择，故基本事件共有6×6＝36(种)．
设这6个主题分别为1,2,3,4,5,6，则甲、乙抽到相同主题的基本事件有(1,1)，(2,2)，(3,3)，(4,4)，(5,5)，(6,6)，共6种，所以甲、乙抽到不同主题的基本事件共有30种，
则其概率为eq \f(30,36)＝eq \f(5,6).故选A．
(2)基本事件总数为Ceq \\al(3,9)，设抽取3个数，和为偶数为事件A，则A事件包括两类：抽取的3个数全是偶数，或抽取的3个数中2个为奇数1个为偶数，前者有Ceq \\al(3,4)种，后者有Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(2,5)种，所以A中的基本事件数为Ceq \\al(3,4)＋Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(2,5)，所以符合要求的概率为eq \f(C\\al(3,4)＋C\\al(1,4)C\\al(2,5),C\\al(3,9))＝eq \f(11,21).故答案为eq \f(11,21).
1．利用排列组合知识求概率，要注意一次性抽取与逐次抽取的区别，前者无顺序的区别，可利用组合知识计算；后者有顺序的区别，可利用排列知识计算．另外还要注意区分有放回抽样与不放回抽样．
2．含有“至多”“至少”等类型的概率问题，从正面求解比较困难或者比较烦琐时，可考虑其反面，即对立事件，然后应用对立事件的性质P(A)＝1－P(eq \x\t(A))进一步求解.
对点练2(1)(2024·福建厦门外国语学校期末)某中学体育节中，羽毛球单打12强中有3个种子选手，将这12人任意分成3个组(每组4个人)，则3个种子选手恰好被分在同一组的概率为( )
A．eq \f(3,55) B．eq \f(1,4)
C．eq \f(1,3) D．eq \f(1,2)
(2)(2021·全国甲卷，理)将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为( )
A．eq \f(1,3) B．eq \f(2,5)
C．eq \f(2,3) D．eq \f(4,5)
解析：(1)由已知条件得，将12人任意分成3组(每组4个人)，不同的分组方法有eq \f(C\\al(4,12)C\\al(4,8)C\\al(4,4),A\\al(3,3))种，3个种子选手分在同一组的方法有eq \f(C\\al(1,9)C\\al(4,8)C\\al(4,4),A\\al(2,2))种，故3个种子选手恰好被分在同一组的概率为eq \f(\f(C\\al(1,9)C\\al(4,8)C\\al(4,4),A\\al(2,2)),\f(C\\al(4,12)C\\al(4,8)C\\al(4,4),A\\al(3,3)))＝eq \f(3,55)，故选A．
(2)将4个1和2个0随机排成一行，可利用插空法，4个1产生5个空，若2个0相邻，则有Ceq \\al(1,5)＝5(种)排法，若2个0不相邻，则有Ceq \\al(2,5)＝10(种)排法．所以2个0不相邻的概率为eq \f(10,5＋10)＝eq \f(2,3).故选C．
答案：(1)A (2)C
题型 古典概型与统计的综合应用
典例3(2024·甘肃兰州模拟)某单位N名员工参加“社区低碳你我他”活动．他们的年龄在25岁至50岁之间．按年龄分组：第1组为[25,30)，第2组为[30,35)，第3组为[35,40)，第4组为[40,45)，第5组为[45,50]，得到的频率分布直方图如图所示．

由第一、二组纵坐标相同，结合频率分布表知a＝25.
下表是年龄的频数分布表.
(1)求正整数a，b，N的值．
(2)现要从年龄较小的第1,2,3组中用分层随机抽样的方法抽取6人，则年龄在第1,2,3组的人数分别是多少？
(3)在(2)的条件下，从这6人中随机抽取2人参加社区宣传交流活动，求恰有1人在第3组的概率．
解：(1)由题干中的频率分布直方图及频数分布表
易错点：纵轴为eq \f(频率,组距).
可知，a＝25，且b＝25×eq \f(0.08,0.02)＝100，
总人数N＝eq \f(25,0.02×5)＝250.
(2)因为第1,2,3组共有25＋25＋100＝150(人)，所以利用分层随机抽样在150人中抽取6人，第1组抽取的人数为6×eq \f(25,150)＝1(人)，
第2组抽取的人数为6×eq \f(25,150)＝1(人)，
第3组抽取的人数为6×eq \f(100,150)＝4(人)，
所以第1,2,3组分别抽取1人、1人、4人．
(3)由(2)可设第1组的1人为A，第2组的1人为B，第3组的4人分别为C1，C2，C3，C4，则从6人中抽取2人的所有可能结果为(A，B)，(A，C1)，
也可用排列组合：Ceq \\al(2,6)＝15.
(A，C2)，(A，C3)，(A，C4)，(B，C1)，(B，C2)，(B，C3)，(B，C4)，(C1，C2)，(C1，C3)，(C1，C4)，(C2，C3)，(C2，C4)，(C3，C4)，共15种，
其中恰有1人在第3组的所有结果为(A，C1)，
用排列组合：Ceq \\al(1,4)·Ceq \\al(1,2)＝8.
(A，C2)，(A，C3)，(A，C4)，(B，C1)，(B，C2)，(B，C3)，(B，C4)，共8种，
所以恰有1人在第3组的概率为eq \f(8,15).
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、频率分布直方图等统计图表给出的信息，提炼出需要的信息．
(2)进行统计与古典概型概率的正确计算.eq \(\s\up7( ),\s\d5( ))
对点练3为了了解使用某种新型药品后是否会引起疲乏症状，某机构随机抽取了当地患有这种疾病的275人进行调查，得到统计数据如下表：
(1)求2×2列联表中的数据x，y，m，t的值，依据小概率值α＝0.05的独立性检验，能否以此推断有疲乏症状与使用该新药有关？
(2)从使用该新药的100人中按是否有疲乏症状，采用比例分配的分层随机抽样的方法抽出4人，再从这4人中随机抽取2人做进一步调查，求这2人中恰有1人有疲乏症状的概率．
附：χ2＝eq \f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)，n＝a＋b＋c＋d.
解：(1)由表格数据知，x＝225－150＝75，y＝100－75＝25，m＝275－225＝50，t＝150＋25＝175，
所以x＝75，y＝25，m＝50，t＝175.
零假设为H0：有疲乏症状与使用该新药无关．
根据列联表中的数据，经计算得到
χ2＝eq \f(275×150×25－25×752,175×100×225×50)＝eq \f(275,56)≈4.911>3.841＝x0.05，
根据小概率值α＝0.05的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为有疲乏症状与使用该新药有关．
(2)从使用新药的100人中用比例分配的分层随机抽样的方法抽取4人的抽样比为eq \f(4,100)＝eq \f(1,25)，则抽取有疲乏症状的人数为eq \f(1,25)×25＝1，无疲乏症状的人数为3，
抽取的有疲乏症状的1人记为1，无疲乏症状的3人分别记为a，b，c，从4人中随机抽取2人的所有样本点为(1，a)，(1，b)，(1，c)，(a，b)，(a，c)，(b，c)，共6个，且每个样本点发生的可能性都相等，
记2人中恰有1人有疲乏症状的事件为M，它所含的样本点有(1，a)，(1，b)，(1，c)，共3个，于是得P(M)＝eq \f(3,6)＝eq \f(1,2)，
所以这2人中恰有1人有疲乏症状的概率是eq \f(1,2).
区间
[25,30)
[30,35)
[35,40)
[40,45)
[45,50]
人数
25
a
b
使用情况
症状
合计
无疲乏症状
有疲乏症状
未使用新药
150
25
t
使用新药
x
y
100
合计
225
m
275
α
0.10
0.05
0.025
0.010
xα
2.706
3.841
5.024
6.635