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1、第4讲古典概型考纲要求考点分布考情风向标1. 理 解 古 典概型及其概率计算公式.2. 会用 列 举法计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发生的概率2012 年新课标第 18 题()(2)考查互斥事件和古典概型；2013 年新课标第 3 题考查古典概型；2013 年新课标第 13题考查古典概型；2014 年新课标第 13题考查古典概型；2014 年新课标第 13题考查古典概型；2015 年新课标第 4 题考查古典概型；2016 年新课标第 3 题考查古典概型；2017 年新课标第 11 题考查古典概型1. 解决古典概型概率问题的关键是明确事件的类型及其相互关系，以及针对不同类型的事件灵活地选
2、择相应的方法和公式，列举法、树状图法及列表法是解决古典概型概率问题的有效辅助手段，备考时要认真体会、把握和运用.2.在解答题中，古典概型单独命题的可能性较小，常与统计结合命题，因此，复习时要加强与统计相关的综合题的训练，注重理解问题、分析问题、解决问题能力的提升，努力提高解决综合问题的能力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有有限个；(2)每个基本事件出现的可能性相等.3.古典概型的概率公式P(A)A 包含的基本事件的个数
3、基本事件的总数.5)，(3，4)，(3，5)，(4，5)，共 10 种，p1.(2013 年新课标)从 1，2，3，4，5 中任意取出 2 个不同的数，其和为 5 的概率是_.0.2解析：两数之和等于 5 有两种情况(1，4)和(2，3)，总的基本事件有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(2，3)，(2，4)，(2，2100.2. .2.(2013 年新课标)从 1，2，3，4 中任取 2 个不同的数，则取出的 2 个数之差的绝对值为 2 的概率是()BA.12B.13C.14D.16解析：从 1，2，3，4 中任取 2 个不同的数，有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，1
4、)，(2，3)，(2，4)，(3，1)，(3，2)，(3，4)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，共 12 种情形，而满足条件“2 个数之差的绝对值为 2”的只有(1，3)，(2，4)，(3，1)，(4，2)，共 4种情形，所以取出的 2 个数之差的绝对值为 2 的概率为412133.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 1 件次品的概率为()BA.0.4B.0.6C.0.8D.1解析：5 件产品中有 2 件次品，记为 a，b，有 3 件合格品，记为 c，d，e，从这 5 件产品中任取 2 件，有 10 种，分别是(a，b)，(a，c)，(a
5、，d)，(a，e)，(b，c)，(b，d)，(b，e)，(c，d)，(c，e)，(d，e)，其中“恰有 1 件次品”的情况有 6 种，分别是(a，c)，(a，d)，(a，e)，(b，c)，(b，d)，(b，e)，设事件 A“恰有一件次品”，则 P(A)6100.6.故选 B.4.(2014 年新课标)将 2 本不同的数学书和 1 本语文书在书架上随机排成一行，则 2 本数学书相邻的概率为_.解析：根据题意显然这是一个古典概型，其基本事件有：数 1，数 2，语； 数 1，语，数 2；数 2，数 1，语； 数 2，语，数 1；语，数 2，数 1; 语，数 1，数 2，共 6 种，其中 2 本数学考
6、点 1 简单的古典概型例 1：(1)(2017 年新课标)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解析：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， .共有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(3，5)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，(4，5)，(5，1)，(5
7、，2)，(5，3)，(5，4)，(5，5)，共 25 种情形，其中第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数(2，1)，(3，1)，(3，2)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，共有 10 种情形，所以其概率为102525答案：D(2)(2016 年新课标)为美化环境，从红、黄、白、紫 4 种颜色的花中任选 2 种花种在一个花坛中，余下的 2 种花种在另一个花坛中，则红色和紫色的花不在同一花坛的概率是()A.13B.12C.23D.56解析：从 4 种颜色的花中任选两种种在一个花坛中，余下2种种在另一个花坛，有(红黄)，(白紫)，(白紫)，(红黄)，
8、(红白)，(黄紫)，(黄紫)，(红白)，(红紫)，(黄白)，(黄白)，(红紫)，共 6 种种法，其中红色和紫色不在一个花坛的种法有(红黄)，(白紫)，(白紫)，(红黄)，(红白)，(黄紫)，(黄紫)，(红答案：C(3)(2015 年新课标)如果 3 个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长，则称这 3 个数为一组勾股数，从 1，2，3，4，5 中任取 3 个不同的数，则这 3 个数构成一组勾股数的概率为()A.310B.15C.110D.120解析：从 1，2，3，4，5 中任取 3 个不同的数共有 10 种不同的取法，其中的勾股数只有 3，4，5，故 3 个数构成一组勾股数的取法只有 1 种
9、，故所求概率为110.故选 C.答案：C(4)(2017 年山东)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()A.518B.49C.59D.79解析：标有 1，2，9 的 9 张卡片中，标奇数的有 5 张，标偶数的有 4 张，所以抽到的 2 张卡片上的数奇偶性不同的概答案：C【规律方法】本题是考查古典概型，利用公式 P(A) .古mn典概型必须明确判断两点：对于每个随机实验来说，所有可能出现的实验结果数 n 必须是有限个；出现的所有不同的实验结果的可能性大小必须是相同的.解决这类问题的关键是列举做到不重不漏
10、.考点 2 掷骰子模型的应用例 2：若以连续掷两次质地均匀的骰子分别得到的点数 m，n 作为点 P 的坐标：(1)则点 P 落在直线 xy70 上的概率为_；(2)则点 P 落在圆 x2y225 外的概率为_；(3)则点 P 落在圆 x2y225 内的概率为_；(4)若点 P 落在圆 x2y2r2(r0)内是必然事件，则 r 的范围是_；(5)若点 P 落在圆 x2y2r2(r0)内是不可能事件，则 r 的范围是_；(6)事件“|mn|2”的概率为_. .解析：掷两次质地均匀的骰子，点数的可能情况有：(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，1)，(2，2)
11、，(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)，此问题中含有 36 个等可能基本事件.(1)由点 P 落在直线 xy70 上，得 mn7，有(1，6)，(2，5)，(3，4)，(4，3)，(5，2)，(6，1)，共 6种，概率为 p63616(2)点 P 落在圆 x2y225 外m2n225.有(1，5)，(
12、1，6)，(2，5)，(2，6)，(3，5)，(3，6)，(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)，概率为 p2136712.(3)点 P 落在圆 x2y225内m2n225.有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(4，1)，(4，2)，概率为 p1336.【互动探究】1.(2014 年湖北)随机投掷两枚质地均匀的骰子，它们向上的点数之和不超过 5 的概率为 P1
13、，点数之和大于 5 的概率为 P2，点数之和为偶数的概率为 P3，则()CA.P1P2P3 B.P2P1P3C.P1P3P2 D.P3P1P22.连续 2 次抛掷一枚质地均匀的骰子(六个面上分别标有数字 1，2，3，4，5，6)，记“两次向上的数字之和等于 m”为事件 A，则 P(A)最大时，m_.7解析：m 可能取到的值有 2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，对应的基本事件个数依次为 1，2，3，4，5，6，5，4，3，2，1，两次向上的数字之和等于 7 对应的事件发生的概率最大. .3.(2016 年江苏)将一枚质地均匀的骰子(一种各个面上分别标有 1，2，3，4，5，6 个
14、点的正方体玩具)先后抛掷 2 次，则出现向上的点数之和小于 10 的概率是_.解析：点数小于 10 的基本事件共有 30 种，所以所求概率为303656考点 3 古典概型与统计的结合例 3：(2015 年安徽)某企业为了解下属某部门对本企业职工的服务情况，随机访问 50 名职工，根据这 50 名职工对该部门的评分，绘制频率分布直方图(如图 9-4-1)，其中样本数据分组区间为40，50)，50，60)，80，90)，90，100.图 9-4-1(1)求频率分布直方图中 a 的值；(2)估计该企业的职工对该部门评分不低于 80 的概率；(3)从评分在40，60)的受访职工中，随机抽取 2 人，求
15、此 2人评分都在40，50)的概率.解：(1)因为(0.004a0.0180.02220.028)101，所以 a0.006.(2)由所给频率分布直方图知，50 名受访职工评分不低于80 的频率为(0.0220.018)100.4.所以该企业职工对该部门评分不低于 80 的概率的估计值为 0.4.(3)受访职工评分在50，60)的有 500.006103(人)，设为 A1，A2，A3；受访职工评分在40，50)的有 500.004102(人)，设为 B1，B2.从这 5 名受访职工中随机抽取 2 人，所有可能的结果共有10 种，它们是A1，A2，A1，A3，A1，B1，A1，B2，A2，A3，
16、A2，B1，A2，B2，A3，B1，A3，B2，B1，B2，又因为所抽取 2 人的评分都在40，50)的结果有 1 种，即B1，B2，故所求的概率 p110.【规律方法】古典概型在和统计等其他知识结合考查时，通常有两种方式：一种是将统计等其他知识和古典概型捆绑起来，利用其他知识来处理古典概型问题；另一种就是与其他知识点独立地考查而相互影响不大.前一种对知识的掌握方面要求更高，如果在前面的问题处理错，可能对后面的古典概型处理带来一定的失误.通常会设置若干问题，会运用到统计中的相关知识处理相关数据.行政区区人口占城市人口比例区人均 GDP/美元A25%8000B30%4000C15%6000D10
17、%3000E20%10 000【互动探究】4.(2014 年福建)根据世行 2013 年新标准，人均 GDP 低于1035 美元为低收入国家；人均 GDP 为 10354085 美元为中等偏下收入国家；人均 GDP 为 408512 616 美元为中等偏上收入国家；人均 GDP 不低于 12 616 美元为高收入国家.某城市有5 个行政区，各区人口占该城市人口比例及人均 GDP 如下表：(1)判断该城市人均 GDP 是否达到中等偏上收入国家标准；(2)现从该城市 5 个行政区中随机抽取 2 个，求抽到的 2 个行政区人均 GDP 都达到中等偏上收入国家标准的概率.解：(1)设该城市人口总数为
18、a，则该城市人均 GDP 为80000.25a40000.30a60000.15a30000.10a10 0000.20aa6400.因为 64004085，12 616)，所以该城市人均 GDP 达到了中等偏上收入国家标准.(2)“从 5 个行政区中随机抽取 2 个”的所有基本事件是A，B，A，C，A，D，A，E，B，C，B，D，B，E，C，D，C，E，D，E，共 10 个.设事件“抽到的 2 个行政区人均 GDP 都达到中等偏上收入国家标准”为M，则事件 M 包含的基本事件是A，C，A，E，C，E，共 3 个.所以所求概率为 P(M)310.考点 4 互斥事件与对立事件在古典概型中的应用例
19、 4：现有 7 名亚运会志愿者，其中志愿者 A1，A2，A3 通晓日语，B1，B2 通晓韩语，C1，C2 通晓印度语.从中选出通晓日语、韩语和印度语的志愿者各 1 名，组成一个小组.(1)求 A1 恰被选中的概率；(2)求 B1 和 C1 不全被选中的概率.解：(1)从 7 人中选出日语、韩语和印度语志愿者各 1 名，所有可能的结果组成的基本事件有：(A1，B1，C1)，(A1，B1，C2)，(A1，B2，C1)，(A1，B2，C2)，(A2，B1，C1)，(A2，B1，C2)，(A2，B2，C1)，(A2，B2，C2)，(A3，B1，C1)，(A3，B1，C2)，(A3，B2，C1)，(A3
20、，B2，C2)，共 12 个.由于每一个基本事件被抽取的机会均等，因此这些基本事件的发生是等可能的.用 M 表示“A1 恰被选中”这一事件，事件 M 包含以下 4 个基本事件：(A1，B1，C1)，(A1，B1，C2)，(A1，B2，C1)，(A1，B2，C2)，【规律方法】在处理古典概型的问题时，我们通常都将所求事件 A 分解为若干个互斥事件(尤其是基本事件)的和，利用概率加法公式求解，或者利用对立事件求解.【互动探究】D5.若某公司从 5 名大学毕业生甲、乙、丙、丁、戊中录用 3人，这 5 人被录用的机会均等，则甲或乙被录用的概率为()A.23B.25C.35D.910 解析：共有(甲、乙
21、、丙),(甲、乙、丁)，(甲、乙、戊)，(甲、丙、丁)，(甲、丙、戊)，(甲、丁、戊)，(乙、丙、丁)，(乙、丙、戊)，(乙、丁、戊)，(丙、丁、戊)10 种情况，甲或乙都不被录用的情况只有(丙、丁、戊)，概率为110，所以甲或乙被录用的概率为 1110910.易错、易混、易漏放回与不放回抽样的区别与联系例题：一个盒子中装有 4 张卡片，每张卡片上写有 1 个数字，分别是 1，2，3，4，现从盒子中随机抽取卡片.(1)若一次从中随机抽取 3 张卡片，求 3 张卡片上数字之和大于或等于 7 的概率；(2)若第一次随机抽 1 张卡片，放回后再随机抽取 1 张卡片，求两次中至少一次抽到数字 2 的概
22、率.3，4)，共3种，所以P(A) . 正解：(1)设 A 表示事件“抽取 3 张卡片上的数字之和大于或等于 7”，任取 3 张卡片，3 张卡片上的数字全部可能的结果是(1，2，3)，(1，2，4)，(1，3，4)，(2，3，4)，共 4 种.其中数字之和大于或等于 7 的是(1，2，4)，(1，3，4)，(2，34(2)设 B 表示事件“至少一次抽到数字 2”，每次抽 1 张，连续抽取 2 张全部可能的结果有：(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
23、，4)，共16 种.事件 B 包含的结果有(1，2)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(3，2)，(4，2)，共 7 种.所以所求事件的概率为 P(B)716.【失误与防范】在本题中的不放回与放回抽样方式中，两类情况的基本事件有区别：前者不可能取到两张一样的，后者是可以取到两张一样的.后者肯定是讲究顺序的，但是前者是否讲顺序在于考虑的角度.可以理解为无放回的一次性抽两张，那就是不讲顺序，即抽到(1，2)和(2，1)只算作一个基本事件，第(1)小题的解法就是这样的思路；如果理解为无放回的抽两次，每次一张，那么就是讲顺序的问题，那么抽到(1，2)和(2，1)就是两个基本事件，如第(2)小题的解法.这两种想法都是正确的，但是值得注意的是在考虑问题时考虑的角度要保持前后一致.
