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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.