第11章 第5讲 古典概型-【金版教程】2025年高考数学一轮复习创新方案课件PPT（新教材，提升版）

第十一章　计数原理、概率、随机变量及分布列 第5讲　古典概型 [课程标准]理解古典概型，能计算古典概型中简单随机事件的概率． 目录 基础知识整合 JI CHU ZHI SHI ZHENG HE 核心考向突破 HE XIN KAO XIANG TU PO 课时作业 KE SHI ZUO YE 基础知识整合 JI CHU ZHI SHI ZHENG HE 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 有限个； 相等 * 1．古典概型 一般地，若试验E具有以下特征： (1)有限性：样本空间的样本点只有eq \x(\s\up1(01))_________； (2)等可能性：每个样本点发生的可能性eq \x(\s\up1(02))_______． 称试验E为古典概型试验，其数学模型称为古典概率模型，简称古典概型． 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 * 2．古典概型的概率公式 一般地，设试验E是古典概型，样本空间Ω包含n个样本点，事件 A包含其中的k个样本点，则定义事件A的概率P(A)＝eq \x(\s\up1(03))___． eq \f(k,n) 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 * 一个试验是否为古典概型，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，只有同时具备这两个特征的概率模型才是古典概型．正确的判断试验的类型是解决概率问题的关键． 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 答案 解析 * 1．(人教A必修第二册10.1.1例3改编)一枚质地均匀的硬币连掷2次，恰好出现1次正面的概率是(　　) A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,4) C.eq \f(3,4) D．0 解析　一枚质地均匀的硬币连掷2次，样本点有(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)，共4个，而恰有1次出现正面包括(正，反)，(反，正)，2个，故其概率为eq \f(2,4)＝eq \f(1,2).故选A. 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 答案 解析 * 2．(多选)下列是古典概型的是(　　) A．从6名同学中，选出4人参加数学竞赛，每人被选中的可能性的大小 B．同时掷两枚骰子，点数和为7的概率 C．近三天中有一天降雨的概率 D．10个人站成一排，其中甲、乙相邻的概率 解析　A，B，D是古典概型，因为都具备古典概型的两个特征：有限性和等可能性，而C不具备等可能性，故不是古典概型．故选ABD. 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 答案 解析 * 3．(2022·新高考Ⅰ卷)从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为(　　) A.eq \f(1,6) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,2) D.eq \f(2,3) 解析　所有取法一共有Ceq \o\al(2,7)＝21种，不互质的有(2，4)，(2，6)，(2，8)，(3，6)，(4，6)，(4，8)，(6，8)，共7种．故这2个数互质的概率为eq \f(21－7,21)＝eq \f(2,3). 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 答案 * 4．中国是发现和研究勾股定理最古老的国家之一，古代数学家称直角三角形中较短的直角边为勾，另一直角边为股，斜边为弦，其三边长组成的一组数据称为勾股数，现从1～15这15个数中随机抽取3个整数，则这三个数为勾股数的概率为(　　) A.eq \f(1,910) B.eq \f(3,910) C.eq \f(3,455) D.eq \f(4,455) 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 解析 * 解析　从这15个数中随机抽取3个整数，所有样本点的个数为Ceq \o\al(3,15)，其中勾股数为(3，4，5)，(6，8，10)，(9，12，15)，(5，12，13)，共4个，所以这三个数为勾股数的概率为P＝3,15)eq \f(4,C) ＝eq \f(4,455).故选D. 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 解析 答案 * 解析　根据题意可得样本点共有6×6＝36个，点数和为5的样本点有(1，4)，(4，1)，(2，3)，(3，2)，共4个，所以向上的点数和为5的概率为eq \f(4,36)＝eq \f(1,9). 5．(人教A必修第二册10.1.3例8改编)将一枚质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数和为5的概率是________． eq \f(1,9) 核心考向突破 HE XIN KAO XIANG TU PO 目录 考向一 考向二 考向三 * 考向一　简单的古典概型 例1　(2023·潍坊一中期末)袋子里有6个大小、质地完全相同且带有不同编号的小球，其中有1个红球，2个白球，3个黑球，从中任取2个球． (1)写出样本空间； (2)求取出的两球颜色不同的概率； (3)求取出的两球中至多有一个黑球的概率． 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 解　(1)将1个红球记为a，2个白球记为b1，b2，3个黑球记为c1，c2，c3，则样本空间Ω＝{(a，b1)，(a，b2)，(a，c1)，(a，c2)，(a，c3)，(b1，b2)，(b1，c1)，(b1，c2)，(b1，c3)，(b2，c1)，(b2，c2)，(b2，c3)，(c1，c2)，(c1，c3)，(c2，c3)}，共15个样本点． (2)记事件A为“取出的两球颜色不同”，则两球的颜色可能是1红1白，1红1黑，1白1黑，则 A＝{(a，b1)，(a，b2)，(a，c1)，(a，c2)，(a，c3)，(b1，c1)，(b1，c2)，(b1，c3)，(b2，c1)，(b2，c2)，(b2，c3)}，共11个样本点，所以P(A)＝eq \f(11,15). 目录 考向一 考向二 考向三 解 * (3)记事件B为“取出的两球中至多有一个黑球”，则两球的颜色可能是1红1白，1红1黑，1白1黑，2白，则 B＝{(a，b1)，(a，b2)，(a，c1)，(a，c2)，(a，c3)，(b1，b2)，(b1，c1)，(b1，c2)，(b1，c3)，(b2，c1)，(b2，c2)，(b2，c3)}，共12个样本点，所以P(B)＝eq \f(12,15)＝eq \f(4,5). 目录 考向一 考向二 考向三 * 1．古典概型的概率求解步骤 (1)求出样本空间Ω包含的样本点的个数n； (2)求出事件A包含的样本点的个数m； (3)代入公式P(A)＝eq \f(m,n)求解． 目录 考向一 考向二 考向三 * 2．样本点个数的确定方法 (1)列举法； (2)树状图法； (3)运用排列组合的知识． 提醒：在确定样本点时，(x，y)可看成是有序的，如(1，2)与(2，1)不同，有时也可看成是无序的，如(1，2)与(2，1)相同． 目录 考向一 考向二 考向三 答案 解析 * 　1.(2023·全国乙卷)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的概率为(　　) A.eq \f(5,6) B.eq \f(2,3) C.eq \f(1,2) D.eq \f(1,3) 解析　甲有6种选择，乙也有6种选择，故共有6×6＝36种，若甲、乙抽到的主题不同，则共有Aeq \o\al(2,6)＝30种，则其概率为eq \f(30,36)＝eq \f(5,6).故选A. 目录 考向一 考向二 考向三 * 2．一个信箱里装有标号为1，2，3，4的4封大小完全相同的信件，先后随机地选取2封信，根据下列条件，分别求2封信上的数字为不相邻整数的概率． (1)信的选取是无放回的； (2)信的选取是有放回的． 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 解　(1)记事件A为“选取的2封信上的数字为相邻整数”． 从4封信中无放回地随机选取2封，则试验的样本空间Ω＝{(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，1)，(2，3)，(2，4)，(3，1)，(3，2)，(3，4)，(4，1)，(4，2)，(4，3)}，共12个样本点，这12个样本点出现的可能性是相等的， A＝{(1，2)，(2，1)，(2，3)，(3，2)，(3，4)，(4，3)}，共6个样本点． 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 由古典概型的概率计算公式知P(A)＝eq \f(6,12)＝eq \f(1,2)， 故无放回地选取2封信，这2封信上数字为不相邻整数的概率为1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2). (2)从4封信中有放回地随机选取2封，则试验的样本空间Ω＝{(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个样本点，这16个样本点出现的可能性是相等的． 目录 考向一 考向二 考向三 解 * A＝{(1，2)，(2，1)，(2，3)，(3，2)，(3，4)，(4，3)}，共6个样本点，且这6个样本点出现的可能性是相等的． 由古典概型的概率计算公式知P(A)＝eq \f(6,16)＝eq \f(3,8)， 故有放回地选取2封信，这2封信上数字为不相邻整数的概率为1－eq \f(3,8)＝eq \f(5,8). 目录 考向一 考向二 考向三 * 多角度探究突破 考向二　较复杂的古典概型 角度 古典概型与平面向量的交汇 例2　已知向量a＝(－2，1)，b＝(x，y)，若x，y分别表示一枚质地均匀的骰子(六个面的点数分别为1，2，3，4，5，6)先后抛掷两次时第一次、第二次出现的点数，求： (1)a·b＝－1的概率； (2)a·b<0的概率． 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 解　(1)∵向量a＝(－2，1)，b＝(x，y)， x，y分别表示一枚质地均匀的骰子(六个面的点数分别为1，2，3，4，5，6)先后抛掷两次时第一次、第二次出现的点数， ∴样本点总数n＝6×6＝36， ∵a·b＝－1，∴－2x＋y＝－1， ∴满足a·b＝－1的样本点(x，y)有(1，1)，(2，3)，(3，5)，共3个， ∴a·b＝－1的概率P1＝eq \f(3,36)＝eq \f(1,12). 目录 考向一 考向二 考向三 解 * (2)∵a·b<0，∴－2x＋y<0， ∴满足a·b<0的样本点(x，y)有(1，1)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(3，5)，(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27个， ∴a·b<0的概率P2＝eq \f(27,36)＝eq \f(3,4). 目录 考向一 考向二 考向三 答案 解析 * 角度 例3　(1)(2022·全国甲卷)从正方体的8个顶点中任选4个，则这4 个点在同一个平面的概率为________． 解析　从正方体的8个顶点中任取4个，有n＝Ceq \o\al(4,8)＝70种取法，这4个点在同一个平面的有m＝6＋6＝12种取法，故所求概率P＝eq \f(m,n)＝eq \f(12,70)＝eq \f(6,35). eq \f(6,35) 目录 考向一 考向二 考向三 答案 * (2)(2024·江苏南通开学考试)设a，b是从集合{1，2，3，4，5}中随机选取的数，则直线y＝ax＋b与圆x2＋y2＝2有公共点的概率是________． eq \f(19,25) 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 解析　直线y＝ax＋b与圆x2＋y2＝2有公共点，等价于eq \f(|b|,\r(a2＋1))≤eq \r(2)，即b2≤2a2＋2，Ω＝{(a，b)|a，b∈{1，2，3，4，5}}，n(Ω)＝25，设A＝{(a，b)|b2≤2a2＋2}，当b＝1时，a＝1，2，3，4，5；当b＝2时，a＝1，2，3，4，5；当b＝3时，a＝2，3，4，5；当b＝4时，a＝3，4，5；当b＝5时，a＝4，5.故n(A)＝19，所以P(A)＝eq \f(n（A）,n（Ω）)＝eq \f(19,25)，即直线y＝ax＋b与圆x2＋y2＝2有公共点的概率是eq \f(19,25). 目录 考向一 考向二 考向三 答案 * 角度 例4　(1)已知集合M＝{1，2，3，4}，N＝{(a，b)|a∈M，b∈M}，A是集合N中任意一点，O为坐标原点，则直线OA与y＝x2＋1的图象有公共点的概率是(　　) A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,8) 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 解析　易知过点(0，0)与y＝x2＋1的图象相切的直线为y＝2x(斜率小于0的无需考虑)，集合N中共有4×4＝16个元素，其中使直线OA的斜率不小于2的有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，4)，共4个，故所求的概率为eq \f(4,16)＝eq \f(1,4).故选C. 目录 考向一 考向二 考向三 答案 * (2)(2023·眉山模拟)先后任意地抛一枚质地均匀的正方体骰子两次，所得点分别记为a和b，则函数f(x)＝eq \f(1,3)x3＋eq \f(1,2)ax2＋bx存在极值点的概率为(　　) A.eq \f(13,36) B.eq \f(17,36) C.eq \f(19,36) D.eq \f(23,36) 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 解析　由题意，得f′(x)＝x2＋ax＋b，若f(x)在R上存在极值点，则f′(x)＝0有两个不相等的实数根，所以Δ＝a2－4b>0，即a2>4b，当b＝1时，a＝3，4，5，6，共4种；当b＝2时，a＝3，4，5，6，共4种；当b＝3时，a＝4，5，6，共3种；当b＝4时，a＝5，6，共2种；当b＝5时，a＝5，6，共2种；当b＝6时，a＝5，6，共2种，满足条件的(a，b)共有4＋4＋3＋2＋2＋2＝17种情况，总情况有36种，所以函数f(x)在R上存在极值点的概率P＝eq \f(17,36).故选B. 目录 考向一 考向二 考向三 * 较复杂的古典概型问题的求解方法 解决与古典概型交汇命题的问题时，把相关的知识转化为事件，列举样本点，然后利用古典概型的概率计算公式进行计算． 目录 考向一 考向二 考向三 答案 解析 * 　1.设平面向量a＝(m，1)，b＝(2，n)，其中m，n∈{1，2，3，4}，记“a⊥(a－b)”为事件A，则事件A发生的概率为(　　) A.eq \f(1,8) B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,3) D.eq \f(1,2) 解析　有序数对(m，n)的所有的样本点有4×4＝16(个)．由a⊥(a－b)，得m2－2m＋1－n＝0，即n＝(m－1)2，由于m，n∈{1，2，3，4}，故事件A包含的样本点为(2，1)和(3，4)，共2个，所以P(A)＝eq \f(2,16)＝eq \f(1,8). 目录 考向一 考向二 考向三 答案 * 2．(2024·邯郸高三开学考试)从正方体的8个顶点和中心中任选4个，则这4个点恰好构成三棱锥的概率为(　　) A.eq \f(41,63) B.eq \f(38,63) C.eq \f(2,3) D.eq \f(5,7) 目录 考向一 考向二 考向三 解析 * 解析　从正方体的8个顶点和中心中任取4个，有Ceq \o\al(4,9)＝126个结果，4个点恰好构成三棱锥分两种情况：①从正方体的8个顶点中取4个点，共有Ceq \o\al(4,8)＝70个结果，其中四点共面有两种情况：一是四点构成侧面或底面，有6种情况，二是四点构成对角面(如平面AA1C1C)，有6种情况．在同一个平面的有6＋6＝12个，构成的三棱锥有70－12＝58个；②从正方体的8个顶点中任取3个，共有Ceq \o\al(3,8)＝56个结果，其中所取3点与中心共面，则这4个点在同一对角面上，共有6Ceq \o\al(3,4)＝24个结果，因此，所选3点与中心构成三棱锥有56－24＝32个．故从正方体的8个顶点和中心中任选4个，则这4个点恰好构成三棱锥的个数为58＋32＝90，故所求概率P＝eq \f(90,126)＝eq \f(5,7).故选D. 目录 考向一 考向二 考向三 答案 解析 * 3．已知一组抛物线y＝eq \f(1,2)ax2＋bx＋1，其中a为2，4中任取的一个数，b为1，3，5中任取的一个数，从这些抛物线中任意抽取两条，它们在与直线x＝1交点处的切线相互平行的概率是________． 解析　抛物线共有6条，任取两条共Ceq \o\al(2,6)＝15种情况．∵y′＝ax＋b，∴在与直线x＝1交点处的切线斜率为a＋b，而a为2，4中任取的一个数，b为1，3，5中任取的一个数，满足a＋b相等的抛物线有2对，∴在与直线x＝1交点处的切线相互平行的概率为eq \f(2,15). eq \f(2,15) 目录 考向一 考向二 考向三 * 考向三　古典概型与统计的交汇问题 例5　(2023·青岛二中期末)青岛二中高一年级的同学们学习完《统计与概率》章节后，统一进行了一次测试，并将所有测试成绩(满分100分)按照[50，60)，[60，70)，…，[90，100]进行分组，得到如图所示的频率分布直方图，已知图中b＝3a. 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 解　(1)由频率分布直方图可知(a＋0.015＋0.035＋b＋a)×10＝1，即b＋2a＝0.05， 又b＝3a，所以a＝0.01，b＝0.03. 前三组的频率之和为0.1＋0.15＋0.35＝0.6<0.75， 前四组的频率之和为0.6＋0.3＝0.9>0.75， (1)估计测试成绩的75%分位数和平均分； (2)按照人数比例用分层随机抽样的方法，从成绩在[80，100]内的学生中抽取4人，再从这4人中任选2人，求这2人成绩都在[80，90)内的概率． 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 则75%分位数m∈[80，90)， 且m＝80＋eq \f(0.75－0.6,0.9－0.6)×10＝85. 测试成绩的平均分为eq \o(x,\s\up6(－))＝55×0.1＋65×0.15＋75×0.35＋85×0.3＋95×0.1＝76.5. (2)成绩在[80，90)和[90，100]内的人数之比为3∶1， 故抽取的4人中成绩在[80，90)内的有3人，设为a，b，c，成绩在[90，100]内的有1人，设为D， 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 再从这4人中任选2人，这2人的所有可能情况为(a，b)，(a，c)，(a，D)，(b，c)，(b，D)，(c，D)，共6种， 这2人成绩均在[80，90)内的情况有(a，b)，(a，c)，(b，c)，共3种，故这2人成绩都在[80，90)内的概率为P＝eq \f(3,6)＝eq \f(1,2). 目录 考向一 考向二 考向三 * (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． 目录 考向一 考向二 考向三 收看时间(单位：小时) [0，1) [1，2) [2，3) [3，4) [4，5) [5，6) 收看 人数 14 30 16 28 20 12 * 目录 考向一 考向二 考向三 * (1)若将每天收看比赛转播时间不低于3小时的教职工定义为“体育达人”，否则定义为“非体育达人”，请根据频数分布表补全2×2列联表： 教职工 性别 合计 男 女 体育达人 40 20 非体育达人 30 合计 依据小概率值α＝0.1的独立性检验，能否以此推断“体育达人”与“性别”有关？ 目录 考向一 考向二 考向三 * (2)在全校“体育达人”中按性别分层随机抽样抽取6名，再从这6名“体育达人”中选取2名做亚运会知识讲座．求选取的这2人恰好是一男一女的概率． 附表及公式： α 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 xα 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 χ2＝eq \f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）). 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 解　(1)由题意得下表： 教职工 性别 合计 男 女 体育达人 40 20 60 非体育达人 30 30 60 合计 70 50 120 零假设为H0：“体育达人”与“性别”无关． 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 根据列联表中的数据，经计算得到 χ2＝eq \f(120×（40×30－20×30）2,60×60×70×50)＝eq \f(24,7)>2.706＝x0.1， 依据小概率值α＝0.1的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为“体育达人”与“性别”有关． (2)由题意知抽取的6名“体育达人”中有4名男职工，2名女职工，分别表示为A1，A2，A3，A4，B1，B2， 目录 考向一 考向二 考向三 解 * 从这6人中选取2人有(A1，A2)，(A1，A3)，(A1，A4)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A2，A3)，(A2，A4)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A3，A4)，(A3，B1)，(A3，B2)，(A4，B1)，(A4，B2)，(B1，B2)，共15种情形， 满足选取的这2人恰好是一男一女的有(A1，B1)，(A1，B2)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A3，B1)，(A3，B2)，(A4，B1)，(A4，B2)，共8种情形， 故从这6名“体育达人”中选取2名做亚运会知识讲座，选取的这2人恰好是一男一女的概率为eq \f(8,15). 课时作业 KE SHI ZUO YE 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 答案 * 一、单项选择题 1．为了强化安全意识，某校拟在周一至周五的5天中随机选择2天进行紧急疏散演练，则选择的2天恰好是连续2天的概率是(　　) A.eq \f(2,5) B.eq \f(3,5) C.eq \f(3,10) D.eq \f(1,5) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 解析 * 解析　由题意，某校拟在周一至周五的5天中随机选择2天进行紧急疏散演练，可得样本点的总数为n＝Ceq \o\al(2,5)＝10，其中选择的2天恰好为连续2天包含的样本点个数为m＝4，所以选择的2天恰好是连续2天的概率是P＝eq \f(m,n)＝eq \f(4,10)＝eq \f(2,5).故选A. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 答案 * 2．(2023·全国甲卷)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) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 解析 * 解析　记高一年级2名学生分别为a1，a2，高二年级2名学生分别为b1，b2，则从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演的基本事件有(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，b1)，(a2，b2)，(b1，b2)，共6个，其中这2名学生来自不同年级的基本事件有(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，b1)，(a2，b2)，共4个，所以这2名学生来自不同年级的概率P＝eq \f(4,6)＝eq \f(2,3).故选D. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 答案 解析 * 3．在2，3，5，6中任选2个不同数字，其乘积能被3整除的概率为(　　) A.eq \f(1,6) B.eq \f(1,7) C.eq \f(1,3) D.eq \f(5,6) 解析　在2，3，5，6中任选2个不同数字，基本事件有6个，分别为(2，3)，(2，5)，(2，6)，(3，5)，(3，6)，(5，6)，其乘积能被3整除的基本事件有5个，分别为(2，3)，(2，6)，(3，5)，(3，6)，(5，6)，则其乘积能被3整除的概率为eq \f(5,6).故选D. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 答案 * 4.(2024·济南月考)如图，小球从A入口往下落，在每个交叉口都有向左或向右两种可能，且可能性相等．则小球从F出口落出的概率是(　　) A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,6) D.eq \f(1,8) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 解析 * 解析　由题图可知，小球下落的路线有A→B→C→E，A→B→C→F，A→B→D→G，A→B→D→H，共4种，且每种的概率相等，所以小球从F出口落出的概率为eq \f(1,4).故选B. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 答案 * 5．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30＝7＋23.在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是(　　) A.eq \f(1,12) B.eq \f(1,14) C.eq \f(1,15) D.eq \f(1,18) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 解析 * 解析　不超过30的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共10个，随机选取两个不同的数，共有Ceq \o\al(2,10)＝45种方法，因为7＋23＝11＋19＝13＋17＝30，所以随机选取两个不同的数，其和等于30的有3种方法，故所求概率为eq \f(3,45)＝eq \f(1,15).故选C. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 答案 * 6．(2023·嘉兴二模)已知正九边形A1A2…A9，从eq \o(A1A2,\s\up16(→))，eq \o(A2A3,\s\up16(→))，…，eq \o(A9A1,\s\up16(→))中任取两个向量，则它们的数量积是正数的概率为(　　) A.eq \f(1,2) B.eq \f(2,3) C.eq \f(4,9) D.eq \f(5,9) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 解析 * 解析　可以和向量eq \o(A1A2,\s\up16(→))构成数量积的向量有eq \o(A2A3,\s\up16(→))，…，eq \o(A9A1,\s\up16(→))，共8个，其中数量积为正数的向量有eq \o(A2A3,\s\up16(→))，eq \o(A3A4,\s\up16(→))，eq \o(A8A9,\s\up16(→))，eq \o(A9A1,\s\up16(→))，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eq \f(4,8)＝eq \f(1,2).故选A. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 答案 解析 * 7．(2021·全国甲卷)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　将4个1和2个0安排在6个位置，选择2个位置安排0，共有Ceq \o\al(2,6)种排法；将4个1排成一行，把2个0插空，即在5个位置中选2个位置安排0，共有Ceq \o\al(2,5)种排法．所以2个0不相邻的概率P＝2,5)eq \f(C,Ceq \o\al(2,6)) ＝eq \f(2,3).故选C. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 答案 * 8．(2023·重庆模拟)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.eq \f(10,23) B.eq \f(12,23) C.eq \f(29,69) D.eq \f(50,69) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 解析 * 解析　当一条直线位于上(或下)底面，另一条不在底面时，有10×8＝80对异面直线；当两条直线都位于上、下底面时，有4×2＝8对异面直线；当两条直线都不在上、下底面时，有7×8＝56对异面直线，所以两条棱所在的直线为异面直线的概率为P＝2,24)eq \f(80＋8＋56,C) ＝eq \f(12,23).故选B. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 答案 * 二、多项选择题 9．(2023·白山二模)将A，B，C，D这4张卡片分给甲、乙、丙、丁4人，每人分得一张卡片，则(　　) A．甲得到A卡片与乙得到A卡片为对立事件 B．甲得到A卡片与乙得到A卡片为互斥但不对立事件 C．甲得到A卡片的概率为eq \f(1,4) D．甲、乙两人中有人得到A卡片的概率为eq \f(1,2) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 解析 * 解析　甲得到A卡片与乙得到A卡片不可能同时发生，但可能同时不发生，所以甲得到A卡片与乙得到A卡片为互斥但不对立事件，A不正确，B正确；甲得到A卡片的概率为3,3)eq \f(A,Aeq \o\al(4,4)) ＝eq \f(1,4)，C正确；甲、乙两人中有人得到A卡片的概率为1,2)eq \f(CAeq \o\al(3,3),Aeq \o\al(4,4)) ＝eq \f(1,2)，D正确．故选BCD. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 答案 * 10．(2023·烟台二中模拟)已知甲袋内有a个红球，b个黑球，乙袋内有b个红球，a个黑球(a，b∈N*)，从甲、乙两袋内各随机取出1个球，记事件A＝“取出的2个球中恰有1个红球”，B＝“取出的2个球都是红球”，C＝“取出的2个球都是黑球”，则(　　) A．P(A∪B)≤0.75 B．P(A)>P(B) C．P(B)<P(C) D．P(A∪B)＝P(A∪C) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 解析 * 解析　若取出的2个球为1个红球、1个黑球，其概率P(A)＝eq \f(a,a＋b)·eq \f(a,a＋b)＋eq \f(b,a＋b)·eq \f(b,a＋b)＝eq \f(a2＋b2,（a＋b）2)，若2个球都是红球，其概率P(B)＝eq \f(a,a＋b)·eq \f(b,a＋b)＝eq \f(ab,（a＋b）2)，若2个球都是黑球，其概率P(C)＝eq \f(b,a＋b)·eq \f(a,a＋b)＝eq \f(ab,（a＋b）2)＜eq \f(a2＋b2,（a＋b）2)＝P(A)，且P(B)＝P(C)，故B正确，C错误；P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝eq \f(a2＋b2,（a＋b）2)＋eq \f(ab,（a＋b）2)＝eq \f(a2＋b2＋ab,a2＋b2＋2ab)＝1－eq \f(ab,a2＋b2＋2ab)≥1－eq \f(ab,2ab＋2ab)＝eq \f(3,4)，当且仅当a＝b时，等号成立，故A错误；P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝P(A)＋P(C)＝P(A∪C)，D正确．故选BD. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 答案 * 11.(2023·重庆模拟)如图，在某城市中，M，N两地之间有整齐的方格形道路网，其中A1，A2，A3，A4是道路网中位于一条对角线上的4个交汇处．今在道路网M，N处的甲、乙两人分别要到N，M处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N，M处为止．则(　　) A．甲从M到达N处的方法有30种 B．甲从M经过A2到达N处的方法有9种 C．甲、乙两人在A3处相遇的概率为eq \f(81,400) D．甲、乙两人不相遇的概率为eq \f(49,100) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 解析 * 解析　对于A，甲从M到达N处，需要走6步，其中有3步向上走，3步向右走，则甲从M到达N处的方法有Ceq \o\al(3,6)＝20种，A错误．对于B，甲经过A2到达N处，可分为两步：第一步，甲从M经过A2需要走3步，其中1步向右走，2步向上走，有Ceq \o\al(1,3)种方法；第二步，甲从A2到达N处需要走3步，其中1步向上走，2步向右走，有Ceq \o\al(1,3)种方法．所以甲从M经过A2到达N处的方法有Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(1,3)＝9种，B正确．对于C，类似B，甲经过A3的方法有Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(1,3)＝9种，乙经过A3的方法也有Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(1,3)＝9种，所以甲、乙两人在A3处相遇的方法有9×9＝81种，则甲、乙两人在A3处相遇的概率为3,6)eq \f(81,CCeq \o\al(3,6)) ＝eq \f(81,400)，C正确．对于D，甲、乙两人沿最短路径行走，只可能在A1，A2，A3，A4处相遇， 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 解析 * 若甲、乙两人在A1处相遇，甲经过A1处，则甲的前3步必须向上走，乙经过A1处，则乙的前3步必须向左走，两人在A1处相遇的走法有1种；若甲、乙两人在A2处相遇，甲到A2处，前3步有1步向右走，后3步只有2步向右走，乙到A2处，前3步有1步向下走，后3步只有2步向下走，所以两人在A2处相遇的走法有Ceq \o\al(2,3)Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(2,3)Ceq \o\al(1,3)＝81种；若甲、乙两人在A3处相遇，由C项分析可知，走法有81种；若甲、乙两人在A4处相遇，甲经过A4处，则甲的前3步必须向右走，乙经过A4处，则乙的前3步必须向下走，两人在A4处相遇的走法有1种，故甲、乙两人相遇的概率为eq \f(1＋81＋81＋1,400)＝eq \f(41,100)，由对立事件的概率知，甲、乙两人不相遇的概率为1－eq \f(41,100)＝eq \f(59,100)，D错误．故选BC. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 答案 * 三、填空题 12．(2023·滁州期末)已知点A，B，C，D，E，F均匀分布在圆O上，从这6个点中任取三个点，则以这三个点为顶点的三角形是等腰三角形的 概率为________． eq \f(2,5) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 解析 * 解析　由题意得所有的情况有ABC，ABD，ABE，ABF，ACD，ACE，ACF，ADE，ADF，AEF，BCD，BCE，BCF，BDE，BDF，BEF，CDE，CDF，CEF，DEF，共20种，由图知其中满足题意的有ABC，BCD，CDE，DEF，AEF，ABF，ACE，BDF，共8种，故所求概率为eq \f(8,20)＝eq \f(2,5). 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 21 答案 解析 * 13．一个盒子装有红、白、蓝、绿四种颜色的玻璃球，每种颜色的玻璃球至少有一个．从中随机拿出4个玻璃球，这4个球都是红色的概率为p1，恰好有三个红色和一个白色的概率为p2，恰好有两个红色、一个白色和一个蓝色的概率为p3，四种颜色各一个的概率为p4.若恰好有p1＝p2＝p3＝p4，则这个盒子里玻璃球的个数的最小值为________． 解析　设红、白、蓝、绿四种颜色的玻璃球数量分别为a，b，c，d.由题意得Ceq \o\al(4,a)＝Ceq \o\al(3,a)Ceq \o\al(1,b)＝Ceq \o\al(2,a)Ceq \o\al(1,b)Ceq \o\al(1,c)＝Ceq \o\al(1,a)Ceq \o\al(1,b)Ceq \o\al(1,c)Ceq \o\al(1,d)，则a＝4b＋3＝3c＋2＝2d＋1.经验证，玻璃球的个数的最小值为21，此时a＝11，b＝2，c＝3，d＝5. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 答案 解析 * 14．一个三位数，百位、十位、个位上的数字依次记为a，b，c(a，b，c互不相同)，当且仅当a，b，c中有两个数字的和等于剩下一个数字时，称这个三位数为“等和数”(如358等)．现从1，2，3，4这四个数字中任取三个组成无重复数字的三位数，则这个三位数为“等和数”的概率为________． eq \f(1,2) 解析　从1，2，3，4这四个数字中任取三个数，共有Ceq \o\al(3,4)＝4种不同的取法，其中可构成“等和数”的有(1，2，3)，(1，3，4)，共2种，故这个三位数为“等和数”的概率为eq \f(1,2). 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 * 四、解答题 15．(2023·河北高三学业考试)一个袋中有4个大小、质地都相同的小球，其中红球1个，白球2个，黑球1个，现从袋中有放回地取球，每次随机取一个，连续取两次． (1)设(i，j)表示先后两次所取到的球，试写出所有可能抽取的结果； (2)求连续两次都取到白球的概率； (3)若取到红球记2分，取到白球记1分，取到黑球记0分，求连续取球两次所得总分数大于2分的概率． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 解 * 解　(1)将2个白球分别记作白1，白2，则连续取两次所包含的样本点有(红，红)，(红，白1)，(红，白2)，(红，黑)，(白1，红)，(白1，白1)，(白1，白2)，(白1，黑)，(白2，红)，(白2，白1)，(白2，白2)，(白2，黑)，(黑，红)，(黑，白1)，(黑，白2)，(黑，黑)，所以样本点的总数为16. (2)设事件A：“连续取两次都是白球”，则事件A所包含的样本点有(白1，白1)，(白1，白2)，(白2，白1)，(白2，白2)，共4个，所以P(A)＝eq \f(4,16)＝eq \f(1,4). 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 解 * (3)设事件B：“连续取球两次分数之和为3”， 事件C：“连续取球两次分数之和为4”， 事件D：“连续取球两次分数之和大于2”，则事件B与事件C互斥， 则事件B所包含的样本点有(红，白1)，(红，白2)，(白1，红)，(白2，红)，共4个， 事件C所包含的样本点有(红，红)，共1个， 所以P(B)＝eq \f(4,16)，P(C)＝eq \f(1,16)， 所以P(D)＝P(B)＋P(C)＝eq \f(4,16)＋eq \f(1,16)＝eq \f(5,16). 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 * 16．某市甲、乙两所中学的学生组队参加辩论赛，甲中学推荐了3名男生、2名女生，乙中学推荐了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)求甲中学至少有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，求参赛女生不少于2人的概率． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 解 * 解　(1)由题意，得参加集训的男、女生各有6名，入选代表队的学生全从乙中学抽取(等价于甲中学没有学生入选代表队)的概率为3,3)eq \f(CCeq \o\al(3,4),Ceq \o\al(3,6)Ceq \o\al(3,6)) ＝eq \f(1,100)，因此甲中学至少有1名学生入选代表队的概率为1－eq \f(1,100)＝eq \f(99,100). (2)设“参赛的4人中女生不少于2人”为事件A，“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)＝2,3)eq \f(CCeq \o\al(2,3),Ceq \o\al(4,6)) ＝eq \f(3,5)，P(C)＝3,3)eq \f(CCeq \o\al(1,3),Ceq \o\al(4,6)) ＝eq \f(1,5).易知事件B与事件C互斥，则由互斥事件的概率加法公式，得P(A)＝P(B)＋P(C)＝eq \f(3,5)＋eq \f(1,5)＝eq \f(4,5)，故所求事件的概率为eq \f(4,5). 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 * 17.(2023·滨州模拟)法国著名的数学家笛卡儿曾经说过：“阅读优秀的书籍，就是和过去时代中最杰出的人们(书籍的作者)一一进行交谈，也就是和他们传播的优秀思想进行交流，阅读会让精神世界闪光”．某研究机构为了解某地年轻人的阅读情况，通过随机抽样调查了100位年轻人，对这些人每天的阅读时间(单位：分钟)进行统计，得到样本的频率分布直方图，如图所示． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 * (1)求a； (2)根据频率分布直方图，估计该地年轻人每天阅读时间的中位数(精确到0.1)(单位：分钟)； (3)为了进一步了解年轻人的阅读方式，研究机构采用比例分配的分层随机抽样方法从每天阅读时间位于分组[50，60)，[60，70)和[80，90)的年轻人中抽取5人，再从中任选3人进行调查，求其中恰好有2人每天阅读时间位于[80，90)的概率． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 解 * 解　(1)因为频率分布直方图的所有矩形面积之和为1， 所以(0.010＋a＋0.045＋a＋0.005)×10＝1，解得a＝0.020. (2)因为(0.010＋0.020)×10＝0.3＜0.5， (0.010＋0.020＋0.045)×10＝0.75＞0.5， 则中位数位于[70，80)内，设中位数为x， 则0.3＋(x－70)×0.045＝0.5，解得x≈74.4， 所以估计该地年轻人阅读时间的中位数约为74.4分钟． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 解 * (3)由题意，阅读时间位于[50，60)的人数为100×0.1＝10， 阅读时间位于[60，70)的人数为100×0.2＝20， 阅读时间位于[80，90)的人数为100×0.2＝20， 所以在这三组中按照比例分配的分层随机抽样方法抽取5人的抽样比例为eq \f(5,50)＝eq \f(1,10)， 则抽取的5人中位于[50，60)的有1人，设为a，位于[60，70)的有2人，设为b1，b2，位于[80，90)的有2人，设为c1，c2. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 解 * 则从5人中任选3人，样本空间Ω＝{(a，b1，b2)，(a，b1，c1)，(a，b1，c2)，(a，b2，c1)，(a，b2，c2)，(a，c1，c2)，(b1，b2，c1)，(b1，b2，c2)，(b1，c1，c2)，(b2，c1，c2)}，共10个样本点． 设事件A为“恰好有2人每天阅读时间位于[80，90)”， 则A＝{(a，c1，c2)，(b1，c1，c2)，(b2，c1，c2)}，共3个样本点， 所以P(A)＝eq \f(3,10)， 所以恰好有2人每天阅读时间位于[80，90)的概率为eq \f(3,10). 　　　　　　　　　　　　　 R $$