5.2.3 古典概型-【新课程能力培养】2024-2025学年高中数学必修第二册学习手册（人教B版）

高 中 数 学 必 修 第二册 （人教 B 版） 精编版 （ k∈N ）， 那么事件 A k 彼此互斥 . 设 “打进的电话在响 5 声之前被接” 为事件 A ， 根据互斥事件概率加法公式， 得 P （ A ） =P （ A 1 ∪A 2 ∪A 3 ∪A 4 ） =P （ A 1 ） +P （ A 2 ） +P （ A 3 ） +P （ A 4 ） =0.1+0.2+0.3+0.35=0.95. （ 2 ） 事件 “打进的电话响 4 声而不被接” 是事件 A “打进的电话在响 5 声之前被接” 的对立事件， 记为 A. 根据对立事件的概率公式， 得 P （ A ） =1-P （ A ） =1-0.95= 0.05. * 15. 解 ： （ 1 ） 由已知得 25＋y＋10＝55 ， x＋30＝45 ， ∴x＝15 ， y＝20. 该超市所有顾客一次购物的结算时间组成 一个总体， 所收集的 100 位顾客一次购物的结算时间可 视为总体的一个容量为 100 的简单随机样本， 顾客一次 购物的结算时间的平均值可用样本平均数估计， 其估计 值为 1×15+1.5×30+2×25+2.5×20+3×10 100 ＝1.9 （ min ） ． （ 2 ） 记 A 为事件 “一位顾客一次购物的结算时间不 超过 2 min ”， A 1 ， A 2 分别表示事件 “该顾客一次购物的 结算时间为 2.5 min ” “该顾客一次购物的结算时间为 3 min ”， 将频率视为概率得 P （ A 1 ） ＝ 20 100 ＝ 1 5 ， P （ A 2 ） ＝ 10 100 ＝ 1 10 ， 则 P （ A ） ＝1－P （ A 1 ） －P （ A 2 ） ＝1－ 1 5 － 1 10 ＝ 7 10 . 故一位顾 客一次购物的结算时间不超过 2 min 的概率为 7 10 . 5.2.3 古 典 概 型 学习手册 变式训练 1 C 【解析】 根据古典概型的两个特征进行判断 . A 项中两个基本事件不是等可能的； B 项中基本事 件的个数是无限的， C 项符合古典概型的两个特征； D 项中 “中靶” 与 “不中靶” 不是等可能的 . 故选 C. 变式训练 2 D 【解析】 根据题意， 在 A ， B ， C ， D ， E ， F 共六 个景点中， 满足可以使李华不重复走遍全部街道的有 B ， E ， 共两个景点， ∴ 所求概率为 P= 2 6 = 1 3 . 故选 D. 变式训练 3 1 2 【解析】 用符号 （ m ， n ） 表示两次的结果， 共有 （ 0 ， 1 ） ， （ 0 ， 3 ） ， （ 0 ， 5 ） ， （ 1 ， 0 ） ， （ 1 ， 3 ） ， （ 1 ， 5 ） ， （ 3 ， 0 ） ， （ 3 ， 1 ） ， （ 3 ， 5 ） ， （ 5 ， 0 ） ， （ 5 ， 1 ）， （ 5 ， 3 ） 12 种等可能的情况， 其中数字 m ， n 都为奇数的有 6 种情况， ∴ 数字 m ， n 都为奇数的概率 为 6 12 = 1 2 . 随堂练习 1. A 【解析】 事件满足古典概型事件的有限性和等 可能性， 故 A 属于古典概型； 由于每一粒种子发芽的可 能性不相同， ∴ 事件不满足古典概型事件的等可能性， 故 B 不属于古典概型； 由于随机走到一个十字路口， 观 察是否遇到红灯， 有无数个结果， ∴ 不满足古典概型事 件的有限性， 故 C 不是古典概型； 从一组直径为 （ 120± 0.3 ） mm 的零件中取出一个， 测量它的直径有无数个结 果， 故 D 不属于古典概型 . 故选 A. 2. B 【解析】 掷一枚质地均匀的骰子， 观察朝上的 面的点数， 则基本事件总数为 6. 记事件 A ： 点数为 2 或 3 ， 包含 2 个基本事件， ∴P （ A ） = 2 6 = 1 3 . 故选 B. 3. A 【解析】 据题意知， 单词 “ calendar ” 后三个字 母张明排序有 dra ， ard ， adr ， dar ， 共 4 种情况， 其中拼 写错误的有三种 dra ， ard ， adr ， ∴ 所求的概率 P= 3 4 . 故 选 A. 4. C 【解析】 18 组随机数中， 利用列举法求出事件 A 发生的随机数有 210 ， 021 ， 001 ， 130 ， 031 ， 103 ， 共 6 个， 估计事件 A 发生的概率为 P= 6 18 = 1 3 . 故选 C. 5. C 【解析 】 样本空间 Ω={ （ A ， B ） ， （ A ， C ） ， （ A ， a ） ， （ A ， b ） ， （ B ， C ） ， （ B ， a ） ， （ B ， b ） ， （ C ， a ）， （ C ， b ）， （ a ， b ） }. 记事件 A= “至少有 1 扇 门被敞开”， 则 A={ （ A ， a ）， （ A ， b ）， （ B ， a ）， （ B ， b ）， （ C ， a ）， （ C ， b ）， （ a ， b ） } ， ∴P （ A ） = 7 10 ， 故 选 C. 6. D 【解析】 1 根算筹只能表示 1 ， 2 根算筹可以表 示 2 和 6 ， 3 根算筹可以表示 3 和 7 ， 4 根算筹可以表示 4 和 8 ， 5 根算筹可以表示 5 和 9 ， 因此 6 根算筹表示的两位数有 15 ， 19 ， 51 ， 91 ， 24 ， 28 ， 64 ， 68 ， 42 ， 82 ， 46 ， 86 ， 37 ， 33 ， 73 ， 77 共 16 个， 其中 15 ， 51 ， 24 ， 42 ， 33 共 5 个可以被 3 整除， ∴ 所求概率 P= 5 16 . 故选 D. 练习手册 效果评价 1. D 【解析】 甲、 乙、 丙至多有 2 种被选取的对立 事件为甲、 乙、 丙都被选取， 记此事件为 A ， 依题意所 有基本事件为 （甲， 乙， 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）， 共 10 种， 其中事件 A 所包含的事件数 64 参 考 答 案 为 1 ， ∴ 根据古典概型的概率公式可得 P （ A ） = 1 10 ， 再根 据对立事件的概率公式可得所求事件的概率为 1-P （ A ） = 1- 1 10 = 9 10 . 故选 D. 2. B 【解析】 给 “小萌芽 ” “小萌花 ” “牡丹花 ” “菊花” 编号分别为 1 ， 2 ， 3 ， 4. 从中选 2 个基本事件为 12 ， 13 ， 14 ， 23 ， 24 ， 34 ， 共 6 个， ∴2 张恰好是 “小萌 芽” 和 “小萌花” 卡片的概率为 1 6 . 故选 B. 3. C 【解析】 M={1 ， 3} ， N={1 ， 3 ， 5 ， 7 ， 9} ， 若从 集合 M ， N 中各任取一个数 x ， y ， 基本事件总数 n=10 ， log 3 （ xy ）为整数包含的基本事件有 （ 1 ， 1 ）， （ 1 ， 3 ）， （ 1 ， 9 ） ， （ 3 ， 1 ） ， （ 3 ， 3 ） ， （ 3 ， 9 ） ， 共有 6 个 ， ∴log 3 （ xy ）为整数的概率为 P= 6 10 = 3 5 . 故选 C. 4. C 【解析】 由题为古典概型， 基本事件的总数共 有 36 种， 满足 |a-b|≤1 的有 （ 1 ， 1 ） （ 2 ， 2 ） （ 3 ， 3 ） （ 4 ， 4 ） （ 5 ， 5 ） （ 6 ， 6 ） （ 1 ， 2 ） （ 2 ， 1 ） （ 3 ， 2 ） （ 2 ， 3 ） （ 3 ， 4 ） （ 4 ， 3 ） （ 5 ， 4 ） （ 4 ， 5 ） （ 5 ， 6 ） （ 6 ， 5 ） 共 16 种情况， 则概率为 P= 16 36 = 4 9 . 故选 C. 5. B 【解析】 由题意可得 2 36 = y 54 ， 解得 y=3 ， ∴ 从高 校 C 中抽取 3 人， 记从高校 B 抽取的 2 人为 b 1 ， b 2 ， 从 高校 C 抽取的 3 人为 c 1 ， c 2 ， c 3 ， 则从高校 B ， C 抽取的 5 人中选 2 人作专题发言的基本事件有 （ b 1 ， b 2 ）， （ b 1 ， c 1 ）， （ b 1 ， c 2 ）， （ b 1 ， c 3 ）， （ b 2 ， c 1 ）， （ b 2 ， c 2 ）， （ b 2 ， c 3 ）， （ c 1 ， c 2 ）， （ c 1 ， c 3 ）， （ c 2 ， c 3 ）， 共 10 种， 选中的 2 人都来自高校 C 的基本事件有 （ c 1 ， c 2 ）， （ c 1 ， c 3 ）， （ c 2 ， c 3 ）， 共 3 种， 故所求概率 P= 3 10 . 故选 B. 6. ACD 【解析】 向上的点数为奇数与向上的点数为 偶数的概率相等， A 符合题意； 张明获胜的概率是 1 2 ， 而李华获胜的概率是 1 4 ， 故游戏规则不公平， B 不符合 题意； 扑克牌是红色与扑克牌是黑色的概率相等， C 符 合题意； 两人写的数字相同与两人写的数字不同的概率 相等， D 符合题意 . 故选 ACD. 7. 7 10 【解析】 设 3 名男同学为 A ， B ， C ， 2 名女同 学为 a ， b. 从 3 名男同学和 2 名女同学中任选 2 名同学 参加志愿者服务， 有 AB ， AC ， Aa ， Ab ， BC ， Ba ， Bb ， Ca ， Cb ， ab ， 共 10 种情况， 选出的 2 名同学中至少有 1 名女同学 ， 有 Aa ， Ab ， Ba ， Bb ， Ca ， Cb ， ab ， 共 7 种情况， 故所求概率为 7 10 . 8. 1 5 【解析】 由茎叶图可得甲的 5 次得分分别为 18 ， 19 ， 20 ， 21 ， 22 ， 则甲的平均得分为 1 5 × （ 18+19+ 20+21+22 ） =20. 设污损数字为 x ， 则乙的 5 次得分分别为 15 ， 16 ， 18 ， 28 ， （ 20+x ）， 则乙的平均得分为 1 5 × （ 15+ 16+18+28+20+x ） =19.4+ x 5 ， ∵0≤x≤9 ， x∈Z ， 当 x= 1 ， 2 时， 甲的平均得分高于乙的平均得分， ∴ 甲的平均 得分高于乙的平均得分的概率为 2 10 = 1 5 . 9. 13 15 【解析 】 不超过 15 的质数有 2 ， 3 ， 5 ， 7 ， 11 ， 13 ， 共 6 个， 从中选 2 个质数一共有 15 种， 和等 于 16 的有 （ 3 ， 13 ）， （ 5 ， 11 ） 两种， 由古典概型的概 率计算公式知， 和等于 16 的概率为 2 15 ， 和不等于 16 的 概率为 1- 2 15 = 13 15 . 10. 解： （ 1 ） 由频率分布直方图可知， ［ 25 ， 30 ） 与 ［ 30 ， 35 ） 两组的人数相同 ， ∴a=25 ， 且 b=25× 0.08 0.02 = 100 ， 总人数 N= 25 0.02×5 =250. （ 2 ） ∵ 第 1 ， 2 ， 3 组共有 25+25+100=150 （人）， 利 用分层抽样在 150 名员工中抽取 6 人， 每组抽取的人数 分别为： 第 1 组的人数： 6× 25 150 =1 ， 第 2 组的人数： 6× 25 150 =1 ， 第 3 组的人数： 6× 100 150 =4 ， ∴ 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 C 1 ， C 2 ， C 3 ， C 4 ， 则从 6 人 中抽取 2 人的所有可能结果为 （ A ， B ） ， （ A ， C 1 ） ， （ A ， C 2 ）， （ A ， C 3 ）， （ A ， C 4 ）， （ B ， C 1 ）， （ B ， C 2 ）， （ B ， C 3 ） ， （ B ， C 4 ） ， （ C 1 ， C 2 ） ， （ C 1 ， C 3 ） ， （ C 1 ， C 4 ）， （ C 2 ， C 3 ）， （ C 2 ， C 4 ）， （ C 3 ， C 4 ） 共有 15 种 . 其 中恰有 1 人年龄在第 3 组的所有结果为 （ A ， C 1 ）， （ A ， C 2 ） ， （ A ， C 3 ） ， （ A ， C 4 ） ， （ B ， C 1 ） ， （ B ， C 2 ） ， （ B ， C 3 ）， （ B ， C 4 ）， 共有 8 种， ∴ 恰有 1 人年龄在第 3 组的概率为 8 15 . 提升练习 11. BCD 【解析】 由题意知， 试验发生所包含的事 件共有 4×4×4=64 种结果 . 三次都出现相同数字的事件为 111 ， 222 ， 333 ， 444 ， 共 4 种结果， ∴ 三次都出现相同数字的概率为 4 64 = 1 16 ， 65 高 中 数 学 必 修 第二册 （人教 B 版） 精编版 故 A 错误； 没有出现数字 1 ， 即这三次抛掷出的底面上的数字 均为 2 ， 3 ， 4 中的一个， 共有 3×3×3=27 种结果， ∴ 没 有出现数字 1 的概率为 27 64 ， 故 B 正确； 至少出现一次数字 1 的概率为 1- 27 64 = 37 64 ， 故 C 正确； 三个数字之和为 9 的事件为 441 ， 414 ， 144 ， 333 ， 432 ， 423 ， 234 ， 243 ， 342 ， 324 共 10 种 ， ∴ 三个数字 之和为 9 的概率为 10 64 = 5 32 ， 故 D 正确 . 故选 BCD. 12. ACD 【解析】 只拨动一粒珠子至梁上， 因此数 字只表示 1 或 5 ， 则表示四位数的总数是 2 4 =16 个， 能 被 3 整除的四位数中， 数字 1 和 5 各出现 2 次， 因此事 件 A 包含的基本事件有 5511 ， 5115 ， 1155 ， 1515 ， 5151 ， 1551 ， 共 6 个， ∴P （ A ） = 6 16 = 3 8 ， 故 A 正确； 事件 B 包含的基本事件有 1115 ， 1155 ， 1515 ， 1555 ， 5555 ， 5115 ， 5155 ， 5515 ， 共 8 个， ∴P （ B ） = 8 16 = 1 2 ， 故 B 错误； 事件 A∪B 包含的基本事件有 1155 ， 1515 ， 1551 ， 5511 ， 5115 ， 5151 ， 1115 ， 1555 ， 5555 ， 5155 ， 5515 ， 共 11 个， ∴P （ A∪B ） = 11 16 ， 故 C 正确； 事件 AB 包含的基本事件有 1155 ， 1515 ， 5115 ， 共 3 个， ∴P （ AB ） = 3 16 ， 故 D 正确 . 故选 ACD. 13. 解： （ 1 ） 当 n=6 时 ， k∈ ［ 60 ， 70 ）， M= 1 100 ， 频率为 p 1 = 1 100 ×10=0.1 ； 当 n=7 时 ， k∈ ［ 70 ， 80 ）， M= 1 50 ， 频率为 p 2 = 1 50 × 10=0.2 ； 当 n=8 时 ， k∈ ［ 80 ， 90 ）， M= 1 25 ， 频率为 p 3 = 1 25 × 10=0.4. 各产品等级的频率如下表所示： ∵0.1+0.2<0.5<0.1+0.2+0.4 ， ∴m∈ （ 80 ， 90 ）， ∴0.1+ 0.2+ m-80 10 ×0.4=0.5 ， 解得 m=85. （ 2 ） 所抽取的 7 件产品中 ， A 级品的数量为 7× 0.3 0.3+0.4 =3 ， 分别记为 A 1 ， A 2 ， A 3 ， B 级品的数量为 4 ， 分别记为 B 1 ， B 2 ， B 3 ， B 4 ， 从这 7 件产品中任取 2 件产品， 所有的基本事件有 A 1 A 2 ， A 1 A 3 ， A 1 B 1 ， A 1 B 2 ， A 1 B 3 ， A 1 B 4 ， A 2 A 3 ， 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 ， B 1 B 2 ， B 1 B 3 ， B 1 B 4 ， B 2 B 3 ， B 2 B 4 ， B 3 B 4 ， 共 21 个， 事件 “所抽的 2 件产品中至少有 1 件 A 级品” 包含 15 个基本事件， 所求事件的概率为 P= 15 21 = 5 7 . * 14. 解： （ 1 ） 由题意， 设基本事件空间为 Ω= { （ m ， n ） |m=1 ， 2 ， 3 ， 4 ； n=1 ， 2 ， 3 ， 4} ， 则 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 ） } ， 则 Ω 中共有 16 个基本事件 . 设函数 f （ x ） =x 2 +mx+n 零点的个数为 0 个时为事件 A ， 则 A={ （ m ， n ） |m=1 ， 2 ， 3 ， 4 ； n=1 ， 2 ， 3 ， 4 ； 且 m 2 - 4n<0} ， 即 A={ （ 1 ， 1 ）， （ 1 ， 2 ）， （ 1 ， 3 ）， （ 1 ， 4 ）， （ 2 ， 2 ）， （ 2 ， 3 ）， （ 2 ， 4 ）， （ 3 ， 3 ）， （ 3 ， 4 ） } ， 则 A 中有 9 个基本事件， ∴X=0 的概率 P （ X=0 ） = 9 16 . （ 2 ） 设先后两次出现的点数中有数字 3 为事件 D ， 则 D={ （ 1 ， 3 ）， （ 2 ， 3 ）， （ 3 ， 1 ）， （ 3 ， 2 ）， （ 3 ， 3 ）， （ 3 ， 4 ）， （ 4 ， 3 ） } ， 故 D 中有 7 个基本事件 . 设先后两次出现的点数中有数字 3 的条件下， 函数 有零点的事件为 E ， 则 E={ （ 3 ， 1 ）， （ 3 ， 2 ）， （ 4 ， 3 ） } ， E 中有 3 个基本事件， ∴ 先后两次出现的点数中有数字 3 的条件下， 函数 有零点的概率为 3 7 . * 15. 解： （ 1 ） 记黑球为 1 ， 2 号， 白球为 3 ， 4 号， 红球为 5 ， 6 号， 则甲的可能取球结果共有以下 20 种情况： 123 ， 124 ， 125 ， 126 ， 134 ， 135 ， 136 ， 145 ， 146 ， 156 ， 234 ， 235 ， 236 ， 245 ， 246 ， 256 ， 345 ， 346 ， 356 ， 456. 甲、 乙平局 时都得 3 分， ∴ 甲取出的 3 个小球是 1 黑 1 白 1 红， 共 8 种情况， 故平局的概率 P 1 = 8 20 = 2 5 . （ 2 ） 甲获胜时， 得分只能是 4 分或 5 分， 即取出的 是 2 红 1 白、 1 红 2 白、 2 红 1 黑共 6 种情况， 故先取者 （甲） 获胜的概率 P 2 = 6 20 = 3 10 ， 后取者 （乙） 获胜的概率 P 1 =1- 2 5 - 3 10 = 3 10 ， ∴P 2 =P 3 ， 故先后取球的顺序不影响比赛的公平性 . 质量指标值 k 90≤k<100 80≤k<90 70≤k<80 60≤k<70 产品等级 A B C D 频率 0.3 0.4 0.2 0.1 66 第五章 统计与概率 学 学 习 目 标 1. 通过实例， 正确理解古典概型的概 念， 并能利用定义进行判断 . 2. 通过实例， 掌握古典概型的概率计 算公式， 并将其应用于不同类型的古典概 型中 . 3. 会通过图表的方式将样本空间列举出 来， 进一步感受数形结合思想， 培养学生借 助直观图形理解数学知识的能力 . 要 点 精 析 要点 1 古典概型的判断 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 ） 有限性： 试验中所有可能出现的基 本事件只有有限个 . （ 2 ） 等可能性： 每个基本事件出现的可 能性相等 . 思考 已知线段 AB 的长度为 2 ， 在线 段上任取一点 C ， 求线段 AC 长度大于 1 的 概率， 是否属于古典概型问题？ 例 1 （多选题） 下列概率模型是古典 概型的有 （ ） 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大小 B. 同时抛掷两枚质地均匀的骰子， 点 数和为 6 的概率 C. 近三天中有一天降雨的概率 D. 10 人站成一排， 其中甲、 乙相邻的 概率 分析 本题考查古典概型的判断， 利 用古典概型的有限性和等可能性 . 解析： 古典概型的特点： 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 . 显然 A ， B ， D 符 合古典概型的特征， ∴A ， B ， D 是古典概 型； C 选项， 每天是否降雨受多方面因素影 响， 不具有等可能性， 不是古典概型 . 故选 ABD. 变式训练 1 下列试验是古典概型的是 （ ） A． 口袋中有 2 个白球和 3 个黑球， 从中 任取一球， 基本事件 { 取中白球 } 和 { 取中 黑球 } B． 在区间 ［ －1 ， 5 ］ 上任取一个实数 x ， 使 x 2 －3x＋2＞0 C． 抛一枚质地均匀的硬币， 观察其出现 正面或反面 D． 某人射击中靶或不中靶 要点 2 古典概型的概率 古典概型的概率公式： P （ A ） = A 包含的基本事件的个数 基本事件的总数 . 例 2 2019 年湖南等 8 省公布了高考改 革综合方案将采取 “ 3+1+2 ” 模式， 即语文、 数学、 英语必考， 考生首先在物理、 历史中 选择 1 门， 然后在思想政治、 地理、 化学、 生物中选择 2 门， 一名同学随机选择 3 门功 5.2.3 古 典 概 型 55 学 高 中 数 学 必 修 第二册 （人教 B 版） 精编版 课， 则该同学选到历史、 地理两门功课的概 率为 （ ） A. 1 4 B. 1 3 C. 1 2 D. 2 3 分析 求解古典概型的关键是求试验 的基本事件的总数和事件 A 包含的基本 事件的个数 ， 这就需要正确列出基本事 件， 本题基本事件为三元数对， 用列举法 体现 . 解析： 由题意， 记物理、 历史分别为 A ， B ， 从中选择 1 门； 记思想政治、 地理、 化 学、 生物为 a ， b ， c ， d ， 从中选择 2 门； 则 该同学随机选择 3 门功课， 所包含的基本事 件有（ A ， a ， b ）， （ A ， a ， c ）， （ A ， a ， d ）， （ A ， b ， c ） ， （ A ， b ， d ） ， （ A ， c ， d ） ， （ B ， a ， b ）， （ B ， a ， c ）， （ B ， a ， d ）， （ B ， b ， c ）， （ B ， b ， d ）， （ B ， c ， d ） 共 12 个基本事件； 该同学选到历史、 地理两门功课所包含的基 本事件有 （ B ， a ， b ）， （ B ， b ， c ）， （ B ， b ， d ） 共 3 个基本事件； ∴ 该同学选到历史、 地理 两门功课的概率为 P= 3 12 = 1 4 . 故选 A. 变式训练 2 旅游景区新开放了六个不同的景点， 每 个景点都有街道联结， 且都可以随机进入， 该景点的平面结构图如图 5-2-1 所示 ． 李华 去景点旅游， 随机从 A ， B ， C ， D ， E ， F 六个景点中的一个景点进入， 则选择进入的 点可以使得李华不重复走遍全部街道的概率 为 （ ） A． 1 6 B． 5 6 C． 2 3 D． 1 3 例 3 把分别写有 1 ， 2 ， 3 ， 4 的四张卡 片全部分给甲、 乙、 丙三个人， 每人至少一 张， 且若分得的卡片超过一张， 则必须是连 号， 那么 2 ， 3 连号的概率为 （ ） A. 2 3 B. 1 3 C. 3 5 D. 1 4 分析 本题分情况列出基本事件， 利 用古典概型概率公式即可计算 . 解析： 分三类情况， 第一类 1 ， 2 连号， 则甲 、 乙 、 丙三个人拿到的卡片可能为 （ 12 ， 3 ， 4 ）， （ 12 ， 4 ， 3 ）， （ 3 ， 12 ， 4 ）， （ 4 ， 12 ， 3 ）， （ 3 ， 4 ， 12 ）， （ 4 ， 3 ， 12 ）， 有 6 种分法； 第二类 2 ， 3 连号， 则甲、 乙、 丙三个人拿到的卡片可能为 （ 1 ， 23 ， 4 ）， （ 4 ， 23 ， 1 ）， （ 23 ， 1 ， 4 ）， （ 23 ， 4 ， 1 ）， （ 1 ， 4 ， 23 ）， （ 4 ， 1 ， 23 ）， 有 6 种分法 ； 第三类 3 ， 4 连号， 则甲、 乙、 丙三个人拿 到的卡片可能为 （ 1 ， 2 ， 34 ）， （ 2 ， 1 ， 34 ）， （ 34 ， 1 ， 2 ）， （ 34 ， 2 ， 1 ）， （ 1 ， 34 ， 2 ）， （ 2 ， 34 ， 1 ）， 有 6 种分法 . ∴ 共有 18 种分法， 则 2 ， 3 连号的概率 为 6 18 = 1 3 . 故选 B. F E C A B D 图 5-2-1 56 第五章 统计与概率 学 变式训练 3 现将背面完全相同， 正面分别标有数字 0 ， 1 ， 3 ， 5 的 4 张卡片洗匀后， 背面朝上， 从中任取一张， 将该卡片上的数标记为 m ， 再从剩下的 3 张卡片中任取一张， 将该卡片 上的数标记为 n ， 则数字 m ， n 都为奇数的 概率为 . 反思感悟 （ 1 ） 求较复杂事件 A 的概 率问题， 关键要分清基本事件总数 n 与事 件 A 包含的基本事件数 m. 因此必须解决以 下三个方面的问题： 第一， 本试验是不是 等可能的； 第二， 本试验的基本事件有多 少个； 第三， 事件 A 是什么， 它包含的基 本事件有多少个 ． （ 2 ） 求解基本事件的个数时， 可以采 取列举法、 列表法、 画树形图等方法 ． 必要 时将所求事件转化成彼此互斥的事件的和， 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 ． 数 学 文 化 例 龙马负图、 神龟负书如图甲所示， 数千年来被认为是中华传统文化的源头 . 其 中洛书有云， 神龟出于洛水， 甲壳上的图案 如图乙所示， 其结构是戴九履一， 左三右 七， 二四为肩， 六八为足， 以五居中， 五方 白圈皆阳数， 四角黑点为阴数； 若从阳数中 随机抽取 2 个， 则被抽到的 2 个数的数字之 和超过 10 的概率为 （ ） A. 2 5 B. 1 2 C. 3 10 D. 3 5 分析 本题考查古典概型的概率计算， 列举出基本事件后利用公式可得 . 解析： 依题意， 阳数为 1 ， 3 ， 5 ， 7 ， 9 ， 故所有的情况为 （ 1 ， 3 ）， （ 1 ， 5 ）， （ 1 ， 7 ）， （ 1 ， 9 ）， （ 3 ， 5 ）， （ 3 ， 7 ）， （ 3 ， 9 ）， （ 5 ， 7 ）， （ 5 ， 9 ）， （ 7 ， 9 ）， 共 10 种， 其中满足条件的 为 （ 3 ， 9 ）， （ 5 ， 7 ）， （ 5 ， 9 ）， （ 7 ， 9 ）， 共 4 种， 故所求概率 P= 4 10 = 2 5 ， 故选 A. 龙马负图出河 神龟负书出洛 甲 洛书 乙 图 5-2-2 57