专题02 计数原理在古典概率中的应用（5大压轴考法）-【常考压轴题】2024-2025学年高二数学压轴题攻略（沪教版2020选择性必修第二册）

专题02 6.4计数原理在古典概率中的应用 目录 【题型一 古典概型与实际问题】 1 【题型二 古典概型与代数计数问题】 4 【题型三 古典概型与数字排列问题】 9 【题型四 古典概型与染色问题】 12 【题型五 古典概型与分组分配问题】 15 一、古典概型 （1）古典概型的定义 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，即有限性；②每个基本事件发生的可能性相等，即等可能性； （2）古典概型概率公式： P(A)＝＝. 【题型一 古典概型与实际问题】 1．（24-25高三上·河北·阶段练习）在空间直角坐标系中，平面、平面、平面把空间分成了八个部分.在空间直角坐标系中，确定若干个点，点的横坐标、纵坐标、竖坐标均取自集合，这样的点共有个，从这个点中任选2个，则这2个点不在同一个部分的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】实际问题中的计数问题、计算古典概型问题的概率、组合数的计算 【分析】利用排列组合及古典概型的概率的知识计算即可. 【详解】由题意得，从这个点中任选2个，共有种选法， 在坐标系同一部分的点的横坐标、纵坐标、竖坐标的正负均相同， 所以八个部分中的点的个数分别为， 从这27个点中任选2个，若这2个点在同一个部分， 概率为 所以这2个点不在同一个部分的概率为． 故选：B. 2．（23-24高二下·山东青岛·阶段练习）将4个大小相同颜色不同的小球放到4个不同盒子里，则恰好有一个盒子空着的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】实际问题中的计数问题、计算古典概型问题的概率 【分析】利用古典概率求解即可. 【详解】4个大小相同颜色不同的小球放到4个不同盒子里，全部的放法有种， 其中恰好有一个盒子空着的放法有种， 故所求概率为：. 故选：C 3．（23-24高三上·陕西西安·阶段练习）五岳是中国汉文化中五大名山的总称，分别为东岳泰山、西岳华山、中岳嵩山、北岳恒山、南岳衡山.某旅游博主为领略五岳之美，决定用两个月的时间游览完五岳，且每个月只游览五岳中的两大名山或三大名山（五岳只游览一次），则恰好在同一个月游览华山和恒山的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】实际问题中的计数问题、计算古典概型问题的概率、实际问题中的组合计数问题 【分析】结合组合计数知识，由分类与分步计数原理分别计算样本空间与事件包含的样本点个数，再应用古典概型概率公式求解即可. 【详解】由题意，确定一个月的游览方案，则另一个月游览其余名山即可. 该旅游博主游览五岳可分两类方法： 第一类，第一个月游览两大名山，从五大名山中任选两大名山，有种方法； 第二类，第一个月游览三大名山，从五大名山中任选三大名山，有种方法； 由分类计数原理可得，共有种方法. 设“该旅游博主恰好在同一个月游览华山和恒山”，可分两步完成这件事： 第一步，从两个月中选一个月游览华山和恒山，有种方法； 第二步，确定游览华山和恒山的这个月的游览方案，分为两类： 若该月只游览两大名山，则只有种方法； 若该月浏览三大名山，则再从其余三大山中任取一大山游览，有种方法， 则第二步共有种方法； 由分步计数原理，则完成事件共有种方法. 由古典概型概率公式得. 故选：C. 4．（23-24高三上·湖南邵阳·阶段练习）有4名大学生志愿者参加2022年北京冬奥会志愿服务，冬奥会志愿者指挥部随机派这4名志愿者参加冰壶、短道速滑、花样滑冰3个项目比赛的志愿服务，则每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的概率 ． 【答案】 【知识点】分组分配问题、计算古典概型问题的概率、实际问题中的计数问题、全排列问题 【分析】先得到每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的方法数，再求出4名志愿者参加3个项目比赛的志愿者服务的总方法数，从而利用古典概型求概率公式求出答案. 【详解】先将4人分成3组，其中一组有2人，另外一组各1人，共有种， 然后将3个项目全排列，共有种排法， 故每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的方法数为种， ∵4名志愿者参加3个项目比赛的志愿者服务的总方法数种， ∴每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的概率． 故答案为： 5．（23-24高二下·上海浦东新·阶段练习）某同学做最后两道选择题，已知每道题均有4个选项，其中有且只有一个答案正确，该学生随意填写两个答案，则选对一题的概率是 ． 【答案】/0.375 【知识点】实际问题中的计数问题、计算古典概型问题的概率、实际问题中的组合计数问题 【分析】由分步乘法计数原理求出填写两道选择题的情况数，由分类加法计数原理求出选对一题的情况数，再根据古典概型求概率即可． 【详解】填写两道选择题，每道选择题4个选项，则共有种情况， 其中，选对一道的有2种情况，第一道选对第二道选错，有种情况， 第一道选错第二道选对，有种情况， 选对一道共有种情况， 故选对一题的概率为：， 故答案为：． 6．（23-24高二上·辽宁·期末）某单位职工义务献血，在身体检查合格的人中，是O型血的共有28人，是A型血的共有7人，是B型血的共有9人，是AB型血的共有3人． (1)从中任选1人去献血，有多少种不同的选法？ (2)从4种血型的人中各选1人去献血，有多少种不同的选法？ (3)这些人中有2人去献血，他们的血型不同的概率是多少？ 【答案】(1)47 (2)5292种 (3) 【知识点】实际问题中的计数问题、计算古典概型问题的概率、分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】（1）用分类计数原理得出答案； （2）用分步计数原理得出答案； （3）用古典概型的概率公式求解即可. 【详解】（1）从O型血的人中选1人有28种不同的选法，从A型血中选1人有7种不同的选法， 从B型血的人中选1人有9种不同的选法，从AB型血的人中选1人有3种不同的选法． 任选1人去献血，即无论选哪种血型的哪一个人， 这件“任选1人去献血”的事情都可以完成， 所以用分类计数原理．有28+7+9+3＝47种不同选法． （2）要从四种血型的人中各选1人，即要在每种血型的人中依次选出1人后， 这种“各选1人去献血”的事情才完成， 所以用分步计数原理．有28×7×9×3＝5292种不同选法． （3）这些人中有2人去献血，他们的血型不同的概率是：． 【题型二 古典概型与代数计数问题】 1．（2024·四川巴中·一模）从0，1，2，3四个数字组成的没有重复数字的四位数中任取一个数，则该数为偶数的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】代数中的组合计数问题、计算古典概型问题的概率、元素（位置）有限制的排列问题 【分析】根据题意，由排列组合的知识，分别求得没有重复数字的四位数的情况以及没有重复数字的四位数的偶数的情况，再由古典概型的计算公式，即可得到结果. 【详解】从0，1，2，3四个数字组成的没有重复数字的四位数， 由于不能出现在千位，则的位置有种情况， 再排其他三位数，共有种情况， 即可以组成没有重复数字的四位数共有种情况； 若该四位数为偶数，可以分为两类， 当个位数字是时，有中情况， 当个位数字是时，有种情况， 所以四位数的偶数共有种， 设事件表示从0，1，2，3四个数字组成的没有重复数字的四位数中任取一个数， 则. 故选：B 2．（2024·四川·一模）从1，2，…，2024中任取两数，（可以相同），则个位为8的概率为 【答案】 【知识点】代数中的计数问题、计算古典概型问题的概率 【分析】先研究和的个位数字的规律，确定它们的周期均为4，再借助古典概型知识，即可求解. 【详解】从1，2，⋯，2024中任取两数a，b(可以相同)，共有种取法， 因为的个位数字随着从1开始，依次是，周期变化， 的个位数字随着从1开始，则依次是，周期变化， 故它们的周期均为， 所以，中，共有种数型， 且每种数型的个数是均等的，都是个， 和的尾数中只有三种情形中个位数字是， 即时，的个位数字是，， 所以满足的个位数字是的取法有种取法， 所以所求概率为. 即个位为的概率为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，分析发现的个位数与的个位数呈周期规律，从而得解. 3．（24-25高三上·江苏南通·期末）将随机排成一行，前3个数字构成三位数，后三个数字构成三位数.记，则的最小值为 .小于100的概率为 . 【答案】 【知识点】数字排列问题、全排列问题、代数中的组合计数问题、计算古典概型问题的概率 【分析】要使最小，需要百位上的数字相差为1，且百位数大的后两位构成的数值尽量小，百位数小的后两位构成的数值尽量大，应用列举法即可得最小值；假设排成一排从左到右依次为，则时有且，或且两种情况，研究其中一种情况数并乘以2，再应用古典概型的概率求法求概率. 【详解】要使最小，只需在数轴上的距离最近， 则百位上的数字相差为1，且百位数大的后两位构成的数值尽量小，百位数小的后两位构成的数值尽量大， 所以，可能情况为，，，，， 对应的依次为，故的最小值为. 假设排成一排从左到右依次为， 若，则且，或且， 由两种情况刚好相反，具有对称性，故对应的可能排列数一样， 因此只需讨论其中一种情况：且的排列数，然后乘以2， 所有可能情况为、、、、，共5种， 若确定，则共有种情况， 若确定，则将剩下的两个数全排有2种情况， 所以上述情况共有种，则所有情况有种， 所以的概率为. 故答案为：， 【点睛】关键点点睛：假设排成一排从左到右依次为，注意时有且，或且两种情况，且为对称关系，只需研究其中一种情况的排列数，再乘以2即可得所有可能情况数. 4．（24-25高三上·广西·期末）数学中有时会采用十进制以外的进制进行计数，比如二进制，五进制.五进制是“逢五进一”的进制，由数字0，1，2，3，4来表示数值，例如五进制数324转化成十进制数为.若由数字1，2，3，4组成的五位五进制数，要求1，2，3，4每个数字都要出现，例如12334，则不同的五位五进制数共有 个.若从由数字2，3，4（可重复）组成的三位五进制数中随机取1个，则该数对应的十进制数能被3整除的概率为 . 【答案】 240 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、计算古典概型问题的概率、数字排列问题、代数中的组合计数问题 【分析】应用分步计数，结合排列组合数求数字组成的五位五进制数的个数，设构成的三位五进制数从左到右的数字分别为，根据，将问题化为能被3整除，结合进行分类讨论求五进制数的个数，最后求其概率. 【详解】由数字组成的五位五进制数，要求每个数字都要出现， 则需要先从中选取一个数字作为重复出现的数字， 再将不重复出现的3个数字从五个位置中选3个进行排列， 最后剩余两个位置排重复数字， 故所求不同的五位五进制数共有个， 数字组成的三位五进制数总共有个， 设这个三位五进制数从左到右的数字分别为， 转化成十进制数后此数为， 此数能被3整除等价于能被3整除， 因为，所以能被3整除的只有三种情况， 若，则的取值有、两种， 若，则的取值有、、、、五种， 若，则的取值有、两种， 故能被3整除的数共有个，则所求概率为. 故答案为：240， 【点睛】关键点点睛：对于构成的三位五进制数从左到右的数字分别为，将问题化为能被3整除是关键. 5．（24-25高三上·安徽亳州·开学考试）用个不同的元素组成个非空集合（，每个元素只能使用一次），不同的组成方案数记作，且当时，．现有7名同学参加趣味答题活动，参加一次答题，即可随机获得四种不同卡片中一张，获得每种卡片的概率相同，若每人仅可参加一次，这7名同学获得卡片后，可集齐全4种卡片的概率为 ． 【答案】 【知识点】计算古典概型问题的概率、代数中的组合计数问题 【分析】利用结论列出对应取值表格，然后由排列组合知识和古典概型概率公式求解即可. 【详解】根据题干可列出对应取值表格如下： 1 2 3 4 1 1 2 1 1 3 1 3 1 4 1 7 6 1 5 1 15 25 10 6 1 31 90 65 7 1 63 301 350 即个人集齐全4种卡片等价于7个不同元素组成4个非空集合， 再将4个非空集合对应4种卡片，所以． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：关键在于正确理解题干结论，利用结论求出，然后结合古典概型概率公式求解. 6．（24-25高三·上海·随堂练习）从0，1，2，3，4，5中任取3个数字组成没有重复数字的三位数，其中能被5整除的概率为 （用数字作答）． 【答案】/ 【知识点】代数中的组合计数问题、元素（位置）有限制的排列问题、计算古典概型问题的概率、数字排列问题 【分析】分类讨论求所以三位数和能被5整除的三位数的个数，结合古典概型运算求解. 【详解】选出的3个数字含有0时，有种方法； 选出的3个数字不含有0时，有种方法； 所以没有重复数字的三位数共有个. 其中能被5整除的三位数末位必为0或5． ①末位为0的三位数其首次两位从的5个数中任取2个排列而成方法数为； ②末位为5的三位数，首位从非0，5的4个数中选1个，有种挑法， 再挑十位，还有种挑法，所以合要求的数有种； 所以共有个符合要求的数． 结合古典概型计算公式可得所求概率值为． 故答案为：. 【题型三 古典概型与数字排列问题】 1．（23-24高二下·吉林通化·期末）从由数字组成没有重复数字的五位数中任取一个，则取到数字1和2相邻的五位数的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】数字排列问题、计算古典概型问题的概率、元素（位置）有限制的排列问题 【分析】先求出数字组成的五位数的个数，再利用捆绑法求出数字1和2相邻的五位数的个数，从而得到概率. 【详解】由数字组成的五位数， 先从千位，百位，十位，个位四个数位上选1个安排0，再对剩余4个数和4个数位进行全排列， 故共有个， 其中数字1和2相邻的五位数，先将1和2进行捆绑，看作一个整体a，内部可进行排列， 首位安排0，再将a、3、4三个元素作全排有；将0、a、3、4四个元素作做全排有， 共有个． 所以取到数字1和2相邻的五位数的概率为． 故选：C． 2．（2024·浙江·模拟预测）用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，则数字3在五位数中位于1和5之间（可以不相邻）的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】数字排列问题、计算古典概型问题的概率 【分析】先求出基本事件总数n，再求出数字3在五位数中位于1和5之间的基本事件数m，利用古典概型的概率公式计算即可. 【详解】用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数， 基本事件总数， 数字3在五位数中位于1和5之间的基本事件个数， 则数字3在五位数中位于1和5之间（可以不相邻）的概率为． 故选：D． 3．（2024·四川雅安·三模）从五个数字组成的没有重复数字的四位数中任取一个数，则该数为偶数的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】数字排列问题、计算古典概型问题的概率 【分析】分类讨论分别求没有重复数字的四位数、偶数的个数，结合古典概型运算求解. 【详解】若选择的4个数中有0，则没有重复数字的四位数有个； 若选择的4个数中无0，则没有重复数字的四位数有个； 所以没有重复数字的四位数共有个. 若个位数为0，则没有重复数字的偶数有个； 若个位数不为0，则没有重复数字的偶数有个； 所以没有重复数字的四位数共有个. 综上所述：该数为偶数的概率为. 故选：C. 4．（江苏省泰州市2025届高三第一次调研测试数学试题）将1，2，3，4，5，6随机排成一行，前3个数字构成三位数a，后三个数字构成三位数b.记，则m的最小值为 ，m小于100的概率为 . 【答案】 47 【知识点】数字排列问题、元素（位置）有限制的排列问题、实际问题中的组合计数问题、计算古典概型问题的概率 【分析】根据给定条件，结合差的绝对值的对称性，逐一分析各个数位上的数字即可求出最小值；分两步探讨，结合古典概率列式计算得解. 【详解】由中的对称性，不妨令，要最小， 百位必相邻，的百位为4，的百位为3； 对于十位，的十位尽可能的大，为6，的十位尽可能的小，为1； 同理的个为5，的个位为2，因此，所以m的最小值为47； 要m小于100，百位必相邻，且较大数的十位小于较小数的十位，个位无限制，分两步： 取百位的概率为；取十位，在剩下的4个数字中取两数分配给作十位， 而的十位大于的十位与的十位小于的十位的概率相等，此步符合要求的概率为， 所以m小于100的概率为. 故答案为：； 【点睛】关键点点睛：按两步分析，分别求出各步发生的概率求得第二空. 5．（23-24高二下·山东聊城·期末）已知表示一个三位数，如果满足且，那么我们称该三位数为“凸数”，则没有重复数字的三位“凸数”的个数为 ． 【答案】 【知识点】数字排列问题 【分析】分两种情况讨论：①、、中有一个为；②、、三个数都不为零.确定三个数字的位置，结合分类加法计数原理可得结果. 【详解】由题意可知，在、、三个数中，最大，分以下两种情况讨论： ①若、、中有一个为，则最大的数放中间，放在个位上，另外一个数放在百位上， 此时，满足条件的没有重复数字的三位“凸数”的个数为个； ②若、、三个数都不为零，则最大的数放中间，另外两个数分别放在个位和百位上， 此时，满足条件的没有重复数字的三位“凸数”的个数为. 综上所述，没有重复数字的三位“凸数”的个数为个. 故答案为：. 6．（24-25高三上·广西·期末）数学中有时会采用十进制以外的进制进行计数，比如二进制，五进制.五进制是“逢五进一”的进制，由数字0，1，2，3，4来表示数值，例如五进制数324转化成十进制数为.若由数字1，2，3，4组成的五位五进制数，要求1，2，3，4每个数字都要出现，例如12334，则不同的五位五进制数共有 个.若从由数字2，3，4（可重复）组成的三位五进制数中随机取1个，则该数对应的十进制数能被3整除的概率为 . 【答案】 240 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、计算古典概型问题的概率、数字排列问题、代数中的组合计数问题 【分析】应用分步计数，结合排列组合数求数字组成的五位五进制数的个数，设构成的三位五进制数从左到右的数字分别为，根据，将问题化为能被3整除，结合进行分类讨论求五进制数的个数，最后求其概率. 【详解】由数字组成的五位五进制数，要求每个数字都要出现， 则需要先从中选取一个数字作为重复出现的数字， 再将不重复出现的3个数字从五个位置中选3个进行排列， 最后剩余两个位置排重复数字， 故所求不同的五位五进制数共有个， 数字组成的三位五进制数总共有个， 设这个三位五进制数从左到右的数字分别为， 转化成十进制数后此数为， 此数能被3整除等价于能被3整除， 因为，所以能被3整除的只有三种情况， 若，则的取值有、两种， 若，则的取值有、、、、五种， 若，则的取值有、两种， 故能被3整除的数共有个，则所求概率为. 故答案为：240， 【点睛】关键点点睛：对于构成的三位五进制数从左到右的数字分别为，将问题化为能被3整除是关键. 【题型四 古典概型与染色问题】 1．（23-24高二下·重庆九龙坡）随机给如图所示的四块三角形区域涂色，有红、黄、蓝、绿、黑这5种颜色供选择，则“任意两个有公共边的三角形所涂颜色不同”的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】涂色问题、计算古典概型问题的概率 【分析】求出所有涂色方法数为，再求出在任意两个有公共边的三角形所涂颜色不同的方法数，可以先从中间一个三角形涂色，然后再涂其他三个三角形． 【详解】解：随机给如图所示的四块三角形区域涂色，有红，黄，蓝，绿，黑这5种颜色供选择， 每个三角形均有种涂法，故基本事件总数， 有公共边的三角形为不同色，先考虑中间一块涂色有5种方法， 其他的三个三角形在剩下的4中颜色中任意涂色均可有种涂法，这一共有种涂法， 所求概率为． 故选：A． 2．（2025·浙江·一模）对7个相邻的格进行染色，每个格均可从红、绿、黄三种颜色中选一种，则没有相邻红格的概率为 . 【答案】 【知识点】涂色问题、计算古典概型问题的概率 【分析】通过讨论红格个数，由古典概型概率公式求解即可， 【详解】0个红格，共种； 1个红格，共种； 2个红格，共种； 3个红格，共种； 4个红格，共种， 所以； 故答案为： 3．（2024·全国·模拟预测）斐波那契时钟是一种基于斐波那契数列设计的特殊时钟．钟面上是5个正方形方块，每个方块对应的数值分别是斐波那契数列里的前5个数：，方块的数值固定，颜色可变化，可呈现红色、蓝色、绿色、白色．人们根据方块对应的数值和颜色计算时间，规则如下：小时数红色方块数值蓝色方块数值；分钟数（绿色方块数值蓝色方块数值）；呈现白色时忽略．如图表示时间为，则当表示时间为时，数值为5的方块为白色的概率为 ． 【答案】/0.25 【知识点】涂色问题、计算古典概型问题的概率 【分析】由题意：小时数红色方块数值蓝色方块数值；分钟数（绿色方块数值蓝色方块数值），可知蓝色方块数值可以既用来表示小时数，也可以用来表示分钟数，接下来就是对这五个区域着色，按数值为5的方块着色，分四类列举讨论即可得到结果. 【详解】 当表示时间为时，小时数为6，则红蓝；分钟数为30， 则（绿蓝）30，所以绿蓝．故红绿，则各方块的颜色情况如下． （1）如图1，当数值为5的方块为白色时，剩下方块的数值分别为， 若2，3为蓝色，1，1为一红一绿，则有2种情况；若为蓝色，另一个1为白色， 则有2种情况，（提醒：此时钟面上不出现红色和绿色的方块）总计4种情况． 图1 （2）如图2，当数值为5的方块为蓝色时，剩下方块的数值分别为， 若2，3为白色，1，1为一红一绿，则有2种情况；若2，3为白色，1，1为一蓝一白， 则有2种情况，总计4种情况． 图2 （3）如图3，当数值为5的方块为红色时，剩下方块的数值分别为， 若1，1为一蓝一白，2，3为绿，则有2种情况；若1，1为一红一绿，2，3为绿色， 则有2种情况，总计4种情况． 图3 （4）当数值为5的方块为绿色时，因为红绿，由（3）可知，也有4种情况． 综上，总计有16种情况，其中数值为5的方块为白色时有4种情况，所以． 故答案为：. 4．（23-24高二上·河南南阳·期末）南阳素有“月季花城”的美誉，是“中国月季之乡”和世界月季名城.某社区对一个街心公园进行改造，在公园中央有一个正方形区域如图示，它由四个全等的直角三角形和一个正方形构成.现对该区域种植月季，有5种不同的月季可供选择，要求相邻区域种植的月季不同.在所有的种植方案中随机选择一种方案，该方案恰好只用到四种月季的概率是 . 【答案】 【知识点】涂色问题、计算古典概型问题的概率 【分析】分别求出用了种，种，种月季时的种植方案数，然后利用古典概型的概率公式求解即可. 【详解】对该区域种植月季，有种不同的月季可供选择， 当只选择种或种月季种植，不可能相邻区域种植的月季不同； 当选择种月季种植时， 第一步：先种植①④⑤区域，有种种植方法； 第二步：再种植②区域，必和④区域相同，只有种种植方法； 第三步：种植③区域，必和①区域相同，只有种种植方法； 故选择3种月季种植时，有种种植方法； 当选择种月季种植时， 第一步：先种植①④⑤区域，用了种月季中的种，有种种植方法； 第二步：再把还没有用过的种月季选种植下去，有②③两个区域可供种植， 有种种植方法； 第三步，种植最后一个区域，只有种种植方法， 故选择种月季种植时，有种种植方法；， 当选择全部的种月季种植时，有种种植方法； 所以该方案恰好只用到四种月季的概率是. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：对于染色问题，相邻区域要不同的颜色，我们可利用所用颜色的数量进行分类求解，有时候会比较方便快捷. 【题型五 古典概型与分组分配问题】 1．（24-25高三上·上海·阶段练习）将序号分别1，2，3，4，5的5张参观券全部分给甲、乙、丙、丁4人，每人至少1张，则甲恰好分得2张参观券连号的概率为 ． 【答案】/0.1 【知识点】分组分配问题、计算古典概型问题的概率 【分析】先求出将5张参观券全部分给4人，每人至少1张的总分配方法数，再求出甲恰好分得2张参观券连号的分配方法数，最后根据古典概型概率公式求出概率. 【详解】由题意，将5张参观券全部分给甲、乙、丙、丁4人，每人至少1张， 则这4个人有1人拿2张，另外3人各1张，共有分法， 2张连号的情况是：1和2，2和3，3和4，4和5，共4种情况， 如果甲恰好分得2张参观券连号，则共有分法， 所以甲恰好分得2张参观券连号的概率为. 故答案为：. 2．（2024·宁夏银川·一模）某班为了响应“学雷锋”活动，将指定的6名学生随机分配到3个不同的校办公室打扫卫生，要求每个办公室至少分配1人，6名学生中甲、乙两人关系最好，则恰好甲、乙两人（仅有两人）打扫同一个办公室的概率为 . 【答案】 【知识点】分组分配问题、计算古典概型问题的概率、实际问题中的组合计数问题 【分析】首先分三种情况讨论求出所有的安排方法数，再求出满足条件的安排方法，最后由古典概型的概率公式计算可得. 【详解】将指定的6名学生随机分配到3个不同的校办公室打扫卫生，要求每个办公室至少分配1人， 则有①：两个办公室安排人，另外一个办公室安排人，则有种安排方法； ②三个办公室安排的人数为、、，则有种安排方法； ③三个办公室均安排人，则有种安排方法； 综上可得一共有种安排方法. 其中甲、乙两人（仅有两人）打扫同一个办公室的有种安排方法， 所以恰好甲、乙（仅有两人）打扫同一个办公室的概率. 故答案为： 3．（2024高三·全国·专题练习）现有6根绳子，共有12个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有绳头打结完毕视为结束.则这6根绳子恰好能围成一个圈的概率为 . 【答案】 【知识点】分组分配问题、计算古典概型问题的概率、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】直接根据圆排列及古典概型计算. 【详解】依题意，环排列有：种,总的连接方式有：种， 所以恰好能围成一个圈的概率为. 故答案为：. 4．（24-25高三上·云南昆明·阶段练习）在某次国际商贸交流会展期间，举办城市为了提升安保级别，在平时正常安保的基础上再将甲、乙等6名特警人员分配到展区附近的4个不同的路口进行执勤，若每个特警只能分配去1个路口且每个路口至少安排1名特警，则甲和乙不安排在同一个路口执勤的概率是 ． 【答案】 【知识点】分组分配问题、计算古典概型问题的概率、利用对立事件的概率公式求概率 【分析】根据给定条件，利用分组分配求出试验的基本事件总数，再求出甲乙安排在同一路口的事件含有的基本事件数，然后用对立事件概率公式计算即得. 【详解】6名特警分配到展区附近的4个不同的路口进行执勤，不同安排方法数为， 甲乙安排在同一路口，视甲乙为一个人，5个人安排到4个路口的安排数为， 因此甲和乙安排在同一个路口执勤的概率是， 所以甲和乙不安排在同一个路口执勤的概率是. 故答案为： 5．（23-24高二下·上海闵行·期中）12月31日是某校艺术节总汇演之日，当天会进行隆重的文艺演出，已知高一，高二，高三分别选送了4，3，2个节目，现回答以下问题：（用排列组合数列式，并计算出结果） (1)为了活跃气氛，学校会把20个荧光手环发给台下的12名家长代表，每位家长至少一根，共计有多少种分配方案； (2)若高一的节目彼此都不相邻，高三的节目必须相邻，共计有多少种出场顺序； (3)演出结束后，学校安排甲、乙等9位志愿者打扫A，B，C三个区域的卫生，每个区域至少需要2名志愿者，则共有多少种安排方式？甲、乙打扫同一个区域的概率是多少？ 【答案】(1) (2) (3)11508， 【知识点】分组分配问题、相邻问题的排列问题、不相邻排列问题 【分析】（1）由题意根据隔板法求解； （2）根据相邻与不相邻问题可用捆绑法与插空法求解； （3）分别按分类求解，再按不同分组求出甲乙在一组的种数，由古典概型求解. 【详解】（1）利用隔板法：. （2）根据捆绑、插空：高三2个节目视作1个节目，与高二3个节目全排列， 再把高一的4个节目插入所成的5个空中的4个，所以共有 . （3）①.若按2，2，5分组，则有：种， ②.若按2，3，4分组，则有：种， ③.若按3，3，3分组，则有：种， 故共有种安排方式. 若按2，2，5分组，甲、乙在同一组的安排方式有种， 若按2，3，4分组，甲、乙在同一组的安排方式有    种， 若按3，3，3分组，甲、乙在同一组的安排方式有=420种， 故甲、乙在同一组的概率为. 一、填空题 1．（24-25高三上·广东湛江·阶段练习）把3个红球和33个白球随机排成一圈，则连续排列的白球个数不超过13个的概率是 【答案】 【知识点】x+y+z=n的整数解的个数、计算古典概型问题的概率 【分析】根据题意，由条件可得满足方程的解共有组，然后分，，，，讨论，逐一计算，即可得到结果. 【详解】 如图，位于红球之间的白球个数记为， 故满足方程的解共有组， 满足时的解有以下情形： ①若时，有， ，共7种； 同理，时，有7种；时，有7种， 去掉重复的共有18种， ②若时，有，共4种； 同理，时，有4种；时，有4种，去掉重复的共有9种， ③若，有，此时只有1种， ④若，有，与前面重复，舍去， ⑤若，有，与前面重复，舍去， ⑥若，有，与前面重复，舍去， ⑦若，有，与前面重复，舍去， ⑧若，不存在， 共有种， 连续排列的白球个数不超过13个的概率是. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：本题解答本题的关键在于将问题转化为方程的正整数解问题，然后分类讨论求解. 2．（23-24高二下·浙江·期末）为了纪念世界地球日，复兴中学高三年级参观了地球自然博物馆，观后某班级小组7位同学合影，若同学与同学站在一起，同学站在边缘，则同学不与同学或相邻的概率为 ． 【答案】 【知识点】相邻问题的排列问题、不相邻排列问题、实际问题中的组合计数问题、计算古典概型问题的概率 【分析】利用分步乘法原理先求出同学与同学站在一起，同学站在边缘的方法数，再求出其中同学不与同学或相邻的方法数，然后利用古典概型的概率公求解即可. 【详解】将同学与同学看成一个整体，与剩下的5人排列，先让同学站在边上，有种方法，然后同学与同学组成的整体与剩下4人排列，有种方法， 所以分步乘法原理可知同学与同学站在一起，同学站在边缘，共有种方法， 其中同学不与同学或相邻的有：先让同学站在边上，有种方法，然后同学与同学组成的整体从与同学不相邻的4个位置中选一个位置，有种方法，再让剩下的4人去站剩下的4个位置，有种方法， 所以由分步乘法原理可得同学不与同学或相邻的共有种方法， 所以所求概率为， 故答案为： 3．（2023·河北沧州·模拟预测）在某一天的幼儿园活动中，5名小朋友每人制作了一个小礼物，每人随机拿一个礼物，则这5名小朋友都没有拿到自己制作的礼物的概率为 . 【答案】 【知识点】全排列问题、实际问题中的组合计数问题、计算古典概型问题的概率 【分析】先计算出5人分配5个礼物(错排问题)，基本事件总数，再分两种情况计算出都没有拿到自己制作的礼物的基本事件数，从而求出概率. 【详解】5人分配5个礼物，基本事件总数， 都没有拿到自己制作的礼物所包含两类情况， 一是5人中有2人交换了礼物，此时有种情况，另外三人都没有拿到自己制作的礼物情况有2种，故共有种情况； 二是5人都没有交换礼物，不妨设甲同学有4种选择，若其拿到乙的礼物； 对于乙来说有3种情况，若其拿到丙的礼物；对丙来说有2种情况，而余下两人只有1种情况，故共有种情况， 故基本事件总数， 概率. 故答案为： 4．（24-25高三上·江苏·期末）从1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取3个不同的数，且这三个数之和为偶数，记满足条件的取法种数为；从0，1，2，3，4，5中任取2个不同的数，且这两个数之和为奇数，记满足条件的取法种数为.若从个取法和个取法各随机选一种，这两种取法的数字完全不同的概率是 . 【答案】/0.5 【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、实际问题中的组合计数问题、计算古典概型问题的概率 【分析】利用按2个奇数和1个偶数或3个偶数分类选取来满足选取的三个数和为偶数，同理按1个奇数和1个偶数分类选取来满足选取的两个数和为奇数，在分析两次选取不能有重复数字时，则可进行分类分步研究即可求解. 【详解】从中任取3个不同的数，要满足三个数之和为偶数， 第一类：取两个奇数和一个偶数，共有； 第二类：取三个偶数，共有； 所以满足三个数之和为偶数的取法种数有种，即； 从中任取2个不同的数，且这两个数之和为奇数， 则取一个奇数和一个偶数，即种，所以； 若从中任取一个奇数和0时，则从中任取3个数之和为偶数，且与前面取的数不重复，则共有； 若从中任取一个奇数和非0偶数时，则从中任取3个数之和为偶数，且与前面取的数不重复，则共有； 所以这两种取法数字完全不同的概率为 故答案为：. 5．（24-25高三下·河北石家庄·开学考试）据教育部网站最新消息，教育部办公厅，财政部将启动2024年“三区”人才支持计划教师专项计划，根据《通知》，2024—2025学年全国计划选派15952名教师到各脱贫地区进行支教工作.现有甲、乙、丙、丁四位教师报名参加三个地区的支教工作，每人只能参加一个地区，每个地区至少有一人报名，且甲、乙两人不能报同一地区，则甲和乙恰好有一人报地区的概率为 . 【答案】 【知识点】分组分配问题、计算古典概型问题的概率 【分析】利用分组分配求得总的总的情况数，以及分类加法原理求得符合题意的情况数，根据古典概型的概率计算，可得答案. 【详解】依题意，甲，乙，丙，丁四位教师报名三个地区所有的方法数共有种， 甲、乙两人报同一地区的方法数共有， 甲、乙两人不能报同一地区的方法数共有， 甲和乙恰好有一人报地区有如下情况： ①地区只有1人报名，则有种情况； ②地区有2人报名，则有种情况， 所以共有20种情况，所以. 故答案为：. 6．（24-25高二上·上海·期末）从边长为1的正八边形的顶点中随机选3个点作为三角形的顶点，从棱长为2的正方体的顶点中随机选3个点作为三角形的顶点，则为直角三角形的概率是为等腰三角形的概率的 倍． 【答案】2 【知识点】几何组合计数问题、利用对立事件的概率公式求概率、计算古典概型问题的概率 【分析】先求出八边形中的等腰三角形的个数，从而由组合知识得到为等腰三角形的概率为，再求出不是直角三角形的情况，得到为直角三角形的概率为，得到答案. 【详解】在八边形中，以为顶点的等腰三角形有3个， 分别为， 故为等腰三角形的情况数共个， 故为等腰三角形的概率为， 从棱长为2的正方体的顶点中随机选3个点作为三角形的顶点， 不是直角三角形的情况，如下图中的等边三角形，这样的等边三角形共8个， 分别为，，，，，，，， 所以为直角三角形的概率为， 由于， 故为直角三角形的概率是为等腰三角形的概率的2倍. 故答案为：2 7．（2025·福建厦门·一模）从集合的所有非空子集中任选两个，则选中的两个子集的交集为空集的概率为 ． 【答案】 【知识点】判断集合的子集（真子集）的个数、实际问题中的组合计数问题、计算古典概型问题的概率 【分析】（1）先求集合的非空子集的个数，确定样本空间中样本点的个数， 方法一：分，，三种情况确定满足条件的样本点的个数，结合古典概型概率公式求结论； 方法二：分，，三种情况确定满足条件的样本点的个数，结合古典概型概率公式求结论； 方法三：由条件对于集合中的任意元素均有，且；，且；这三种选法，且集合，都不为空集，由此确定满足条件的样本点的个数，结合古典概型概率公式求结论； 【详解】设，，且， 易知集合的非空子集个数为，任取两个集合，共有种选法． （方法一）①若，则共有种选法； ②若，从个元素里选个，再分成两组（不平均），有种选法； ③若，个元素平均分为两组共有种；不平均分组共有种，小计共有种选法； 所以选中的两个子集的交集为空集的概率为． （方法二）①当时，个元素里任选一个放入集合中，集合共有种情况， 故有种情况； ②当时，个元素里任选两个放入集合中，集合共有种情况， 故有种情况； ③当时，个元素里任选三个放入集合中，集合共有种情况， 故有种情况； 总共有种情况，所以选中的两个子集的交集为空集的概率为． （方法三）对于集合中的任意元素均有，且；，且；这三种选法，再减去集合，其中一个为空集的情况，故共有种， 所以选中的两个子集的交集为空集的概率为． 故答案为：． 8．（24-25高三上·河北沧州·期中）某盒子中有12个大小相同的球，分别标号为1，2，…，12，从盒中任取3个球，取出的3个球的标号之和能被4整除的概率为 ． 【答案】 【知识点】实际问题中的组合计数问题、计算古典概型问题的概率 【分析】先求出从12个球中任取3个球的方法数，再求出取出的3个球的标号之和能被4整除的方法数，最后利用古典概型的概率计算公式即可求概率. 【详解】从12个球中任取3个球有种不同的方法， 1-12中能被4整除的有，除4余1的有，除4余2的有，除4余3的有，故将1-12划分为以上四类， 能被4整除可分：3个数都来自，或一个数来自，两个数来自，或一个数来自，一个数来自，一个数来自，或两个数来自，一个数来自，或两个数来自，一个数来自. 共有：， 所以取出的3个球的标号之和能被4整除的概率 故答案为： 9．（24-25高三·上海·课堂例题）在迎新班会上，小王设计了一个摸奖游戏，在一个口袋中装有10个红球和20个白球，这些球除颜色外完全相同.从中任意摸出5个球，至少摸到3个红球中奖，则中奖的概率为 .（结果保留两位小数） 【答案】0.19 【知识点】实际问题中的组合计数问题、利用互斥事件的概率公式求概率、计算古典概型问题的概率 【分析】根据给定条件，利用概率的加法公式，结合组合计数问题列式计算即得. 【详解】令中奖的事件为，则它是摸到3个红球的事件、摸到4个红球的事件、摸到5个红球的事件的和，它们互斥， 所以 故答案为：0.19 10．（23-24高二下·福建泉州·阶段练习）如图，这是整齐的正方形道路网，其中小明、小华，小齐分别在道路网臂的，，的三个交汇处，小明和小华分别随机地选择一条沿道路网的最短路径，以相同的速度同时出发，去往地和地，小齐保持原地不动，则小明、小华、小齐三人能相遇的概率为 . 【答案】/0.2025 【知识点】实际问题中的组合计数问题、计算古典概型问题的概率 【分析】利用组合计数问题求出小明和小华各自到达目的地的试验含有的基本事件种数，再求出小明、小华、小齐三人能相遇的事件含有的基本事件数即得解. 【详解】小明从A到B的不同路径共有种，小华从B到A的不同路径共有种， 因此小明和小华各自到达目的地的试验有个基本事件， 小明经过到达目的地的不同路径有，小华经过到达目的地的不同路径有， 因此小明、小华、小齐三人能相遇的事件有个基本事件， 所以小明、小华、小齐三人能相遇的概率为. 故答案为： 二、单选题 11．（23-24高二下·上海·期中）对于各数互不相等的正数数组（是不小于2的正整数），如果在时有，则称与是该数组的一个“逆序”，一个数组中所有“逆序”的个数称为此数组的“逆序数”．例如，数组中有逆序“2，1”，“4，3”，“4，1”，“3，1”，其“逆序数”等于4．若各数互不相等的正数数组的“逆序数”是2，则的“逆序数”是（   ） A．13 B．24 C．15 D．25 【答案】A 【知识点】实际问题中的组合计数问题 【分析】利用组合计数问题，结合排除法求解即得. 【详解】在各数互不相等的正数数组（是不小于2的正整数）中任取2个数， 这2个数要么“顺序”（当时有），要么“逆序”，因此“顺序数”与“逆序数”的和为， 各数互不相等的正数数组的“逆序数”是2，则其“顺序数”为， 显然数组的“逆序数”等于数组的“顺序数”， 所以的“逆序数”是13. 故选：A 12．（24-25高二上·江西景德镇·期中）在打结计时赛中，现有5根绳子，共有10个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有绳头打结完毕视为结束．则这5根绳子恰好能围成一个圈的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、分组分配问题、计算古典概型问题的概率 【分析】可以把问题看做10个绳头平均分成5组，按平均分组问题求总的基本事件，再求恰好能围成一个圆的基本事件数，结合古典概型计算. 【详解】10个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有的打结方式有：种. 其中恰好能围成一个圈的打结方式有：种. 所以5根绳子恰好能围成一个圈的概率为：. 故选：D 【点睛】方法点睛：（1）10个绳头打结，按要求，每次打结都减少2个绳头，所以可以把问题看成平均分组来解决. （2）恰好围成一个圆时，先选1根绳子，不能两端打结，只能从其余的8个绳头选1个打结，完成后，这段绳子不能两端打结，再从其余的6个绳头选1个…，最后这段绳子两端打结. 13．（23-24高二下·广东广州·期末）有一个游戏，规则如下：如图，在圆上有，，，，，，，共八个点，一枚棋子起始位置在点处，抛掷一枚均匀的骰子，若骰子正面向上的点数为. 则棋子前进步，每步从一个点按顺时针方向前进到相邻的另一个点，可以循环进行，抛掷三次骰子后，游戏结束.若此时棋子在点处，则游戏过关. 试问游戏结束时过关的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】全排列问题、计算古典概型问题的概率 【分析】根据题意棋子在点处，可得三次骰子点数之和为或，再利用列举法以及古典概型的概率公式计算可得． 【详解】举出在点数中能够使得三次数字和为或的有： ，，共有7种组合， 前2种组合每种情况可以排列出种结果，共有种结果； 后5种组合各有3种结果，共有种结果， 由分类加法计数原理知，共有种结果； 拋次骰子共有种结果， 故拋掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的概率. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题关键是分析出三次骰子点数之和为或，列出所有可能得组合，在分析相应的排列数，最后由古典概型的概率公式计算. 14．（23-24高二下·山西忻州·阶段练习）在空间直角坐标系中，平面、平面、平面把空间分成了八个部分．在空间直角坐标系中，确定若干个点，点的横坐标、纵坐标、竖坐标均取自集合，这样的点共有个，从这个点中任选2个，则这2个点在同一个部分的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】实际问题中的组合计数问题、计算古典概型问题的概率 【分析】利用排列组合及古典概型的概率的知识计算即可. 【详解】由题意得，从这个点中任选2个，共有种选法， 在坐标系同一部分的点的横坐标、纵坐标、竖坐标的正负均相同， 所以八个部分中的点的个数分别为，，，，2，2，2，1， 故所求的概率为． 故选：B. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题02 6.4计数原理在古典概率中的应用 目录 【题型一 古典概型与实际问题】 1 【题型二 古典概型与代数计数问题】 2 【题型三 古典概型与数字排列问题】 3 【题型四 古典概型与染色问题】 3 【题型五 古典概型与分组分配问题】 4 一、古典概型 （1）古典概型的定义 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，即有限性；②每个基本事件发生的可能性相等，即等可能性； （2）古典概型概率公式： P(A)＝＝. 【题型一 古典概型与实际问题】 1．（24-25高三上·河北·阶段练习）在空间直角坐标系中，平面、平面、平面把空间分成了八个部分.在空间直角坐标系中，确定若干个点，点的横坐标、纵坐标、竖坐标均取自集合，这样的点共有个，从这个点中任选2个，则这2个点不在同一个部分的概率为（   ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·山东青岛·阶段练习）将4个大小相同颜色不同的小球放到4个不同盒子里，则恰好有一个盒子空着的概率为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高三上·陕西西安·阶段练习）五岳是中国汉文化中五大名山的总称，分别为东岳泰山、西岳华山、中岳嵩山、北岳恒山、南岳衡山.某旅游博主为领略五岳之美，决定用两个月的时间游览完五岳，且每个月只游览五岳中的两大名山或三大名山（五岳只游览一次），则恰好在同一个月游览华山和恒山的概率为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高三上·湖南邵阳·阶段练习）有4名大学生志愿者参加2022年北京冬奥会志愿服务，冬奥会志愿者指挥部随机派这4名志愿者参加冰壶、短道速滑、花样滑冰3个项目比赛的志愿服务，则每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的概率 ． 5．（23-24高二下·上海浦东新·阶段练习）某同学做最后两道选择题，已知每道题均有4个选项，其中有且只有一个答案正确，该学生随意填写两个答案，则选对一题的概率是 ． 6．（23-24高二上·辽宁·期末）某单位职工义务献血，在身体检查合格的人中，是O型血的共有28人，是A型血的共有7人，是B型血的共有9人，是AB型血的共有3人． (1)从中任选1人去献血，有多少种不同的选法？ (2)从4种血型的人中各选1人去献血，有多少种不同的选法？ (3)这些人中有2人去献血，他们的血型不同的概率是多少？ 【题型二 古典概型与代数计数问题】 1．（2024·四川巴中·一模）从0，1，2，3四个数字组成的没有重复数字的四位数中任取一个数，则该数为偶数的概率为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·四川·一模）从1，2，…，2024中任取两数，（可以相同），则个位为8的概率为 3．（24-25高三上·江苏南通·期末）将随机排成一行，前3个数字构成三位数，后三个数字构成三位数.记，则的最小值为 .小于100的概率为 . 4．（24-25高三上·广西·期末）数学中有时会采用十进制以外的进制进行计数，比如二进制，五进制.五进制是“逢五进一”的进制，由数字0，1，2，3，4来表示数值，例如五进制数324转化成十进制数为.若由数字1，2，3，4组成的五位五进制数，要求1，2，3，4每个数字都要出现，例如12334，则不同的五位五进制数共有 个.若从由数字2，3，4（可重复）组成的三位五进制数中随机取1个，则该数对应的十进制数能被3整除的概率为 . 5．（24-25高三上·安徽亳州·开学考试）用个不同的元素组成个非空集合（，每个元素只能使用一次），不同的组成方案数记作，且当时，．现有7名同学参加趣味答题活动，参加一次答题，即可随机获得四种不同卡片中一张，获得每种卡片的概率相同，若每人仅可参加一次，这7名同学获得卡片后，可集齐全4种卡片的概率为 ． 6．（24-25高三·上海·随堂练习）从0，1，2，3，4，5中任取3个数字组成没有重复数字的三位数，其中能被5整除的概率为 （用数字作答）． 【题型三 古典概型与数字排列问题】 1．（23-24高二下·吉林通化·期末）从由数字组成没有重复数字的五位数中任取一个，则取到数字1和2相邻的五位数的概率为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·浙江·模拟预测）用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，则数字3在五位数中位于1和5之间（可以不相邻）的概率为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·四川雅安·三模）从五个数字组成的没有重复数字的四位数中任取一个数，则该数为偶数的概率为（    ） A． B． C． D． 4．（江苏省泰州市2025届高三第一次调研测试数学试题）将1，2，3，4，5，6随机排成一行，前3个数字构成三位数a，后三个数字构成三位数b.记，则m的最小值为 ，m小于100的概率为 . 5．（23-24高二下·山东聊城·期末）已知表示一个三位数，如果满足且，那么我们称该三位数为“凸数”，则没有重复数字的三位“凸数”的个数为 ． 6．（24-25高三上·广西·期末）数学中有时会采用十进制以外的进制进行计数，比如二进制，五进制.五进制是“逢五进一”的进制，由数字0，1，2，3，4来表示数值，例如五进制数324转化成十进制数为.若由数字1，2，3，4组成的五位五进制数，要求1，2，3，4每个数字都要出现，例如12334，则不同的五位五进制数共有 个.若从由数字2，3，4（可重复）组成的三位五进制数中随机取1个，则该数对应的十进制数能被3整除的概率为 . 【题型四 古典概型与染色问题】 1．（23-24高二下·重庆九龙坡）随机给如图所示的四块三角形区域涂色，有红、黄、蓝、绿、黑这5种颜色供选择，则“任意两个有公共边的三角形所涂颜色不同”的概率为（    ） A． B． C． D． 2．（2025·浙江·一模）对7个相邻的格进行染色，每个格均可从红、绿、黄三种颜色中选一种，则没有相邻红格的概率为 . 3．（2024·全国·模拟预测）斐波那契时钟是一种基于斐波那契数列设计的特殊时钟．钟面上是5个正方形方块，每个方块对应的数值分别是斐波那契数列里的前5个数：，方块的数值固定，颜色可变化，可呈现红色、蓝色、绿色、白色．人们根据方块对应的数值和颜色计算时间，规则如下：小时数红色方块数值蓝色方块数值；分钟数（绿色方块数值蓝色方块数值）；呈现白色时忽略．如图表示时间为，则当表示时间为时，数值为5的方块为白色的概率为 ． 4．（23-24高二上·河南南阳·期末）南阳素有“月季花城”的美誉，是“中国月季之乡”和世界月季名城.某社区对一个街心公园进行改造，在公园中央有一个正方形区域如图示，它由四个全等的直角三角形和一个正方形构成.现对该区域种植月季，有5种不同的月季可供选择，要求相邻区域种植的月季不同.在所有的种植方案中随机选择一种方案，该方案恰好只用到四种月季的概率是 . 【题型五 古典概型与分组分配问题】 1．（24-25高三上·上海·阶段练习）将序号分别1，2，3，4，5的5张参观券全部分给甲、乙、丙、丁4人，每人至少1张，则甲恰好分得2张参观券连号的概率为 ． 2．（2024·宁夏银川·一模）某班为了响应“学雷锋”活动，将指定的6名学生随机分配到3个不同的校办公室打扫卫生，要求每个办公室至少分配1人，6名学生中甲、乙两人关系最好，则恰好甲、乙两人（仅有两人）打扫同一个办公室的概率为 . 3．（2024高三·全国·专题练习）现有6根绳子，共有12个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有绳头打结完毕视为结束.则这6根绳子恰好能围成一个圈的概率为 . 4．（24-25高三上·云南昆明·阶段练习）在某次国际商贸交流会展期间，举办城市为了提升安保级别，在平时正常安保的基础上再将甲、乙等6名特警人员分配到展区附近的4个不同的路口进行执勤，若每个特警只能分配去1个路口且每个路口至少安排1名特警，则甲和乙不安排在同一个路口执勤的概率是 ． 5．（23-24高二下·上海闵行·期中）12月31日是某校艺术节总汇演之日，当天会进行隆重的文艺演出，已知高一，高二，高三分别选送了4，3，2个节目，现回答以下问题：（用排列组合数列式，并计算出结果） (1)为了活跃气氛，学校会把20个荧光手环发给台下的12名家长代表，每位家长至少一根，共计有多少种分配方案； (2)若高一的节目彼此都不相邻，高三的节目必须相邻，共计有多少种出场顺序； (3)演出结束后，学校安排甲、乙等9位志愿者打扫A，B，C三个区域的卫生，每个区域至少需要2名志愿者，则共有多少种安排方式？甲、乙打扫同一个区域的概率是多少？ 一、填空题 1．（24-25高三上·广东湛江·阶段练习）把3个红球和33个白球随机排成一圈，则连续排列的白球个数不超过13个的概率是 2．（23-24高二下·浙江·期末）为了纪念世界地球日，复兴中学高三年级参观了地球自然博物馆，观后某班级小组7位同学合影，若同学与同学站在一起，同学站在边缘，则同学不与同学或相邻的概率为 ． 3．（2023·河北沧州·模拟预测）在某一天的幼儿园活动中，5名小朋友每人制作了一个小礼物，每人随机拿一个礼物，则这5名小朋友都没有拿到自己制作的礼物的概率为 . 4．（24-25高三上·江苏·期末）从1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取3个不同的数，且这三个数之和为偶数，记满足条件的取法种数为；从0，1，2，3，4，5中任取2个不同的数，且这两个数之和为奇数，记满足条件的取法种数为.若从个取法和个取法各随机选一种，这两种取法的数字完全不同的概率是 . 5．（24-25高三下·河北石家庄·开学考试）据教育部网站最新消息，教育部办公厅，财政部将启动2024年“三区”人才支持计划教师专项计划，根据《通知》，2024—2025学年全国计划选派15952名教师到各脱贫地区进行支教工作.现有甲、乙、丙、丁四位教师报名参加三个地区的支教工作，每人只能参加一个地区，每个地区至少有一人报名，且甲、乙两人不能报同一地区，则甲和乙恰好有一人报地区的概率为 . 6．（24-25高二上·上海·期末）从边长为1的正八边形的顶点中随机选3个点作为三角形的顶点，从棱长为2的正方体的顶点中随机选3个点作为三角形的顶点，则为直角三角形的概率是为等腰三角形的概率的 倍． 7．（2025·福建厦门·一模）从集合的所有非空子集中任选两个，则选中的两个子集的交集为空集的概率为 ． 8．（24-25高三上·河北沧州·期中）某盒子中有12个大小相同的球，分别标号为1，2，…，12，从盒中任取3个球，取出的3个球的标号之和能被4整除的概率为 ． 9．（24-25高三·上海·课堂例题）在迎新班会上，小王设计了一个摸奖游戏，在一个口袋中装有10个红球和20个白球，这些球除颜色外完全相同.从中任意摸出5个球，至少摸到3个红球中奖，则中奖的概率为 .（结果保留两位小数） 10．（23-24高二下·福建泉州·阶段练习）如图，这是整齐的正方形道路网，其中小明、小华，小齐分别在道路网臂的，，的三个交汇处，小明和小华分别随机地选择一条沿道路网的最短路径，以相同的速度同时出发，去往地和地，小齐保持原地不动，则小明、小华、小齐三人能相遇的概率为 . 二、单选题 11．（23-24高二下·上海·期中）对于各数互不相等的正数数组（是不小于2的正整数），如果在时有，则称与是该数组的一个“逆序”，一个数组中所有“逆序”的个数称为此数组的“逆序数”．例如，数组中有逆序“2，1”，“4，3”，“4，1”，“3，1”，其“逆序数”等于4．若各数互不相等的正数数组的“逆序数”是2，则的“逆序数”是（   ） A．13 B．24 C．15 D．25 12．（24-25高二上·江西景德镇·期中）在打结计时赛中，现有5根绳子，共有10个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有绳头打结完毕视为结束．则这5根绳子恰好能围成一个圈的概率为（   ） A． B． C． D． 13．（23-24高二下·广东广州·期末）有一个游戏，规则如下：如图，在圆上有，，，，，，，共八个点，一枚棋子起始位置在点处，抛掷一枚均匀的骰子，若骰子正面向上的点数为. 则棋子前进步，每步从一个点按顺时针方向前进到相邻的另一个点，可以循环进行，抛掷三次骰子后，游戏结束.若此时棋子在点处，则游戏过关. 试问游戏结束时过关的概率为（   ） A． B． C． D． 14．（23-24高二下·山西忻州·阶段练习）在空间直角坐标系中，平面、平面、平面把空间分成了八个部分．在空间直角坐标系中，确定若干个点，点的横坐标、纵坐标、竖坐标均取自集合，这样的点共有个，从这个点中任选2个，则这2个点在同一个部分的概率为（   ） A． B． C． D． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$