第7章 2.1 古典概型的概率计算公式（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高一数学必修第一册学习笔记（北师大版）

本讲义聚焦高中数学古典概型的概率计算公式，从概率基本概念引入，通过彩票摇号、抛硬币等现实案例抽象出古典概型的有限性与等可能性特征，再结合列举法、列表法、树状图法学习样本点计数，最终应用公式解决简单概率计算问题，构建完整知识支架。 该资料以问题驱动和案例教学为特色，通过现实情境引导学生用数学眼光观察随机现象，例1判断古典概型培养推理意识（数学思维），样本点计数用列表、树状图规范表达（数学语言）。课中例题与跟踪训练助力教师分层教学，课后课时对点练覆盖不同难度，帮助学生巩固知识、查漏补缺。

2.1　古典概型的概率计算公式 学习目标　1.理解古典概型的概念及特点.2.会用古典概型概率公式解决简单的概率计算问题. 导语 研究随机现象，最重要的是知道随机事件发生的可能性大小.对随机事件发生可能性大小的度量(数值)称为事件的概率，事件A的概率用P(A)表示. 我们知道，通过试验和观察的方法可以得到一些事件的概率估计，但这种方法耗时多，而且得到的仅是概率的近似值.能否通过建立适当的数学模型，直接计算随机事件的概率呢？本节课我们就来学习一下！ 一、古典概型的理解 问题　彩票摇号试验、抛掷一枚均匀硬币的试验及掷一枚质地均匀骰子的试验，它们的共同特征有哪些？ 提示　样本空间的样本点是有限个，每个样本点发生的可能性相等. 知识梳理 1.随机事件的概率 对于一个随机事件A，我们通常用一个数P(A)(0≤P(A)≤1)来表示该事件发生的可能性的大小，这个数就称为随机事件A的概率.概率度量了随机事件发生的可能性的大小，是对随机事件统计规律性的数量刻画. 2.古典概型 定义 一般地，若试验E具有如下特征： (1)有限性：试验E的样本空间Ω的样本点总数有限，即样本空间Ω为有限样本空间； (2)等可能性：每次试验中，样本空间Ω的各个样本点出现的可能性相等. 则称这样的试验模型为古典概率模型，简称古典概型 概率 公式 对古典概型来说，如果样本空间Ω包含的样本点总数为n，随机事件A包含的样本点个数为m，那么事件A发生的概率为P(A)＝ 注意点： 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点：有限性和等可能性.并不是所有的试验都是古典概型. 例1　下列概率模型是古典概型吗？为什么？ (1)从区间[1，10]内任意取出一个实数，求取到实数2的概率； (2)向上抛掷一枚不均匀的旧硬币，求正面朝上的概率； (3)从1，2，3，…，100这100个整数中任意取出一个整数，求取到偶数的概率. 解　(1)不是古典概型，因为区间[1，10]中有无限多个实数，取出的实数有无限多种结果，与古典概型定义中“样本空间的样本点只有有限个”矛盾. (2)不是古典概型，因为硬币不均匀导致“正面朝上”与“反面朝上”发生的可能性不相等，与古典概型定义中“每个样本点发生的可能性相等”矛盾. (3)是古典概型，因为在试验中所有可能出现的结果是有限的，而且每个整数被抽到的可能性相等. 反思感悟　古典概型的判断方法 判断一个试验是不是古典概型要抓住两点：一是有限性；二是等可能性. 跟踪训练1　下列试验是古典概型的是(　　) A.任意抛掷两枚均匀的骰子，所得点数之和作为样本点 B.求任意的一个正整数平方的个位数字是1的概率，将取出的正整数作为样本点 C.从甲地到乙地共n条路线，求某人正好选中最短路线的概率 D.向一个圆面内随机地投一个点，该点落在圆内任意一点 答案　C 解析　A项中由于点数的和出现的可能性不相等，故A不是古典概型；B项中的样本空间是无限的，故B不是古典概型；C项满足古典概型的有限性和等可能性，故C是古典概型；D项中，样本点有无限个，故D不是古典概型. 二、样本点的计数问题 例2　(1)先后抛掷2枚质地均匀的5角、1元硬币，观察正面、反面出现的情况，则试验的样本点的总数为　　　　；  (2)口袋中有2个白球和2个黑球，这4个球除颜色外完全相同，4个人按顺序依次从中摸出一球，则第二个人摸到黑球含　　　　　个样本点.  答案　(1)4　(2)12 解析　(1)因为抛掷5角、1元硬币时，各自都会出现正面和反面2种情况，所以一共可能出现的结果有4种.可列表为 硬币种类 试验结果 5角 正 正 反 反 1元 正 反 正 反 所以试验样本点总数为4. (2)把2个白球和2个黑球分别编号为1，2，3，4，所有可能结果如树状图所示，共24个样本点. 第二个人摸到黑球含12个样本点. 反思感悟　 样本点常用的三种列举方法 (1)列举法：适合于较为简单的试验的题目. (2)列表法：将样本点用表格的方式表示出来，通过表格可以弄清样本点的总数，以及要求的事件所包含的样本点数.列表法适用于较简单的试验的题目. (3)树状图法：使用树状的图形把样本点列举出来的一种方法，树状图法便于分析样本点间的结构关系，对于较复杂的问题，可以作为一种分析问题的主要手段，树状图法适用于较复杂的试验的题目. 跟踪训练2　一个口袋内装有大小相同的5个球，其中2个白球，3个黑球，写出满足下列要求的随机事件的样本点的数量. (1)一次摸两个球，摸出的全是黑球； (2)先摸一个不放回，再摸一个，摸出的全是黑球. 解　2个白球分别记为A，B，3个黑球分别记为a，b，c. (1)列举法： 样本空间：{(A，B)，(A，a)，(A，b)，(A，c)，(B，a)，(B，b)，(B，c)，(a，b)，(a，c)，(b，c)}，共10个样本点，其中摸出的全是黑球的样本点：(a，b)，(a，c)，(b，c)，共3个. (2)树状图法： 样本空间：{(A，B)，(A，a)，(A，b)，(A，c)，(B，A)，(B，a)，(B，b)，(B，c)，(a，A)，(a，B)，(a，b)，(a，c)，(b，A)，(b，B)，(b，a)，(b，c)，(c，A)，(c，B)，(c，a)，(c，b)}，共20个样本点，其中摸出的全是黑球的样本点： (a，b)，(a，c)，(b，a)，(b，c)，(c，a)，(c，b)，共6个. 三、简单的古典概型的概率计算 例3　(课本例1)在试验E6“袋中有白球3个(编号为1，2，3)、黑球2个(编号为1，2)，这5个球除颜色外完全相同，从中不放回地依次摸取2个，每次摸1个，观察摸出球的情况”中，摸到白球的结果分别记为w1，w2，w3，摸到黑球的结果分别记为b1，b2.求： (1)取到的两个球都是白球的概率； (2)取到的两个球颜色相同的概率； (3)取到的两个球至少有一个是白球的概率； 解　由前面的分析可知试验E6的样本空间Ω6＝{w1w2，w1w3，w1b1，w1b2，w2w1，w2w3，w2b1，w2b2，w3w1，w3w2，w3b1，w3b2，b1w1，b1w2，b1w3，b1b2，b2w1，b2w2，b2w3，b2b1}，共有20个样本点，且每个样本点出现的可能性相同，可用古典概型来计算概率. (1)设事件A表示“取到的两个球都是白球”， 则A＝{w1w2，w1w3，w2w1，w2w3，w3w1，w3w2}，共含有6个样本点， 所以P(A)＝，即取到的两个球都是白球的概率为. (2)设事件B表示“取到的两个球颜色相同”，则B＝{w1w2，w1w3，w2w1，w2w3，w3w1，w3w2，b1b2，b2b1}，共含有8个样本点，所以P(B)＝，即取到的两个球颜色相同的概率为. (3)设事件C表示“取到的两个球至少有一个是白球”，则C＝{w1w2，w1w3，w1b1，w1b2，w2w1，w2w3，w2b1，w2b2，w3w1，w3w2，w3b1，w3b2，b1w1，b1w2，b1w3，b2w1，b2w2，b2w3}，共含有18个样本点，所以P(C)＝，即取到的两个球至少有一个是白球的概率为. 例3　已知箱子内有6张大小相同的卡片，其中2张金卡，4张银卡，从中不放回地依次随机抽取2张，求下列事件的概率. (1)A＝“第二次抽到金卡”； (2)B＝“至少抽到一次金卡”. 解　(1)将2张金卡编号为1，2，4张银卡编号为3，4，5，6， 从中不放回地依次随机抽取2张，所有样本点有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，1)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(3，1)，(3，2)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，5)，(4，6)，(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，(5，6)，(6，1)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，共30个，其中满足事件A的有(1，2)，(2，1)，(3，1)，(3，2)，(4，1)，(4，2)，(5，1)，(5，2)，(6，1)，(6，2)，共10个，所以P(A)＝. (2)满足事件B的有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，1)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(3，1)，(3，2)，(4，1)，(4，2)，(5，1)，(5，2)，(6，1)，(6，2)，共18个样本点，所以P(B)＝. 反思感悟　求解古典概型的概率“四步”法 跟踪训练3　甲、乙两位小朋友玩卡片游戏.甲有两张大小相同的卡片，卡片编号分别为数字2，4；乙有四张大小相同的卡片，卡片编号分别为数字1，2，3，4. (1)若乙从自己的卡片中随机抽取两张卡片，求所抽取的两张卡片的编号之和为奇数的概率； (2)若甲、乙从各自的卡片中各随机抽取一张卡片，并比较卡片编号大小，且编号大者获胜，求甲获胜的概率. 解　(1)乙随机抽取两张卡片，样本点为(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)，共6个，其中编号之和为奇数的样本点为(1，2)，(1，4)，(2，3)，(3，4)，共4个，所以乙从自己的卡片中随机抽取的两张卡片的编号之和为奇数的概率为. (2)甲、乙分别随机抽取一张卡片，样本点为(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，共8个，其中甲的编号大的样本点为(2，1)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，共4个，所以甲获胜的概率为. 1.知识清单： (1)古典概型的概念. (2)古典概型的概率公式及简单应用. 2.方法归纳：列举法、列表法、树状图法. 3.常见误区：因不按照一定的顺序列举，导致漏掉部分样本点. 课时对点练 [分值：100分] 单选题每小题5分，共35分；多选题每小题6分，共6分 1.下列试验不是古典概型的是(　　) 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大小 B.同时掷两枚骰子，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 答案　C 解析　ABD是古典概型，因为符合古典概型的定义和特点.C不是古典概型，因为不符合等可能性，降雨受多方面因素影响. 2.甲、乙、丙三名同学站成一排，甲站在中间的概率是(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　样本点有甲乙丙、甲丙乙、乙甲丙、乙丙甲、丙甲乙、丙乙甲，共6个.甲站在中间的样本点包括乙甲丙、丙甲乙，共2个，所以甲站在中间的概率P＝. 3.用2，3，4中的任意一个数作分子，4，6，8中的任意一个数作分母，则可构成不同的数的个数为(　　) A.6 B.7 C.8 D.9 答案　B 解析　当分子为2时，可构成的数为，，， 当分子为3时， 可构成的数为，，， 当分子为4时，可构成的数为1，，， 所以可构成不同的数为，，，，，1，，共7个. 4.《周易》是我国古代典籍，用“卦”描述了天地世间万象变化.如图所示，八卦图包含乾、坤、震、巽、坎、离、艮、兑八卦(每一卦由三个爻组成，其中“”表示一个阳爻，“”表示一个阴爻).若从中任取一卦，恰有两个阳爻的概率为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　由题意知，样本点总数为8，其中恰有两个阳爻包含的样本点有3个，则恰有两个阳爻的概率为. 5.一个三位数，它的个、十、百位上的数字依次为x，y，z，当且仅当y>x，y>z时，称这样的数为“凸数”(如243)，现从集合{5，6，7，8}中取出三个不同的数组成一个三位数，则这个三位数是“凸数”的概率为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　从集合{5，6，7，8}中取出3个不同的数组成一个三位数共有24个样本点：567，576，657，675，756，765，568，586，658，685，856，865，578，587，758，785，857，875，678，687，768，786，867，876，其中是“凸数”的是576，675，586，685，587，785，687，786，共8个样本点，∴这个三位数是“凸数”的概率为. 6.(多选)投掷一枚质地均匀的正方体骰子，四位同学各自发表了以下见解，其中正确的有(　　) A.“出现点数为奇数”的概率等于“出现点数为偶数”的概率 B.只要连掷6次，一定会“出现1点” C.投掷前默念几次“出现6点”，投掷结果“出现6点”的可能性就会加大 D.连续投掷3次，出现的点数之和不可能等于19 答案　AD 解析　掷一枚骰子，出现奇数点和出现偶数点的概率都是，故A正确；“出现1点”是随机事件，故B错误；概率是客观存在的，不因为人的意念而改变，故C错误；连续掷3次，若每次都出现最大点数6，则三次之和为18，故D正确. 7.(5分)现有三张识字卡片，分别写有“中”“国”“梦”这三个字.将这三张卡片随机排序，则能组成“中国梦”的概率是　　　　.  答案　 解析　将这三张卡片随机排序，可得中国梦，中梦国，国中梦，国梦中，梦中国，梦国中，共6个样本点，能组成“中国梦”的有1个样本点，故能组成“中国梦”的概率为. 8.(5分)从1，2，3，4，5这5个数字中任取三个不同的数字，则事件A＝{三个数字中不含1和5}包含的样本点有　　　个；事件B＝{三个数字中含1或5}包含的样本点有　　　个.   答案　1　 9 解析　这个试验的样本空间为{(1，2，3)，(1，2，4)，(1，2，5)，(1，3，4)，(1，3，5)，(1，4，5)，(2，3，4)，(2，3，5)，(2，4，5)，(3，4，5)}. 因为事件A＝{(2，3，4)}，所以它只含1个样本点；因为事件B＝{(1，2，3)，(1，2，4)，(1，2，5)，(1，3，4)，(1，3，5)，(1，4，5)，(2，3，5)，(2，4，5)，(3，4，5)}，所以事件B包含9个样本点. 9.(10分)“盲盒”是指商家将动漫、影视作品的周边或设计师单独设计出的玩偶放入盒子里，当消费者购买这个盒子时，因盒子上没有标注，只有打开才会知道抽到什么，不确定的刺激会加强重复决策，从而刺激消费.某商家将编号为1，2，3的三个玩偶随机放入编号为1，2，3的三个盒子里，每个盒子放一个玩偶，每个玩偶的放置结果互相不受影响. (1)共有多少种不同的放法？请列举出来；(5分) (2)求盒中放置的玩偶的编号与所在盒的编号均不相同的概率.(5分) 解　(1)共有6种不同的放法，按盒子号1，2，3的顺序放入玩偶包含的样本点为(1，2，3)，(1，3，2)，(2，3，1)，(2，1，3)，(3，1，2)，(3，2，1). (2)设所求事件为A，则A包含有(2，3，1)，(3，1，2)两个样本点，并且每个样本点的发生是等可能的，故P(A)＝. 10.(12分)某学校有初级教师21人，中级教师14人，高级教师7人，现采用分层随机抽样的方法从这些教师中抽取6人对绩效工资情况进行调查. (1)求应从初级教师、中级教师、高级教师中分别抽取的人数；(5分) (2)若从分层随机抽样抽取的6名教师中随机抽取2名教师做进一步数据分析，求抽取的2名教师均为初级教师的概率.(7分) 解　(1)共抽取6人，又21∶14∶7＝3∶2∶1，所以应从初级教师、中级教师、高级教师中抽取的人数分别为3，2，1. (2)在分层随机抽样抽取的6名教师中，3名初级教师分别记为A1，A2，A3，2名中级教师分别记为A4，A5，高级教师记为A6，则从中抽取2名教师的样本空间为Ω＝{(A1，A2)，(A1，A3)，(A1，A4)，(A1，A5)，(A1，A6)，(A2，A3)，(A2，A4)，(A2，A5)，(A2，A6)，(A3，A4)，(A3，A5)，(A3，A6)，(A4，A5)，(A4，A6)，(A5，A6)}，即样本点的总数为15.抽取的2名教师均为初级教师(记为事件B)包含的样本点为(A1，A2)，(A1，A3)，(A2，A3)，共3个.所以P(B)＝. 11.一个袋子中装有3件正品和1件次品，按以下要求抽取2件产品，其中结论错误的是(　　) A.任取2件，则取出的2件中恰有1件次品的概率是 B.每次任取1件，不放回地抽取两次，则样本点总数为16 C.每次任取1件，不放回地抽取两次，则取出的2件中恰有1件次品的概率是 D.每次任取1件，有放回地抽取两次，则样本点总数为16 答案　B 解析　记4件产品分别为1，2，3，a，其中a表示次品.在A中，样本空间Ω＝{(1，2)，(1，3)，(1，a)，(2，3)，(2，a)，(3，a)}，共含有6个样本点，其中“恰有1件次品”的样本点为(1，a)，(2，a)，(3，a)，共3个，因此其概率为，A正确； 在B中，每次任取1件，不放回地抽取两次，样本空间Ω＝{(1，2)，(1，3)，(1，a)，(2，1)，(2，3)，(2，a)，(3，1)，(3，2)，(3，a)，(a，1)，(a，2)，(a，3)}，因此样本点总数为12，B错误； 在C中，由B可得“取出的2件中恰有1件次品”的样本点数为6，其概率为，C正确； 在D中，每次任取1件，有放回地抽取两次，样本空间Ω＝{(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，a)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，a)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，a)，(a，1)，(a，2)，(a，3)，(a，a)}，因此样本点总数为16，D正确. 12.如图，在A，B两点间有6条网线并联，它们通过的信息量分别为1，1，2，2，3，4，现从中任取3条网线，则选取的3条网线由A到B可通过的信息总量为6的概率是(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　设这6条网线从上到下分别是a，b，c，d，e，f，任取3条的所有样本点为(a，b，c)， (a，b，d)， (a，b，e)， (a，b，f)， (a，c，d)， (a，c，e)，(a，c，f)，(a，d，e)，(a，d，f)，(a，e，f)，(b，c，d)，(b，c，e)，(b，c，f)，(b，d，e)，(b，d，f)，(b，e，f)，(c，d，e)，(c，d，f)，(c，e，f)，(d，e，f)，共20个，“选取的3条网线由A到B可通过的信息总量为6”的样本点为(a，b，f)，(a，c，e)，(a，d，e)，(b，c，e)，(b，d，e)，共5个，所以“选取的3条网线由A到B可通过的信息总量为6”的概率是. 13.(5分)如图，由甲、乙两人在5次综合测评中的成绩茎叶图可知，两人的成绩如下：甲：88，89，90，91，92，乙：83，83，87，9●，99，其中乙的一个数字被污损，则甲的平均成绩超过乙的平均成绩的概率是　　　　.  答案　 解析　设被污损的数字的个位数为x，其中x为0~9共10个数中的一个， 要使甲的平均成绩超过乙的平均成绩， 则88＋89＋90＋91＋92>83＋83＋87＋(90＋x)＋99，解得x<8， 则x的可能取值为0~7的自然数，共8个，则甲的平均成绩超过乙的平均成绩的概率是. 14.(5分)设m，n分别是先后抛掷一枚骰子得到的点数，则在先后两次出现的点数中有5的条件下，方程x2＋mx＋n＝0有实根的概率为　　　　.  答案　 解析　先后两次出现的点数中有5的样本点有(1，5)，(2，5)，(3，5)，(4，5)，(5，5)，(6，5)，(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，(5，6)，共11个，其中使方程x2＋mx＋n＝0有实根的样本点有(5，5)，(6，5)，(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，(5，6)，共7个.故所求事件的概率为P＝. 15.(5分)已知n是一个三位正整数，若n的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称n为“三位递增数”(如135，256，345等).现要从甲、乙两名同学中选出1人参加某市组织的数学竞赛，选取的规则如下：从由1，2，3，4，5组成的所有“三位递增数”中随机抽取1个数，若抽取的“三位递增数”是偶数，则甲参加数学竞赛；否则，乙参加数学竞赛.则　　　　参赛的概率大.(填“甲”或“乙”)  答案　乙 解析　由题意知，由1，2，3，4，5组成的“三位递增数”有123，124，125，134，135，145，234，235，245，345，共10个. 记“甲参加数学竞赛”为事件A，则事件A包含的样本点有124，134，234，共3个， 所以P(A)＝. 记“乙参加数学竞赛”为事件B，则事件B包含的样本点有123，125，135，145，235，245，345，共7个，所以P(B)＝. 因为P(A)<P(B)，即乙参赛的概率大. 16.(12分)班级新年晚会设置抽奖环节，不透明纸箱中有大小、质地相同的红球3个(编号为1，2，3)，黄球2个(编号为4，5)，有如下三种方案可供选择： 方案一：一次性抽取2个球，若颜色相同，则获得奖品； 方案二：依次无放回地抽取2个球，若颜色相同，则获得奖品； 方案三：依次有放回地抽取2个球，若编号的数字之和大于5，则获得奖品. (1)分别写出按方案一和方案二抽奖的所有样本点；(4分) (2)哪种方案获得奖品的可能性更大？并说明理由.(8分) 解　(1)记摸到1，2，3号红球分别为A1，A2，A3，摸到4，5号黄球分别为B1，B2，则按方案一一次性抽取2个球的所有样本点为(A1，A2)，(A1，A3)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A2，A3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A3，B1)，(A3，B2)，(B1，B2)，共10个； 按方案二依次无放回地抽取2个球的所有样本点为(A1，A2)，(A1，A3)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A2，A1)，(A2，A3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A3，A1)，(A3，A2)，(A3，B1)，(A3，B2)，(B1，A1)，(B1，A2)，(B1，A3)，(B1，B2)，(B2，A1)，(B2，A2)，(B2，A3)，(B2，B1)，共20个. (2)方案一中，设事件A表示“一次性抽取的2个球颜色相同”， 则由(1)知事件A包含(A1，A2)，(A1，A3)，(A2，A3)，(B1，B2)，共4个样本点，故P(A)＝； 方案二中，设事件B表示“依次无放回抽取的2个球颜色相同”， 则由(1)知事件B包含(A1，A2)，(A1，A3)，(A2，A1)，(A2，A3)，(A3，A1)，(A3，A2)，(B1，B2)，(B2，B1)，共8个样本点，故P(B)＝； 方案三中，设两次抽取的球所标的数字分别为x，y， 则所有可能的样本点对应的二元有序数组(x，y)表示如下表，共25个， (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) (5，2) (5，3) (5，4) (5，5) 在方案三中，设事件C表示“依次有放回抽取的2个球编号的数字之和大于5”， 则事件C包含(1，5)，(2，4)，(2，5)，(3，3)，(3，4)，(3，5)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，(4，5)，(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，(5，5)，共15个样本点， 故P(C)＝.因为P(A)＝P(B)<P(C)， 所以选择方案三获得奖品的可能性更大. 学科网（北京）股份有限公司 $