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

该高中数学课件聚焦古典概型，系统讲解其概念、特点及概率计算公式，通过彩票摇号、抛硬币等实例导入，衔接随机事件概率的度量需求，搭建从具体到抽象的学习支架。 其亮点在于以问题驱动理解（如判断古典概型），通过列举法、列表法、树状图法等多样计数方法，结合摸球、抽卡片等典型例题，培养学生数学思维的推理能力与数学语言的表达能力。分层练习帮助学生巩固，教师可借助清晰流程提升教学效率。

第七章　概率 <<< 2.1 古典概型的概率计算公式 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. 学习目标 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！ 导 语 一、古典概型的理解 二、样本点的计数问题 课时对点练 三、简单的古典概型的概率计算 内容索引 古典概型的理解 一 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？ 问题 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. 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)(____________)来表示该事件发生的_______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______________，是对随机事件统计规律性的______刻画. 0≤P(A)≤1 可能性 可能性的大小 数量 知识梳理 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_____，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_____. 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)＝ 2.古典概型 有限 相等 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. 注 意 点 <<< 9 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； 例 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. 解 (2)向上抛掷一枚不均匀的旧硬币，求正面朝上的概率； 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. 解 10 (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. 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. 解 11 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. 反 思 感 悟 12 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 跟踪训练 1 √ 13 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. 解析 14 二 样本点的计数问题 (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　　；  例 2 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 解析 所以试验样本点总数为4. 4 硬币种类 试验结果 5角 正 正 反 反 1元 正 反 正 反 16 (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.  12 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. 解析 17 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. 反 思 感 悟 18 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； 跟踪训练 2 2个白球分别记为A，B，3个黑球分别记为a，b，c. 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. 解 19 (2)先摸一个不放回，再摸一个，摸出的全是黑球. 20 树状图法： 解 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. 21 三 简单的古典概型的概率计算 (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； 例 3 23 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. 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. 解 24 (2)取到的两个球颜色相同的概率； 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. 解 25 (3)取到的两个球至少有一个是白球的概率； 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. 解 26 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”； 例 3 27 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)＝. 解 28 (2)B＝“至少抽到一次金卡”. 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)＝. 解 29 求解古典概型的概率“四步”法 反 思 感 悟 30 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； 跟踪训练 3 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. 解 31 (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. 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. 解 32 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. 课堂小结 课时对点练 四 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 题号 1 2 3 4 5 6 答案 C C B C B AD 题号 7 8 11 12 13 14 答案 1　9 B A 题号 15 答案 乙 9. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (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. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (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)＝. 16. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (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. 16. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (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， 16. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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) 16. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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. 基础巩固 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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. 解析 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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＝. 解析 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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. 解析 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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. 解析 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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. 解析 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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. 解析 7.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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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. 解析 8.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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 9 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. 解析 9.“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； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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). 解 (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. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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)＝. 解 10.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； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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. 解 (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. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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)＝. 解 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 √ 综合运用 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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； 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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. 解析 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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. 解析 13.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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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. 解析 14.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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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＝. 解析 15.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”)  拓广探究 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 乙 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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. 解析 16.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； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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. 解 (2)哪种方案获得奖品的可能性更大？并说明理由. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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， 解 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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， 解 (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) 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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. 解 第七章　概率 <<< $