2022版高考数学大一轮复习 第11章 概率 第2讲 古典概型与几何概型备考试题
高考数学一轮复习第11章概率2古典概型条件概率与全概率公式课件新人教版
3.条件概率及其性质
条件概率的定义
条件概率的性质
一般地,设 A,B 为两个随机事件,且
P(A)>0,称
P(AB )
P(B|A)=
为在事件
P(A)
A
发生的条件下,事件 B 发生的条件概
率,简称条件概率
设 P(A)>0,则
(1)P(Ω|A)=1;
(2)如果 B 和 C 是两个互斥事件,则
P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A);
3
是10
D.在一次抽奖过程中,若已知顾客第一次摸出了红球,则该顾客中奖的概率
1
是
2
C22 +C23
由题意可知抽奖一次,中奖的概率为
C25
则抽奖三次,至少有一次中奖的概率为 1设 A=“第一次摸出红球”,B=“中奖”,
2
C3
2
C
()
1
5
则 P(B|A)=
= 3 = .故选 ABD.
()
2
5
2.已知袋中装有除颜色外完全相同的6个白球,5个黄球,4个红球,从中任取
一球,则取到白球的概率为( A )
2
A.
5
4
B.
15
3
C.
5
2
D.
3
从袋中任取一球,有 15 种取法,其中取到白球的取法有 6 种,故所求概率为
6
15
=
2
.
5
3.(多选)为吸引顾客,某商场举办购物抽奖活动.抽奖规则是:从装有2个白
(3)设B和 B 互为对立事件,则
P(B|A)=1-P(B|A)
概率的乘法公式:由条件概率的定义,对任意两个事件A与B,若P(A)>0,则
2023版高考数学一轮总复习11-1随机事件古典概型与几何概型课件
Ω的几何度量
考法一 古典概型概率的求法 1.求解古典概型概率的步骤
2.基本事件个数的确定方法 1)列举法:此法适合于基本事件个数较少的古典概型. 2)列表法:此法适合于从多个元素中选定两个元素的试验,也可看成坐标 法.
3)画树状图法:画树状图法是进行列举的一种常用方法,适用于有顺序的 问题及较复杂问题中基本事件个数的探求. 4)运用排列组合知识计算.
A39 7
答案 D
创新 生活中的概率问题 1.概率问题常与生活实际或数学文化相结合,主要考查学生的逻辑推 理、数据分析、数学抽象等核心素养. 2.解决这类问题的关键:①认真审题,把握信息;②弄清提供的问题情境的 意义;③抽象转化成数学问题,应用熟悉的数学知识解决.
例1 (2021湖南湘潭一模,7)德国心理学家艾宾浩斯研究发现,遗忘在学习 之后立即开始,而且遗忘的进程并不是均匀的.最初遗忘速度很快,以后逐 渐减慢.他认为“保持和遗忘是时间的函数”.他用无意义音节(由若干音 节字母组成,能够读出,但无内容意义,即不是词的音节)作为记忆材料,用 节省法计算保持和遗忘的数量,并根据试验结果绘成描述遗忘进程的曲 线,即著名的艾宾浩斯遗忘曲线(如图所示).若一名学生背了100个英语单 词,一天后,该学生在这100个英语单词中随机听写2个英语单词,以频率代 替概率,不考虑其他因素,则该学生恰有1个单词不会的概率大约为 ( )
m=5+4+3+2+1=15,则取到的整数十位数字比个位数字大的概率P= m =15
n 25
=3.
5
答案 B
考法二 几何概型概率的求法
例2 (2021辽宁辽南协作体联考,9)1876年4月1日,加菲尔德在《新英格兰 教育日志》上发表了勾股定理的一种证明方法,即在如图的直角梯形 ABCD中,利用“两个全等的直角三角形和一个等腰直角三角形的面积之 和等于直角梯形的面积”,可以简洁明了地推证出勾股定理.1881年加菲 尔德就任美国第二十任总统.后来,人们为了纪念他对勾股定理直观、易 懂的证明,就把这一证明方法称为“总统证法”.如图,设∠ECB=60°,在梯 形ABCD中随机取一点,则此点取自等腰直角△CDE(阴影部分)中的概率 是() A.2(2- 3 ) B.2- 3 C. 3 -1 D.2( 3-1)
高三数学一轮复习 第十一章 第2课时 古典概型课件
3．概率的一般加法公式 P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－ P(A∩B) 公式使用中要注意： (1)公式的作用是求 A∪B 的概率，当 A∩B＝∅时， A、B 互斥，此时 P(A∩B)＝0，∴P(A∪B)＝P(A) ＋P(B)； (2)要计算 P(A∪B)，需要求 P(A)、P(B)，更重要 的是把握事件 A∩B，并求其概率；
(3)记“至少摸出 1 个黑球”为事件 B，则事 件 B 包含的基本事件为 ab，ac，ad，ae，bc， bd，be，共 7 个基本事件． 所以 P(B)＝170＝0.7. 答：至少摸出 1 个黑球的概率为 0.7.
求较复杂的古典概型概率
对于较复杂事件的概率，关键是理解题目的 实际含义，把实际问题转化为概率模型，用 分析法、列表法求出基本事件的总数，必要 时将所求事件转化成彼此互斥的事件的和， 或者先去求对立事件的概率，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 求出所求事件的概率．
(3)该公式可以看作一个方程，知三可求一．
从近两年的高考试题来看，古典概型是高考 的热点，可在选择题、填空题中单独考查， 也可在解答题中与统计或随机变量的分布列 一起考查，属容易或中档题．以考查基本概 念、基本运算为主．
(本小题满分12分)(2010·天津卷)有编号为A1， A2，…，A10的10个零件，测量其直径(单位： cm)，得到下面数据：
解析： 由集合 P＝{x|x(x2＋10x＋24)＝0} 可得 P＝{－6，－4,0}， 由 Q＝{y|y＝2n－1,1≤n≤2，n∈N*}，可得 Q ＝{1,3}， M＝P∪Q＝{－6，－4,0,1,3}． 因为点 A(x′，y′)的坐标 x′∈M，y′∈M， 所以满足条件的 A 点共有 5×5＝25 个． (1)正 好在第 三象限的 点有 (－ 6，－ 6)， (－ 4， －6)，(－6，－4)，(－4，－4)4 个点．
2022数学第十一章概率11.2古典概型学案文含解析新人教A版
11。
2古典概型必备知识预案自诊知识梳理1.基本事件在一次试验中，我们常常要关心的是所有可能发生的基本结果,它们是试验中不能再分的最简单的随机事件，其他事件可以用它们来描绘,这样的事件称为。
2.基本事件的特点（1)任何两个基本事件是的.(2)任何事件(除不可能事件）都可以表示成的和.3。
古典概型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.(2）等可能性:每个基本事件出现的可能性。
4。
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1。
任一随机事件的概率都等于构成它的每一个基本事件概率的和。
2。
求试验的基本事件数及事件A包含的基本事件数的方法有列举法、列表法和树状图法。
考点自诊1.判断下列结论是否正确，正确的画“√”，错误的画“×”。
(1）在一次古典概型试验中,其基本事件的发生一定是等可能的.(）（2）基本事件的概率都是1n。
若某个事件A包含的结果有m个,则P(A)=mn.(）（3）掷一枚质地均匀的硬币两次，出现“两个正面”“一正一反"“两个反面”,这三个结果是等可能事件.()(4）在古典概型中，如果事件A中基本事件构成集合A,所有的基本事件构成集合I,那么事件A的概率为card(A)card(I)。
()(5)从1,2，3,4,5中任取出两个不同的数,其和为5的概率是0。
2.()2.某同学打算编织一条毛线围巾送给妈妈,决定从妈妈喜欢的白色、黄色和紫色中随机选择两种颜色的毛线编织，那么这条围巾是由白色、紫色两种颜色的毛线编织的概率是（)A.14B.13C。
12D.343.(2019全国3,3）两位男同学和两位女同学随机排成一列,则两位女同学相邻的概率是(）A。
16B。
14C。
13D.124.从集合A={1，3，5,7,9｝和集合B=｛2,4，6,8｝中各取一个数,那么这两个数之和除以3余1的概率是()A。
高中新创新一轮复习文数通用版课件：第十一章 第二节 古典概型与几何概型
讲练区 研透高考· 完成情况
[全析考法]
古典概型的求法
[典例] (2017·山东高考)某旅游爱好者计划从 3 个亚洲国 家 A1，A2，A3 和 3 个欧洲国家 B1，B2，B3 中选择 2 个国家去旅 游．
(1)若从这 6 个国家中任选 2 个，求这 2 个国家都是亚洲国 家的概率；
(2)若从亚洲国家和欧洲国家中各任选 1 个，求这 2 个国家 包括 A1 但不包括 B1 的概率．
取法：(红，黄)，(红，蓝)，(红，绿)，(红，紫)，(黄，蓝)，(黄，
绿)，(黄，紫)，(蓝，绿)，(蓝，紫)，(绿，紫)．而取出的 2
支彩笔中含有红色彩笔的取法有(红，黄)，(红，蓝)，(红，绿)，
(红，紫)，共 4 种，故所求概率 P＝140＝25. 答案：C
2．在正六边形的 6 个顶点中随机选择 4 个顶点，则构成的四边
立方米的概率．
解：(1)在这 120 天中抽取 30 天，应采取分层抽样，第一组应抽 取 32×13200＝8 天；第二组应抽取 64×13200＝16 天；第三组应抽取 16×13200＝4 天；第四组应抽取 8×13200＝2 天． (2)设 PM2.5 的平均浓度在(75,115]内的 4 天记为 A1，A2，A3，A4， PM2.5 的平均浓度在 115 以上的 2 天记为 B1，B2. 所以从这 6 天中任取 2 天的情况有 A1A2，A1A3，A1A4，A1B1，A1B2， A2A3，A2A4，A2B1，A2B2，A3A4，A3B1，A3B2，A4B1，A4B2，B1B2， 共 15 种．记“恰好有一天平均浓度超过 115 微克/立方米”为事 件 A，其中符合条件的情况有 A1B1，A1B2，A2B1，A2B2，A3B1， A3B2，A4B1，A4B2，共 8 种，故所求事件 A 的概率 P(A)＝185.
高考数学一轮复习统考 第11章 概率 第2讲 古典概型学案(含解析)北师大版-北师大版高三全册数学学
第2讲 古典概型基础知识整合1．基本事件的特点(1)任何两个基本事件是□01互斥的． (2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成□02基本事件的和． 2．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． 有限性—试验中所有可能出现的基本事件□03只有有限个 |等可能性—每个基本事件出现的可能性□04相等 (2)古典概型的概率公式P (A )＝□05A 包含的基本事件的个数基本事件的总数.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．1．一枚硬币连掷2次，恰好出现1次正面的概率是( ) A.12 B.14 C.34 D ．0答案 A解析 列举出所有基本事件，找出“恰有1次出现正面”包含的结果．一枚硬币连掷2次，基本事件有(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24＝12.2．为美化环境，从红，黄，白，紫4种颜色的花中任选2种花种在一个花坛中，余下的2种花种在另一个花坛中，则红色和紫色的花不在同一花坛的概率是( )A.13B.12C.23D.56答案 C解析 从红，黄，白，紫4种颜色的花中任选2种有以下选法：(红，黄)，(红，白)，(红，紫)，(黄，白)，(黄，紫)，(白，紫)，共6种，其中红色和紫色的花不在同一花坛(亦即黄色和白色的花不在同一花坛)的选法有4种，所以所求事件的概率P ＝46＝23.故选C.3．(2017·天津高考)有5支彩笔(除颜色外无差别)，颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫．从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，则取出的2支彩笔中含有红色彩笔的概率为( )A.45B.35C.25D.15 答案 C解析 从5支彩笔中任取2支不同颜色彩笔的取法有红黄、红蓝、红绿、红紫、黄蓝、黄绿、黄紫、蓝绿、蓝紫、绿紫，共10种，其中取出的2支彩笔中含有红色彩笔的取法有红黄、红蓝、红绿、红紫，共4种，所以所求概率P ＝410＝25.故选C. 4．(2019·金华模拟)从1,2,3,4,5,6六个数中任取2个数，则取出的两个数不是连续自然数的概率是( )A.35B.25C.13D.23答案 D解析 从1,2,3,4,5,6六个数中任取2个数共有15种情况，取出的两个数是连续自然数的有5种情况，则取出的两个数不是连续自然数的概率P ＝1－515＝23.5．(2018·江苏高考)某兴趣小组有2名男生和3名女生，现从中任选2名学生去参加活动，则恰好选中2名女生的概率为________．答案310解析 把男生编号为男1，男2，女生编号为女1，女2，女3，则从5名学生中任选2名学生有：男1男2，男1女1，男1女2，男1女3，男2女1，男2女2，男2女3，女1女2，女1女3，女2女3，共10种情况，其中选中2名女生有3种情况，则恰好选中2名女生的概率为310.6．甲、乙两人玩猜数字的游戏，先由甲任想一个数字，记为a ，再由乙猜甲刚才想的数字，把乙猜出的数字记为b ，且a ，b ∈{1,2,3,4}，若|a －b |≤1，则称甲、乙“心有灵犀”．现任意找两个人玩这个游戏，则他们“心有灵犀”的概率为________．答案 58解析 两人分别从1,2,3,4四个数中任取一个，有16种情况，其中满足|a －b |≤1的情况有(1,1)，(1,2)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,3)，(4,4)，共10种，故他们“心有灵犀”的概率为1016＝58.核心考向突破考向一 简单的古典概型 考向一 简单的古典概型例1 袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为1,2,3；蓝色卡片两张，标号分别为1,2.(1)从以上五张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率； (2)向袋中再放入一张标号为0的绿色卡片，从这六张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率．解 (1)将标号为1,2,3的三张红色卡片分别记为A ，B ，C ，标号为1,2的两张蓝色卡片分别记为D ，E .从五张卡片中任取两张的所有可能结果为(A ，B )，(A ，C )，(A ，D )，(A ，E )，(B ，C )，(B ，D )，(B ，E )，(C ，D )，(C ，E )，(D ，E )，共10种．由于每一张卡片被取到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的．从五张卡片中任取两张，这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的结果为(A ，D )，(A ，E )，(B ，D )，共3种．所以这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的概率为310.(2)将标号为0的绿色卡片记为F .从六张卡片中任取两张的所有可能结果为(A ，B )，(A ，C )，(A ，D )，(A ，E )，(A ，F )，(B ，C )，(B ，D )，(B ，E )，(B ，F )，(C ，D )，(C ，E )，(C ，F )，(D ，E )，(D ，F )，(E ，F )，共15种．由于每一张卡片被取到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的．从六张卡片中任取两张，这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的结果为(A ，D )，(A ，E )，(A ，F )，(B ，D )，(B ，F )，(C ，F )，(D ，F )，(E ，F )，共8种．所以这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的概率为815.1．求古典概型概率的步骤(1)判断本试验的结果是不是等可能事件，设出所求事件A ；(2)分别求出基本事件的总数n 与所求事件A 中所包含的基本事件个数m ； (3)利用公式P (A )＝mn，求出事件A 的概率． 2．基本事件个数的确定方法 方法 适用条件列表法 此法适用于从多个元素中选定两个元素的试验，也可看成是坐标法树状图法树状图是进行列举的一种常用方法，适合于有顺序的问题及较复杂问题中基本事件数的探求[即时训练] 1.一个盒子里装有三张卡片，分别标有数字1,2,3，这三张卡片除标记的数字外完全相同．随机有放回地抽取3次，每次抽取1张，将抽取的卡片上的数字依次记为a ，b ，c .(1)求“抽取的卡片上的数字满足a ＋b ＝c ”的概率； (2)求“抽取的卡片上的数字a ，b ，c 不完全相同”的概率．解 (1)由题意，得(a ，b ，c )所有可能的结果为(1,1,1)，(1,1,2)，(1,1,3)，(1,2,1)，(1,2,2)，(1,2,3)，(1,3,1)，(1,3,2)，(1,3,3)，(2,1,1)，(2,1,2)，(2,1,3)，(2,2,1)，(2,2,2)，(2,2,3)，(2,3,1)，(2,3,2)，(2,3,3)，(3,1,1)，(3,1,2)，(3,1,3)，(3,2,1)，(3,2,2)，(3,2,3)，(3,3,1)，(3,3,2)，(3,3,3)，共27种．设“抽取的卡片上的数字满足a ＋b ＝c ”为事件A ， 则事件A 包括(1,1,2)，(1,2,3)，(2,1,3)，共3种． 所以P (A )＝327＝19.因此“抽取的卡片上的数字满足a ＋b ＝c ”的概率为19.(2)设“抽取的卡片上的数字a ，b ，c 不完全相同”为事件B ，则事件B －包括(1,1,1)，(2,2,2)，(3,3,3)，共3种．所以P (B )＝1－P (B －)＝1－327＝89.因此“抽取的卡片上的数字a ，b ，c 不完全相同”的概率为89.精准设计考向，多角度探究突破 考向二 较复杂的古典概型角度1 古典概型与平面向量的交汇例2 (1)(2019·宁波模拟)连掷两次骰子得到的点数分别为m 和n ，记向量a ＝(m ，n )与向量b ＝(1，－1)的夹角为θ，则θ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π2的概率是( )A.512 B.12 C.712 D.56答案 C 解析 cos θ＝a ·b |a ||b |＝m －n|a ||b |. ∵θ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，∴m ≥n .(m ，n )一共有6×6＝36(种)不同组合． 满足m ≥n 的有1＋2＋3＋4＋5＋6＝21(种)． 所以所求的概率P ＝2136＝712.(2)(2019·宿迁模拟)已知k ∈Z ，A B →＝(k,1)，A C →＝(2,4)，若|A B →|≤4，则△ABC 是直角三角形的概率是________．答案 37解析 因为|A B →|＝k 2＋1≤4，所以－15≤k ≤15， 因为k ∈Z ，所以k ＝－3，－2，－1,0,1,2,3，当△ABC 为直角三角形时，应有AB ⊥AC ，或AB ⊥BC ，或AC ⊥BC ，由A B →·A C →＝0，得2k＋4＝0，所以k ＝－2，因为B C →＝A C →－A B →＝(2－k,3)，由A B →·B C →＝0，得k (2－k )＋3＝0，所以k ＝－1或3，由A C →·B C →＝0，得2(2－k )＋12＝0，所以k ＝8(舍去)，故使△ABC 为直角三角形的k 值为－2，－1或3，所以所求概率P ＝37.角度2 古典概型与平面几何、解析几何的交汇例3 (1)(2019·山东省实验中学模拟)已知直线l 1：x －2y －1＝0，直线l 2：ax －by ＋1＝0，其中a ，b ∈{1,2,3,4,5,6}，则直线l 1与l 2的交点位于第一象限的概率为( )A.16B.14C.13D.12 答案 A解析 l 2的斜率小于l 1的斜率时，直线l 1与l 2的交点位于第一象限，此时共有六种情况：a ＝1，b ∈{3,4,5,6}；a ＝2，b ∈{5,6}．因此所求概率为66×6＝16.故选A. (2)(2019·洛阳统考)将一颗骰子先后投掷两次分别得到点数a ，b ，则直线ax ＋by ＝0与圆(x －2)2＋y 2＝2有公共点的概率为________．答案712解析 依题意，将一颗骰子先后投掷两次得到的点数所形成的数组(a ，b )有C 16C 16＝36个，其中满足直线ax ＋by ＝0与圆(x －2)2＋y 2＝2有公共点，即满足2aa 2＋b2≤2，a 2≤b 2的数组(a ，b )有6＋5＋4＋3＋2＋1＝21个，因此所求的概率等于2136＝712.角度3 古典概型与函数的交汇例4 (1)(2020·亳州质检)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 ＝x 2＋1有交点的概率是( )A.12B.13C.14D.18 答案 C解析 易知过点(0,0)与y ＝x 2＋1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416＝14.故选C.(2)已知M ＝{1,2,3,4}，若a ∈M ，b ∈M ，则函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋x －3在R 上为增函数的概率是( )A.916B.716C.14答案 A解析 记事件A 为“函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋x －3在R 上为增函数”．因为f (x )＝ax 3＋bx2＋x －3，所以f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋1.当函数f (x )在R 上为增函数时，f ′(x )≥0在R 上恒成立．又a >0，所以Δ＝(2b )2－4×3a ＝4b 2－12a ≤0在R 上恒成立，即a ≥b 23.当b ＝1时，有a ≥13，故a 可取1,2,3,4，共4个数；当b ＝2时，有a ≥43，故a 可取2,3,4，共3个数；当b ＝3时，有a ≥3，故a 可取3,4，共2个数； 当b ＝4时，有a ≥163，故a 无可取值．综上，事件A 包含的基本事件有4＋3＋2＝9种． 又a ，b ∈{1,2,3,4}，所以所有的基本事件共有16种． 故所求事件A 的概率为P (A )＝916.故选A.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，列举基本事件，求出基本事件和随机事件的个数，然后利用古典概型的概率计算公式进行计算．[即时训练] 3.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.18B.14C.13D.12答案 A解析 有序数对(m ，n )的所有可能结果有4×4＝16(个)．由a ⊥(a －b )，得m 2－2m ＋1－n ＝0，即n ＝(m －1)2，由于m ，n ∈{1,2,3,4}，故事件A 包含的基本事件为(2,1)和(3,4)，共2个，所以P (A )＝216＝18.4．(2019·甘肃兰州模拟)双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)，其中a ∈{1,2,3,4}，b ∈{1,2,3,4}，且a ，b 取到其中每个数都是等可能的，则直线l ：y ＝x 与双曲线C 的左、右支各有一个交点的概率为( )A.14B.38C.12D.58 答案 B解析 若直线l ：y ＝x 与双曲线C 的左、右支各有一个交点，则b a>1，基本事件总数为4×4＝16，满足条件的(a ，b )的情况有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)，共6个，故所求概率为38.5．(2019·河南郑州模拟)已知一组抛物线y ＝12ax 2＋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________．答案215解析 抛物线共有6条，任取两条共C 26＝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，保证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215.考向三 古典概型与统计的交汇问题例5 (2019·长春模拟)某教师为了了解高三所教两个班级的一模数学成绩情况，将两个班的数学成绩(单位：分)绘制成如图所示的茎叶图．(1)分别求出甲、乙两个班级数学成绩的中位数、众数；(2)若规定成绩大于等于115分为优秀，分别求出两个班级数学成绩的优秀率； (3)从甲班中130分以上的5名同学中随机抽取3人，求至多有1人的数学成绩在140分以上的概率．解 (1)由所给的茎叶图，知甲班50名同学的成绩由小到大排序，排在第25,26位的是108,109，出现次数最多的是103，故甲班数学成绩的中位数是108.5，众数是103；乙班48名同学的成绩由小到大排序，排在第24,25位的是106,107，出现次数最多的是92和101，故乙班数学成绩的中位数是106.5，众数为92和101.(2)由茎叶图中的数据可知，甲班中数学成绩为优秀的人数为20，优秀率为2050＝25；乙班中数学成绩为优秀的人数为18，优秀率为1848＝38.(3)从5人中抽取3人的不同情况共有C 35种，其中至多有1人的数学成绩在140分以上的情况有C 12C 23＋C 33种，故至多有1人的数学成绩在140分以上的概率P ＝C 12C 23＋C 33C 35＝710.求解古典概型与统计交汇问题的思路(1)依据题目的直接描述或频率分布表、频率分布直方图、茎叶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．[即时训练] 5.(2019·广州五校联考)某市为庆祝北京夺得2022年冬奥会举办权，围绕“全民健身促健康、同心共筑中国梦”主题开展全民健身活动．组织方从参加活动的群众中随机抽取120名群众，按他们的年龄分组：第1组[20,30)，第2组[30,40)，第3组[40,50)，第4组[50,60)，第5组[60,70]，得到的频率分布直方图如图所示．(1)若电视台记者要从抽取的群众中选一人进行采访，估计被采访人恰好在第1组或第4组的概率；(2)已知第1组群众中男性有3名，组织方要从第1组中随机抽取2名群众组成志愿者服务队，求至少有1名女性群众的概率．解 (1)设第1组[20,30)的频率为f 1，则由题意，得f 1＝1－(0.035＋0.030＋0.020＋0.010)×10＝0.05.,被采访人恰好在第1组或第4组的频率为0.05＋0.020×10＝0.25.所以估计被采访人恰好在第1组或第4组的概率为0.25. (2)∵第1组[20,30)的人数为0.05×120＝6.∴第1组中共有6名群众，其中女性群众共3名．记第1组中的3名男性群众分别为A ，B ，C,3名女性群众分别为x ，y ，z ，从第1组中随机抽取2名群众组成志愿者服务队包含(A ，B )，(A ，C )，(A ，x )，(A ，y )，(A ，z )，(B ，C )，(B ，x )，(B ，y )，(B ，z )，(C ，x )，(C ，y )，(C ，z )，(x ，y )，(x ，z )，(y ，z )，共15个基本事件．至少有一名女性群众包含(A ，x )，(A ，y )，(A ，z )，(B ，x )，(B ，y )，(B ，z )，(C ，x )，(C ，y )，(C ，z )，(x ，y )，(x ，z )，(y ，z )，共12个基本事件．∴从第1组中随机抽取2名群众组成志愿者服务队，至少有1名女性群众的概率P ＝1215＝45.盒中有三张分别标有号码3,4,5的卡片，从盒中随机抽取一张记下号码后放回，再随机抽取一张记下号码，则两次抽取的卡片号码中至少有一个为奇数的概率为________．答案 89 解析 解法一：两次抽取的卡片号码有(3,3)，(3,4)，(3,5)，(4,3)，(4,4)，(4,5)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，共9种，其中至少有一个是奇数有(3,3)，(3,4)，(3,5)，(4,3)，(4,5)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，共8种，因此所求概率为89. 解法二：所求事件的对立事件为“两次抽取的卡片号码都为偶数”，只有(4,4)这1种取法，而两次抽取的卡片号码有(3,3)，(3,4)，(3,5)，(4,3)，(4,4)，(4,5)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，共9种，因此所求事件的概率为1－19＝89. 答题启示“正难则反”的思想是一种常见的数学思想，如反证法、补集的思想都是“正难则反”思想的体现．在解决问题时，如果从问题的正面入手比较复杂或不易解决，那么尝试采用“正难则反”思想往往会起到事半功倍的效果，大大降低题目的难度．在求对立事件的概率时，经常应用“正难则反”的思想，即若事件A 与事件B 互为对立事件，在求P (A )或P (B )时，利用公式P (A )＝1－P (B )先求容易的一个，再求另一个．对点训练1.某单位要在4名员工(含甲、乙2人)中随机选2名到某地出差，则甲、乙2人中，至少有1人被选中的概率是( )A.56B.23C.13D.12答案 A解析 解法一：设四人分别为甲、乙、丙、丁，则随机选2名的情况为甲乙、甲丙、甲丁、乙丙、乙丁、丙丁，共6种，其中甲、乙2人中，至少有1人被选中的情况为甲乙、甲丙、甲丁、乙丙、乙丁，共5种，所以所求概率为56. 解法二：设四人分别为甲、乙、丙、丁，则随机选2名的情况为甲乙、甲丙、甲丁、乙丙、乙丁、丙丁，共6种，其中甲、乙2人都没被选中的情况为丙丁，共1种，所以所求概率为1－16＝56. 2.(2019·烟台模拟)口袋里装有红球、白球、黑球各1个，这3个球除颜色外完全相同，有放回地连续抽取2次，每次从中任意取出1个球，则2次取出的球颜色不同的概率是( )A.29B.13C.23D.89 答案 C解析 解法一：由题意，得基本事件有(红，红)，(红，白)，(红，黑)，(白，红)，(白，白)，(白，黑)，(黑，红)，(黑，白)，(黑，黑)，共9个，2次取出的球颜色不同包含的基本事件有6个，所以2次取出的球颜色不同的概率P ＝69＝23，故选C. 解法二：由题意，得基本事件有(红，红)，(红，白)，(红，黑)，(白，红)，(白，白)，(白，黑)，(黑，红)，(黑，白)，(黑，黑)，共9个，其中2次取出的球颜色相同的基本事件有3个，所以2次取出的球颜色不同的概率为1－39＝23.。
全国统考2022版高考数学大一轮复习第11章概率第2讲古典概型与几何概型2备考试题文含解析
任取一个,是钝角三角形的概率
P= 5
10
=
1,故选
2
A.
【信息提取】 本题的本质是求在正五边形 ABCDE 的五个顶点中任取三个顶点共构成多少个三角形及构成的三角形
中有多少个钝角三角形.
3.C (枚举法) 记 5 枚邮票中吉祥物邮票分别为 x,y,其余三枚分别为 a,b,c,则从 5 枚邮票中任取 3 枚的基本事件
间是 6:00,6:10,6:20,6:30,…,则张老师乘坐上甲路公交车的概率是
()
A.10% B.50% C.60% D.90%
2.[2021 安徽省示范高中联考]在以正五边形 ABCDE 的顶点为顶点的三角形中,任取一个,是钝角三角形的概率
()
A.1 B.1 C.1 D.2
2343
3.[2021 石家庄质检]北京冬奥会将于 2022 年 2 月 4 日到 2022 年 2 月 20 日在北京和张家口举行.申奥成功后,中国
4
A.
+ ≤ 1,
7.B
根据不等式|x|+|y|≤1 可得
-
≤ +
1, ≤
1,作出其表示的平面区域可以得到一个边长为
2的正方形及其内部,如
- - ≤ 1,
图D
11-2-3,x2+y2≤1表示圆心为(0,0),半径为
2的圆的内部及边界,所以事件“x2+y2≤1”的概率
P=π×(
2)2
2
=
π.
2
2
2
2× 2 4
图 D 11-2-3
8.A 由勾股定理可得 AC= 5,由题图可知 BC=CD=1,AD=AE= 5 −1≈1.236,BE≈2-1.236=0.764,则 0.764≤AF≤1.236,
高考备考指南文科数学第11章第2讲古典概型
(2)设乙获得“最佳手气”为事件 A，则事件 A 包含的基本事件有 栏4目个索引，即(1,3,2)， (1,4,1)，(2,2,2)，(2,3,1)，所以乙获得“最佳手气”的概率 P(A)＝140＝25.
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1．基本事件的特点 (1)任何两个基本事件都是_互__斥___的； (2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成_基__本__事__件_的和．
2．古典概型
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_；
分类，列举基本事件有遗漏，或者把本题中基本事件(x，y)看成有序的，(1,2)与(2,1)
等表示不同的基本事件．
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第十一章 概率
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【跟踪训练】
2．(2018年玉林模拟)在“最强大脑”的舞台上，为了与国际X战队比赛，假设某
季魏先生要从三名擅长速算的选手A1，A2，A3，三名擅长数独的选手B1，B2，B3，两 名擅长魔方的选手C1，C2中各选一名组成中国战队．假定两名魔方选手中更擅长盲 拧的选手C1已确定入选，而擅长速算与数独的选手入选的可能性相等．
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第十一章 概率
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4 ． 从 1,2,3,4,5,6 这 6 个 数 字 中 ， 任 取 2 个 数 字 相 加 ， 其 和 为 偶 数 的 概 率 是 ________．
【答案】25 【解析】从 6 个数中任取 2 个数的可能情况有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)， (2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)，(5,6)，共 15 种，其中和 为偶数的情况有(1,3)，(1,5)，(2,4)，(2,6)，(3,5)，(4,6)，共 6 种，所以所栏目求索引的概率是25.
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2022版高考数学大一轮复习第11章概率第2讲古典概型与几何概型备考试题年级：姓名：第十一章 概 率第二讲 古典概型与几何概型练好题·考点自测1.[2020全国卷Ⅰ,4,5分][文]设O 为正方形ABCD 的中心, 在O ,A ,B ,C ,D 中任取3点, 则取到的3点共线的概率为( ) A.15 B.25 C.12 D.452.[2020贵阳高三摸底考试]某学校星期一至星期五每天上午共安排五节课,每节课的时间为40分钟,第一节课上课的时间为7:50~8:30,课间休息10分钟.某同学请假后返校,若他在8:50~9:30之间随机到达教室,则他听第二节课的时间不少于20分钟的概率为 ( )A.15 B.14 C.13 D.123.[2018全国卷Ⅰ,10,5分]图11-2-1来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形.此图由三个半圆构成,三个半圆的直径分别为直角三角形ABC 的斜边BC ,直角边AB ,AC.△ABC 的三边所围成的区域记为Ⅰ,黑色部分记为Ⅱ,其余部分记为Ⅲ.在整个图形中随机取一点,此点取自Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ的概率分 别记为p 1,p 2,p 3,则 ( )A .p 1=p 2B .p 1=p 3 C.p 2=p 3 D.p 1=p 2+p 3图11-2-14.[2021武汉高三质检]我国古人认为宇宙万物是由金、木、水、火、土这五种元素构成的,历史文献《尚书·洪范》提出了五行的说法,到战国晚期,五行相生相克的思想被正式提出.这五种物质属性的相生相克关系如图11-2-2所示,若从这五种物质中随机选取三种,则取出的三种物质中,彼此间恰好有一个相生关系和两个相克关系的概率为 ( )A.35 B.12 C.25 D.13图11-2-25.[2020江苏,4,5分]将一颗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 . 拓展变式1.[2021福建南平质检]由共青团中央宣传部、中共山东省委宣传部、共青团山东省委、山东广播电视台联合出品的《国学小名士》第三季于2019年11月24日在山东卫视首播.首期最精彩的节目片段是π的飞花令:出题者依次给出π所含数字3,1,4,1,5,9,2,6,5,3……答题者则需要说出含有此数字的诗句.雷海为、杨强、马博文、张益铭与飞花令少女贺莉然同场PK,赛况激烈,最终π的飞花令突破204位.某校某班级开联欢会,同学们也举行了一场π的飞花令,为了增加趣味性,他们的规则如下:答题者先掷两个骰子,得到的点数分别记为(x ,y )(1≤x ≤6,1≤y ≤6,x ∈N *,y ∈N *),再取出π的小数点后第x 位和第y 位的数字,然后说出含有这两个数字的一个诗句,若能说出则可获得奖品.按照这个规则,取出的两个数字相同的概率为 ( )A.118 B .16 C.736 D .292.(1)[2020湖北武汉模拟][与向量交汇]在平面直角坐标系xOy 中,已知点A (√3,0),B (1,2),D (3,2),动点P 满足OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λOA ⃗⃗⃗⃗⃗ +μOB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,其中λ∈[0,1],μ∈[0,2],λ+μ∈[1,2],则点P 落在三角形ABD 内的概率为( )A.12 B.√33 C.√32 D .23(2)[2017江苏,7,5分][与函数交汇]记函数f (x )=√6+x -x 2的定义域为D.在区间[-4,5]上随机取一个数x ,则x ∈D 的概率是 .3.采用随机模拟的方法估计某运动员射击击中目标的概率,先由计算器给出0到9之间取整数的随机数,指定0,1,2,3表示没有击中目标,4,5,6,7,8,9表示击中目标,4个随机数为一组,代表射击4次的结果,经随机模拟产生了如下20组随机数:7527 0293 7140 9857 0347 4373 8636 6947 1417 4698 0371 6233 2616 8045 6011 3661 9597 7424 7610 4281根据以上数据估计该运动员射击4次至少击中3次的概率为 . 4.[2020湖南衡阳三模]洛书,古称龟书,是阴阳五行术数之源.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,四隅黑点为阴数.如图11-2-7所示,若从四个阴数和五个阳数中各随机选取1个数,则选取的两数之和能被5整除的概率为 ( )A.110 B .320C.15 D.310图11-2-7答 案 第十一章 概 率 第二讲 古典概型与几何概型1.A 根据题意作出图形,如图D 11-2-1所示,在O ,A ,B ,C ,D 中任取3点,有10种可能情况,分别为(OAB ),(OAC ), (OAD ),(OBC ),(OBD ),(OCD ),(ABC ),(ABD ),(ACD ),(BCD ),其中取到的3点共线有(OAC )和(OBD )2种可能情况,所以在O ,A ,B ,C ,D 中任取3点,则取到的3点共线的概率为210=15,故选A .图D 11-2-12.B 随机到达教室总的时间长度为40分钟,第二节课8:40开始,9:20结束,听第二节课的时间不少于20分钟,必须在9:00前到达教室,即8:50~9:00到达即可,时间长度为10分钟,由几何概型的概率计算公式知他听第二节课的时间不少于20分钟的概率P =1040=14.故选B .3.A 解法一 设直角三角形ABC 的内角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c ,则区域Ⅰ的面积即△ABC 的面积,为S 1=12bc ,区域Ⅱ的面积S 2=12π×(c2)2+12π×(b2)2-[π×(a 2)22−12bc ]=18π(c 2+b 2-a 2)+12bc =12bc ,所以S 1=S 2,由几何概型的知识知p 1=p 2,故选A .解法二 不妨设△ABC 为等腰直角三角形,AB =AC =2,则BC =2√2,所以区域Ⅰ的面积(即△ABC 的面积)为S 1=12×2×2=2,区域Ⅱ的面积S 2=π×12-[π×(√2)22−2]=2,区域Ⅲ的面积S 3=π×(√2)22−2=π-2.根据几何概型的概率计算公式,得p 1=p 2=2π+2,p 3=π-2π+2,所以p 1≠p 3,p 2≠p 3,p 1≠p 2+p 3,故选A . 【试题评析】 本题以古希腊数学家研究的几何图形为背景,考查几何概型. 4.B 依题意,三种物质间相生相克关系如下表,× √ √ √ × ××√ × √所以彼此间恰好有一个相生关系和两个相克关系的概率P =510=12,故选B .5.19 将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次,向上的点数共有36种情况,其中点数和为5的情况有(1,4),(2,3),(3,2),(4,1),共4种,则所求概率为436=19.1.D 取出π的小数点后第x 位和第y 位的数字,基本事件共有36个,如下表所示:1 4 1 5 92 1 (1,1) (1,4) (1,1) (1,5) (1,9) (1,2) 4 (4,1) (4,4) (4,1) (4,5) (4,9) (4,2) 1 (1,1) (1,4) (1,1) (1,5) (1,9) (1,2) 5 (5,1) (5,4) (5,1) (5,5) (5,9) (5,2) 9 (9,1) (9,4) (9,1) (9,5) (9,9) (9,2) 2(2,1)(2,4)(2,1)(2,5)(2,9)(2,2)由表中数据可知取出的两个数字相同的基本事件共有8个,所以取出的两个数字相同的概率为P =836=29,故选D .2.(1)A 由题意得OP⃗⃗⃗⃗⃗ =λOA ⃗⃗⃗⃗⃗ +μOB ⃗⃗⃗⃗⃗ =λ(√3,0)+μ(1,2)=(√3λ+μ,2μ). 设P (x ,y ),则{x =√3λ+μ,y =2μ,解得{λ=√33(x -y 2),μ=y2,因为λ∈[0,1],μ∈[0,2],λ+μ∈[1,2],所以{0≤√33(x -y2)≤1,0≤y2≤2,1≤√33(x -y 2)+y 2≤2,图D 11-2-2化简得{0≤2x -y ≤2√3,0≤y ≤4,2√3≤2x +(√3-1)y ≤4√3.作出不等式组表示的平面区域,如图D 11-2-2中阴影部分所示,点P 位于平行四边形ABEC 的内部(包含边界).记事件M为点P落在三角形ABD内,则由几何概型的概率计算公式可得所求概率为P(M)=S△ABCS四边形ABEC =12.故选A.(2)59由6+x-x2≥0,解得-2≤x≤3,则D=[-2,3],则所求概率为3−(−2)5−(−4)=59.3.0.4根据数据得该运动员射击4次至少击中3次的数据分别为752798578636694746988045 95977424,所以该运动员射击4次至少击中3次的概率为820=0.4.4.C由题意可知,阴数为2,4,6,8,阳数为1,3,5,7,9.从阴数、阳数中各选一个数,所含的基本事件有{2,1},{2,3},{2,5},{2,7},{2,9},{4,1},{4,3},{4,5},{4,7},{4,9},{6,1},{6,3},{6,5},{6,7},{6,9},{ 8,1},{8,3},{8,5},{8,7},{8,9}, 共20个.两数之和能被5整除的组合为{2,3},{4,1},{6,9},{8,7},共4种情况,所以选取的两数之和能被5整除的概率P=420=15.故选C.。