古典概型中的一个易错问题
高考数学经典错题深度剖析及针对训练专题27古典概型和几何概型
专题27 古典概型和几何概型【标题01】忽略了对数函数中底数的范围【习题01】先后抛掷两枚骰子，出现的点数分别记为,a b ，则事件log 12a b= 发生的概率为 . 【经典错解】log 1222ab ba b a =∴=∴=，根据题意得试验的全部结果有6636⨯=个基本事件，事件log 12ab=包含的基本事件有1,22,436a b a b a b ======或或， ，共3个.由古典概型的概率公式得31()3612P A ==,故填112.【详细正解】log 1222a b ba b a =∴=∴=，根据题意得试验的全部结果有6636⨯=个基本事件，01a a >≠且 所以事件log 12a b=包含的基本事件有2,4a b ==和3a =，6b = 共2个.由古典概型的概率公式得21()3618P A ==,故填118.【习题01针对训练】先后抛掷两枚骰子，出现的点数分别记为,a b ，则事件log 12a b≥发生的概率为 .【标题02】事件A 构成的区域找错了【习题02】在半径为1的圆周上有一定点A ,以A 为端点连一弦，另外一端点在圆周上等可能的选取，则弦长超过1的概率为 .【经典错解】如图所示，13AB OA OB AOB π===∴∠=，当点B 在优弧AB 上时，弦长超过1，根据几何概型的概率公式得3301136012P ==.故填1112.【详细正解】如图所示，13AB OA OB OC AC AOB AOC π=====∴∠=∠=，当点B 在优弧BC 上时，弦长超过1，根据几何概型的概率公式得24023603P==.故填23.【深度剖析】(1)经典错解错在事件A构成的区域找错了. （2）错解错在寻找事件A构成的区域时，只顾及了一边，忽略了另外一边.所以在寻找事件A的全部结果构成的区域时，要考虑周全，不能受习惯思维的影响.【习题02针对训练】有一长、宽分别为m50、m30的游泳池，一名工作人员在池边巡视，某时刻出现在池边任一位置的可能性相同.一人在池中心（对角线交点）处呼唤工作人员，其声音可传出m215，则工作人员能及时听到呼唤（出现在声音可传到区域）的概率是（）A．43B．83C．163πD．32312π+【标题03】对组合数实际意义理解不清【习题03】甲、乙两人参加普法知识竞赛，共有10个不同的题目，其中选择题6个，判断题4个，甲、乙依次各抽一题.求甲抽到选择题，乙抽到判断题的概率是多少？【经典错解】甲从选择题抽到一题的结果为16C，乙从判断题中抽到一题的结果为14C，而甲、乙依次抽到一题的结果为210C∴所求概率为1582101416=CCC【详细正解】甲从选择题抽到一题的结果为16C，乙从判断题中抽到一题的结果为14C，而甲、乙依次抽到一题的结果为11109C C∴所求概率为154191101416=CCCC.【习题03针对训练】一纸箱中放有除颜色外，其余完全相同的黑球和白球，其中黑球2个，白球3个. （1）从中同时摸出两个球，求两球颜色恰好相同的概率；（2）从中摸出一个球，放回后再摸出一个球，求两球颜色恰好不同的概率.【标题04】“事件的全部结果”和“事件A的全部结果”对应的区域找错了【习题04】在ABC∆中，6ABCπ∠=，AB=3,BC=3，若在线段BC上任取一点D ,则BAD∠为锐角的概率是 .【经典错解】在ABC∆中，由余弦定理得AC=3. 又由余弦定理得0120BAC∠=，所以BAD∠为锐角的概率是9031204=.【详细正解】当0=90BAD∠时，2BD=，所以BAD∠为锐角的概率是23BDBC=.【习题04针对训练】在Rt ABC∆中，030A∠=，过直角顶点C作射线CM交线段AB于M，使||||AM AC>的概率是．【标题05】“试验的全部结果构成的区域”和“事件A的全部结果构成的区域”理解错误【习题05】在面积为S的ABC∆的边AB上任取一点P，则PBC∆的面积大于4S的概率为 .【经典错解】由题得试验的全部结果构成的区域是如图所示的ABC∆，事件“PBC∆的面积大于4S”的全部结果构成的区域是如图所示的ADE∆，根据几何概型概率的公式得991616SPS== ,故填916.【详细正解】由题得试验的全部结果构成的区域是如图所示的线段AB，事件“PBC∆的面积大于4S”的全部结果构成的区域是如图所示的线段AD ，根据几何概型概率的公式得33414P == ,故填34 .【深度剖析】（1）经典错解错在“试验的全部结果构成的区域”和“事件A 的全部结果构成的区域”理解错误. （2）在做概率题时，一定要认真审题，弄清“试验的全部结果构成的区域”和“事件A 的全部结果构成的区域”.【习题05针对训练】设不等式组⎩⎨⎧≤≤≤≤20,20y x ，表示平面区域为D ，在区域D 内随机取一个点，则此点到坐标原点的距离大于2的概率是（ ） A ．4π B ．22π- C ．6π D ．44π-【标题06】考虑问题不周全没有分类讨论【习题06】在ABC ∆中，060,2,6ABC AB BC ∠===，在BC 上任取一点D ，则使ABD ∆为钝角三角形的概率为（ ） A ．16 B ．13 C ．12 D ．23【经典错解】由题意得，过A 作AF AB ⊥，则24BF AB ==，642CF =-= ，若使得ABD ∆为钝角三角形，则D 在线段FC 上，所以对应的概率为13FC P BC ==，故选B .【详细正解】（1）当BAD ∠为钝角时，由题意得，过A 作AF AB ⊥，则24BF AB ==，642CF =-= ，若使得ABD ∆为钝角三角形，则D 在线段FC 上；（2）当BDA ∠为钝角时，过点A 作AE BC ⊥,则112BE AB ==,若使得ABD ∆为钝角三角形，则D 在线段BE 上.故由几何概型的概率公式得21162FC BE P BC ++=== .故选C .【习题06针对训练】向顶角为0120的等腰三角形ABC （其中BC AC =）内任意投一点M , 则AM 小于AC 的概率为（ ） A ．33π B ．93π C ．21 D ．3π【标题07】审题错误导致把几何概型看成了古典概型 【习题07】设关于x 的一元二次方程2220x ax b -+=．（1）若,a b 都是从集合{1,2,3,4}中任取的数字，求方程无实根的概率；（2）若a 是从区间[0,4]中任取的数字，b 是从区间[1,4]中任取的数字，求方程有实根的概率．【经典错解】（1）设事件A 为“方程无实根”，记(,)a b 为取到的一种组合，则所有的情况有：（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）．一共16种且每种情况被取到的可能性相同．∵关于x 的一元二次方程2220x ax b -+=无实根，∴22440a b ∆=-<0,0a b >> ∴a b <．∴事件A 包含的基本事件有：（1，2），（1，3），（1，4），（2，3），（2，4），（3，4）.共6种 ∴6()16P A ==83∴方程无实根的概率83． （2）∵关于x 的一元二次方程2220x ax b -+=有实根，∴22440a b ∆=-≥,0,0a b >> ∴a b ≥．设事件B 为“方程有实根”，记(,)a b 为取到的一种组合，则其包含的基本事件有：（1，1），（2，1），(2，2)（3，1），（3，2），（3，3），（4，1），（4，2），（4，3），（4，4）.一共10种且每种情况被取到的可能性相同． 105()168P A ∴== 所以方程有实根的概率是58. 【详细正解】（1）同上（2）设事件B =“方程有实根”，记(,)a b 为取到的一种组合． ∵a 是从区间[0,4]中任取的数字，b 是从区间[1,4]中任取的数字， ∴点(,)a b 所在区域是长为4，宽为3的矩形区域．又∵满足a b≥的点的区域是如图所示的阴影部分∴13332()348P B⨯⨯==⨯. ∴方程有实根的概率是38．【习题07针对训练】已知关于x的二次函数2()4 1.f x ax bx=-+（1）设集合}5,4,3,2,1,1{-=A和}4,3,2,1,1,2{--=B，分别从集合A，B中随机取一个数作为a和b，求函数)(xfy=在区间),1[+∞上是增函数的概率.（2）设点),(ba是区域⎪⎩⎪⎨⎧>>≤-+，，8yxyx内的随机点，求函数()f x在区间),1[+∞上是增函数的概率．【标题08】审题不清把总事件没有理解清楚【习题08】有一个半径为4的圆，现在将一枚半径为1的硬币向圆投去，如果不考虑硬币完全落在圆外的情况，则硬币完全落入圆内的概率为 .【经典错解】由题得此概型为几何概型，所有结果组成的区域是以原点为圆心，以4为半径的圆，事件A 的所有结果构成的区域是以原点为圆心，以3为半径的圆，所以由几何概型的定义得991616Pππ==. 【详细正解】由题得此概型为几何概型，所有结果组成的区域是以原点为圆心，以5为半径的圆，当硬币和圆外切时，也是满足题意的，它不是完全落在圆外，因为此时两圆有公共点)，事件A的所有结果构成的区域是以原点为圆心，以3为半径的圆，所以由几何概型的定义得992525Pππ==.【深度剖析】（1）经典错解错在审题不清，把总事件没有理解清楚. （2）学习数学，必须养成严谨认真细心的学习习惯，审题必须认真，错解就是审题不清，导致的错误.【习题08针对训练】甲、乙两船驶向一个不能同时停泊两艘船的码头，它们在一天二十四小时内到达该码头的时刻是等可能的．如果甲船停泊时间为1小时，乙船停泊时间为2小时，求它们中的任意一艘都不需要等待码头空出的概率．【标题09】对随机模拟求近似值原理理解不清 【习题09】从区间[0,1]上随机抽取2n 个数1212,,,,,,,n n x x x y y y ，构成n 个数对11(,)x y ，22(,)x y ，,(,)n n x y ，其中两数的平方和小于1的数对共有m 个，则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为__________.A ．4n m B ．2n m C．4m n D ．mn【经典错解】由题得圆周率π的近似值为mn.所以选择D .【详细正解】由题得数学试验的全部结果表示为0101x y ≤≤⎧⎨≤≤⎩，它们构成的是边长为1的正方形，事件A 的全部结果表示为2201011x y x y ⎧≤≤⎪≤≤⎨⎪+<⎩，它们构成的是14个单位圆，它是分布在第一象限的扇形. 根据古典概型和几何概型的概率公式得=S m S n扇形正方形221141m n π== 4mn π∴=. 所以选择C .【习题09针对训练】某同学动手做实验：《用随机模拟的方法估计圆周率的值》，在左下图的正方形中随机撒豆子，每个豆子落在正方形内任何一点是等可能的，若他随机地撒50粒统计得到落在圆内的豆子数为39粒，则由此估计．．．．出的圆周率π的值为 ．（精确到0.01）高中数学经典错题深度剖析及针对训练第27讲：古典概型和几何概型参考答案【习题01针对训练答案】19【习题02针对训练答案】B【习题02针对训练解析】这是一个几何概型问题，所有可能结果用周长160表示，事件发生的结果可用两条线段的长度和60表示，所以8316060==P.【习题03针对训练答案】（1）52；（2）2512.【习题03针对训练解析】（1）摸出两球颜色恰好相同，即两个黑球或两个白球，共有2223C C+＝4(种)可能情况.故所求概率为P=222325C CC+=410=25.（2）有放回地摸两次，两球颜色不同，即“先黑后白”或“先白后黑”.故所求概率为P=•+••111123321155CC C C CC=6625+=1225.【习题04针对训练答案】16【习题04针对训练解析】如图，不妨设1BC=，则2AB=，3AC=图中点M恰好使得3AM AC==BM段时，满足||||AM AC>，由三角形的知识易得015BCM∠=∴使||||AM AC>的概率151906P==. 故填16.【习题05针对训练答案】D【习题06针对训练答案】B【习题06针对训练解析】由题可得示意图，试验的全部结果构成的区域是ABC ∆，事件“AM 小于AC ”的全部结果构成的区域是扇形ACD ，由题可知为几何概型：则AM 小于AC 的概率为：0113261911sin1202ABC S p S ππ∆⨯⨯===⨯⨯⨯扇形 ，故选B .所以区域内满足0>a 且a b ≤2的面积为33238821=⨯⨯. 所以，所求概率3132332==p .【习题08针对训练答案】10131152【习题08针对训练解析】这是一个几何概型问题．设甲、乙两艘船到达码头的时刻分别为x 与y ，A 为“甲、乙两船都不需要等待码头空出”，则024x ≤≤ , 024y ≤≤， 且基本事件所构成的区域为{(,)|024,0y 24}x y x Ω=≤≤≤≤要使两船都不需要等待码头空出，当且仅当甲比乙早到达1 小时以上或乙比甲早到达2 小时以上，即12y x x y -≥-≥或，故{(,)|12,0x 24,024}A x y y x x y y =-≥-≥≤≤≤≤或．文档从网络中收集，已重新整理排版.word 版本可编辑.欢迎下载支持.11文档来源为:从网络收集整理.word 版本可编辑.【习题09针对训练答案】3.12【习题09针对训练解析】设正方形的边长为2a ,则内切圆的半径为a ，由题意2239504a aπ=，∴439 3.1250π⨯=≈.。
古典概型中的一个易错问题
古典概型中的一个易错问题例1.对于古典概型概率的求法，只要求出基本事件总数和事件A包含的基本事件个数就行了。
困难在于确定基本事件，使之具有有限性和等可能性。
判断等可能性是被许多人忽略，又使许多人感到困惑的问题，要做好这一点，需要严谨的思维，切忌想当然。
本文就是对这类问题出现的错误归类予以剖析，以期引起大家的注意。
例2.一个家庭有两个小孩，求他们中至少有一个女孩的概率。
错解：样本空间：两个女孩或两个男孩或一男一女，用A表示“至少有一女孩”这一事件，则Ω={男，男,男，女,女，女}A={男，男,男，女}∴PA=23解析：上述解法在考虑样本空间时，两个女孩或两个男孩或一男一女发生的可能性不相等。
古典概型中，PA=A包含基本事件的个数基本事件的总数仅当所述的试验结果是等可能时才成立。
两个女孩只可能是（女，女），但有一女孩的情况有（男，女），（女，男）两种情况，所以Ω={男，男,男，女,（女，男），女，女}A={男，女，女，男,（女，女}，∴PA=34例2设袋中有4只白球和2只黑球，现从袋中无放回地摸出2只球，（1）求这两只球都是白球的概率；（2）求这两只球中一只是白球一只是黑球的概率。
错解1：一次摸出2个球，观察结果的颜色只能有（白，白），（白，黑），（黑，黑）三种情况，即Ω={白，白,白，黑,（黑，黑）}。
（1）用A表示“两只球都是白球”这一事件，A={白，白}，所以PA=13（2）用B表示“两只球中一只是白球一只是黑球”这一事件，B={白，黑}，所以PB=13错解2：从袋中无放回地摸出2只球，第一次有6种摸法，第二次有5种摸法，共有65215⨯÷=种可能结果，（1）用A表示“两只球都是白球”这一事件，则A事件共有4326⨯÷=种可能结果，所以PA=25（2）用B表示“两只球中一只是白球一只是黑球”这一事件，则B事件共有4224⨯÷=种可能结果，所以PB=2 15解析1：在上述错解1中（白，白），（白，黑），（黑，黑）三种结果出现不是等可能的。
古典概率题错解辨析
古典概率题错解辨析在古典概型的学习中，大家都能熟记公式，但是在具体解题时，往往解错了也不知道错在哪里。
本节对常见的几种错解类型进行一些辨析。
１ 基本事件的非等可能性所造成的错解在解古典概率题，应用概率公式时，一定要先检查一下其中的基本事件是否等可能性．否则，会造成一些意想不到的错误．例1 掷4枚硬币，试求事件A ＝｛至少出现2个正面｝的概率。
错解 掷4枚硬币，所有可能出现正面的个数为0个，1个，2个，3个，4个共5种结果，故样本空间中的基本事件总数为5．事件A 包含3个基本事件．故其概率为P(A)=30.65=． 错因分析 这个结论是错误的．因为如果我们将4枚硬币从1至4编号，并将它们出现的正面或反面记录在一个4维向量中，则出0个正面的事件包含｛反、反、反、反｝1个基本事件，而出现1个正面的事件包含｛正、反、反、反｝，｛反、正、反、反｝，｛反、反、正、反｝，｛反、反、反、正｝4个基本事件，即出现０个正面和出现１个正面的机会是不均等的，不能利用古典概率计算公式来做．事实上，我们有本题解题中没有注意到这5种结果的非等可能性，从而造成了错解．本题的正解是234444012344444411()16C C C P A C C C C C ++==++++． ２ 事件的基本事件数与基本事件总数不属同一样本空间所造成的错解在同一个古典概率题中，只要保持基本事件的等可能性，样本空间可以有不同的取法，但计算时，基本事件数和基本事件总数一定要在同一个样本空间中考虑，否则就会产生错解．例２ 将大小相同的6个白球、6个黑球从袋中一个接一个地取出5球，试求所取的5个球中恰有4个白球的概率．错解 设事件A ＝｛所取的5球中恰有4个白球｝．由于5个球的取法与先后顺序有关，所以样本空间中共有512P 个基本事件．另外，由于题中关心所取的5个球中有几个白球，而并不关心这几个白球是在哪几次取出的，其与顺序无关，事件Ａ包含了4166C C 个基本事件．于是事件A 的概率为4166512()C C P A P =． 错因分析 这是一个错解．因为512P 是考虑取球顺序的样本空间的基本事件总数，而4166C C 是不考虑取球顺序的样本空间中事件A 包含的基本事件数，它们不属于同一个样本空间，从而导致错解．本题的正确解是4166512()C C P A C =或者415665512()C C P P A P =． ３ 基本事件重复使用所造成的错解例３ ５只球随机地落入４只盒子中，试求４只盒子都不空的概率．错解 设事件Ａ＝｛４只盒子都不空｝．每只球有４种进盒方法，５只球就有54种不同的落入方法．这是基本事件总数．为了计算Ａ包含的基本事件数，现分两步来实现：第一步：从５只球中任取４只球，将它们每盒一球地排入４只盒子中，这样就保证了盒子都不会空．有45P 种方法；第二步：让余下的一只球随机地进入４个盒中的任一盒，有４种方法．由乘法原理知事件Ａ包含454P ⋅个基本事件，故得455415()432P P A ==．错因分析 这个错貌似有理，很能迷惑人．现用①②③④⑤表示５只不同的球，按错解的思路来演示如下：第一步取①②③④这四个球，依次放入４个盒子中；第二步将余下的⑤号球放入第４个盒子．再看另一种落入的方法，第一步取①②③⑤这四个球依次放入４个盒子中；第二步将余下的④号球放入第４个盒子．结果表明，这两种落入的结果是完全一致的，是同一基本事件．如图所示而在错解中被重复计算成两个不同的基本事件，故导致出错．正确的解法为2554!15()464C P A ==．４ 组合中混杂排列所造成的错解⑤④这类错解在初学者中犯得最多，因此特地把它从基本事件重复使用这一类错解中分离出来，另列一类，以引起初学者的重视．例４ 袋中有红、黄、白三种颜色的球各2个，从中任取4个球，试求恰得2个红球和2个其它不同颜色的球的概率．错解 设事件A ＝｛所取的4个球中恰有2个红球和2个其它不同颜色的球｝．样本空间的基本事件总数是46C 。
古典概型中的两个易错问题
古典概型中的两个易错问题李娜张艳古典概型中的许多问题看似很简单，不学概率知识就能“理所当然”地得出答案，但实际上，有些答案往往是错的。
下面就两类易犯错误加以剖析。
一．等可能性的忽视。
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。
例1：先后抛掷2枚均匀的硬币，求出现“一枚正面、一枚反面”的概率。
错解：基本事件为“2枚正面”、“2枚反面”、“一枚正面、一枚反面”共3个，设事件A=“一枚正面、一枚反面”，则事件A包含1个基本事件，()1 3P A∴=。
剖析：古典概型中()P A=（A包含的基本事件的个数）/（基本事件的总数），仅当所述的试验结果是等可能的时才成立。
事实上，基本事件为“正正”、“正反”、“反正”、“反反”共4个，事件A包含“正反”、“反正”2个结果。
()21 42P A∴==。
例2：设袋中有4只白球和2只黑球，现从袋中无放回的依次摸出2只球，求这两只球都是白球的概率。
错解：依次摸出2个球，共有“白白”、“白黑”、“黑黑”3个基本事件。
设事件A=“两只都是白球”只包含“白白”一个基本事件，()1 3P A∴=。
剖析：“白白”、“白黑”、“黑黑”这3个事件不是等可能的。
正确解法1：4个白球分别标上1、2、3、4号，2个黑球分别标上5、6号，则基本事件为“1、2”“1、3”，“1、4”，“1、5”,“16”，“2、3”，“2、4”，“2、5”，“2、6”，“3、4”，“3、5”，“3、6”，“4、5”，“4、6”，“5、6”，共15个，事件A=“1、2”，“1、3”，“1、4”，“2、3”，“2、4”，“3、4”，包含5个基本事件，()62 155P A∴==。
正确解法2：此题也可将两次摸球，一次一次地考虑，设iB={第i次摸到白球}（i=1，2），则()()()()1212432 665P A P B B P B P B==∙=⨯=。
二．有序与无序的混淆。
古典概型2
古典概型(2)一、知识点剖析1、古典概型的定义与特点 掌握要点：古典概型的两个特征:(1)一次试验中，可能出现的结果只有有限个，即有限性；(2)试验中每个基本事件发生的可能性是均等的，即等可能性.在古典概型中，P (A )=试验的基本事件数包含的基本事件数事件A易混易错：要套用古典概型的概率计算公式，首先要确定好基本事件总数。
强调在用古典概型计算概率时，必须要验证所构造的基本事件是否满足古典概型的第二个条件（每个结果出现是等可能的），否则计算出的概率将是错误的.另外如果计算中有重复现象，应注意除掉重复部分.在求事件A 包含的基本事件个数时如果情况不同应注意分类讨论. 2、用排列和组合解决古典概型问题 掌握要点：从n 个不同的元素中取出m(m ≤n)个元素的所有排列的个数，叫做从n 个不同的元素中取出m 个元素的排列。
一般地，从n 个不同元素中取出m （m ≤n ）个元素并成一组，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合。
易混易错：共同点: 都要“从n 个不同元素中任取m 个元素” 不同点: 排列与元素的顺序有关， 而组合则与元素的顺序无关.构造排列分成两步完成，先取后排；而构造组合就是其中一个步骤. 3、有些抽样问题存在放回和不放回的区别 掌握要点： 分类计数原理完成一件事，有n 类办法. 在第1类办法中有m 1种不同的方法，在第2类方法中有m 2种不同的方法，……，在第n 类方法中有m n 种不同的方法，则完成这件事共有n m m m N ++=21分步计数原理完成一件事，需要分成n 个步骤。
做第1步有m 1种不同的方法，做第2步有m 2种不同的方法， ……，做第n 步有m n 种不同的方法，则完成这件事共有n m m m N ∙∙∙= 21 易混易错：有放回抽样与无放回抽样都属等可能事件. 对于具体问题，不知用分步还是分类二、典型题型剖析1、古典概型的定义与特点 方法归纳：在古典概型中，P (A )=试验的基本事件总数包含的基本事件数事件A例题：例1、将骰子先后抛掷2次，计算： （1）一共有多少种不同的结果？（2）其中向上的数之和是5的结果有多少种？ （3）向上的数之和是5的概率是多少？主要过程：有些等可能事件的概率问题中，有时在求m 时，不采取分析的方法，而是结合图形采取枚举的方法，即数出事件A 发生的结果数，当n 较小时，这种求事件概率的方法是常用的.将抛掷2次的所有结果数一一列举出来，如下表所示由上表可知，将骰子先后抛掷2次，一共有36种不同的结果，其中向上的数之和是5的结果有（1，4），（2，3），（3，2），（4，1）共4种，由于骰子是均匀的，将它抛掷2次的所有36种结果是等可能出现的，故向上的数之和是5的概率是.例2、甲、乙两个均匀的正方体玩具，各个面上分别刻有1，2，3，4，5，6六个数字，将这两个玩具同时掷一次.（1）若甲上的数字为十位数，乙上的数字为个位数，问可以组成多少个不同的数，其中个位数字与十位数字均相同的数字的概率是多少? （2）两个玩具的数字之和共有多少种不同结果?其中数字之和为12的有多少种情况?数字之和为6的共有多少种情况?分别计算这两种情况的概率. 主要过程：（1）甲有6种不同的结果，乙也有6种不同的结果，故基本事件总数为6×6=36其中十位数字共有6种不同的结果，若十位数字与个位数字相同，十位数字确定后，个位数字也即确定.故共有6×1=6种不同的结果，即概率为61366 .10，11，12共11种不同结果.从中可以看出，出现2的只有一种情况，而出现12的也只有一种情况，它们的概率均为361，因为只有甲、乙均为1或均为6时才有此结果. 出现数字之和为6的共有（1，5），（2，4），（3，3），（4，2），（5，1）五种情况，所以其概率为365. 强调内容：（1）判断一个试验是否是古典概型，要把握两个特征:(1)一次试验中，可能出现的结果只有有限个，即有限性；(2)试验中每个基本事件发生的可能性是均等的，即等可能性.“等可能性”指的是结果，而不是事件. （2）“等可能性”指的是结果，而不是事件.（3）使用计算公式时，关键是准确写出试验的基本事件数. 2、利用排列组合解决古典概型问题 方法归纳：判断排列还是组合：有序用排列，无序用组合 例 题：例2、今有强弱不同的十支球队，若把它们分两组进行比赛，分别计算： （1）两个最强的队被分在不同组内的概率. （2）两个最强的队恰在同一组的概率. 解：将十支球队平均分成两组，因每支球队分到哪一组的可能性完全相同，所以是等可能性事件．所有基本事件个数为5510522C C A . （1）两个最强的队被分在不同组记为事件A ，则A 中含有基本事件数为44284222C C A A ，故两支最强的队被分在不同组内的概率为：.C；故两个最强的队（2）两个最强的队恰在同一组记为事件B，则B中含有基本事件数为38恰在同一组内的概率为：强调内容：（1）什么时候用排列什么时候用组合：事件结果有顺序时用排列，无顺序时用组合（2）公式的运用3、放回与不放回求概率问题方法归纳：求概率时放回的用分步计数原理，不放回的采用排列组合来解决。
求解古典概型常见错误剖析
求解古典概型常见错误剖析作者：谭斌张世林佘媛媛来源：《理科考试研究·高中》2013年第03期古典概型是一种最基本的概率模型，也是学习其它概型的基础.现将求解古典概型常见的错误剖析如下.一、“有序”与“无序”混同，导致基本事件的个数求错例1从10件产品（其中次品3件）中，一件一件地不放回地任意取出4件，求4件中恰有1件次品的概率.错解因为第一次有10种取法，第二次有9种取法，第三次有8种取法，第四次有7种取法，由乘法原理可知从10件取4件共有10×9×8×7种取法，故从10件产品（其中次品3件）中，一件一件地不放回地任意取出4件含有10×9×8×7个可能的结果.设A=“取出的4件中恰有1件次品”，则A含有C13×C37种结果（先从3件次品中取1件，再从7件正品中取3件），剖析该题错在计算所有等可能结果的个数是用排列的方法，即考虑了抽取的顺序，而计算事件A所包含结果个数时是用组合的方法，即没有考虑抽取的顺序.正解所有可能的结果共有A410个，事件A包含A14·A13·A37个结果（4件中要恰有1件次品，可以看成四次抽取中有一次抽到次品，有A14种方式，对于每种方式，从3件次品中取一件，再从7件正品中一件一件地取3件，共有A14·A13·A37种取法）.所以P（A）=A14·A13·A37A410=12.二、“非等可能”与“等可能”混同，对古典概型的等可能性理解不清例2掷两枚质地均匀的骰子，求事件A=“出现的点数之和等于3”的概率.错解掷两枚骰子出现的点数之和的可能数值为{2，3，4，…，12}，事件A发生的结果只有一种，故P（A）=111.剖析公式P（A）=事件A所含的基本事件数基本事件的总数，当且仅当所述试验的每个结果是等可能的时候才成立，而取数值2和3不是等可能的，2只在点数为（1，1）才出现，而3却在两种情况（1，2），（2，1）时可出现，其它的情况类推.正解掷两枚骰子可能出现的等可能的情况：（1，1），（1，2），…，（1，6），（2，1），（2，2），…，（2，6），…，（6，1），（6，2），…，（6，6），结果总数为6×6=36.在这些结果中，事件A含有两种结果（1，2），（2，1），故P（A）=236=118.三、对古典概型的有限性把握不准而将古典概型误判为几何概型图1例3甲、乙二人玩数字游戏，先由两人在心中各想一个整数，分别记为x、y，当x、y∈[1，5]，且|x-y|≤1时，则称甲、乙二人“心有灵犀”.求甲、乙二人“心有灵犀”的概率.错解设甲、乙二人“心有灵犀”为事件A，由于x、y∈[1，5]，且|x-y|≤1，如图1，由几何概型概率公式得，P（A）=S阴影S正方形=16-916=716.剖析本题没有注意x、y的取值是整数，忽视了古典概型的有限性.正解设甲、乙二人“心有灵犀”为事件A，由于x、y∈[1，5]，所以满足条件的整数对共有5×5对，满足|x-y|≤1的整数对共有13对，即（1，1），（2，2），（3，3），（4，4），（5，5），（1，2），（2，1），（2，3），（3，2），（3，4），（4，3），（4，5），（5，4）.所以甲、乙二人“心有灵犀”的概率P（A）=1325.四、混淆“无放回抽取”与“有放回抽取”而出错例4从含有2件正品a1，a2和一件次品b的三件产品中每次任取一件，每次取出后不放回，连续取2次，记“取出的两件中恰有一件次品”为事件A，如果将“每次取出后不放回”换成“每次取出后放回”，连续取2次，记“取出的两件中恰有一件次品”为事件B，则A.P（A）=P（B）B.P（A）P（B）D. 无法确定错解每次任取1件，取出后不放回地（或有放回地）连续抽取两次，所有可能的结果是（a1，b1），（b，a1），（a2，b），（b，a2），（a1，a2）共6个基本事件；取出的2件恰有一件次品的事件B包含的结果是（a1，b），（a2，b），（b，a1），（b，a2），共4个基本事件.所以P（A）=P（B）=46=23，选A.剖析本题错在混淆“每次取出后不放回”与“每次取出后放回”. 从3件产品中不放回地抽取2件和有放回地抽取2件的基本事件都不是很大，可以一一列举出来.正解（1）每次任取1件，取出后不放回地连续抽取两次，所有可能的结果是（a1，b），（b，a1），（a2，b），（b，a2），（a1，a2），（a2，a1），共6个基本事件；取出的2件恰有一件次品的事件A包含的结果是（a1，b），（a2，b），（b，a2），（b，a2），共4个基本事件.所以（2）有放回地连续抽取两次，所有可能的结果是（a1，b），（b，a1），（a1，a1），（a2，b），（b，a2），（a2，a2），（a1，a2），（a2，a1），（b，b）共9个基本事件.取出的2件恰有一件次品的事件B包含的结果是（a1，b），（a2，b），（b，a1），（b，a2），共4个基本事件.所以P（B）=49.所以P（A）>P（B），选C.五、未能正确判断事件的关系，导致概率计算错误例5同时抛掷两枚质地均匀的骰子，求至少有一个5点或6点的概率.错解抛掷两枚骰子，基本事件的总数为36.记一枚出现5点为事件A，一枚出现6点为事件B，事件A与事件B包含的基本事件都为11种情形.而事件A与事件B是互斥事件，由古典概型的概率公式，所求的概率P（A∪B）=P（A）+P（B）=1136+1136=1118.剖析错解的原因在于：误判事件A与事件B是互斥事件.事实上这里事件A与事件B可以同时发生，不是互斥事件.正解同时抛掷两枚骰子，可能出现的结果如下表.。
高考数学冲刺古典概型考点全面解析
高考数学冲刺古典概型考点全面解析高考对于每一位学子来说，都是人生中的一次重要挑战。
而数学作为其中的关键学科，更是备受关注。
在数学的众多考点中，古典概型是一个不容忽视的重要部分。
在高考冲刺阶段，对古典概型进行全面且深入的复习，对于提高数学成绩具有重要意义。
一、古典概型的基本概念古典概型是一种概率模型，具有两个重要特征：有限性和等可能性。
有限性指的是试验中所有可能出现的基本事件只有有限个；等可能性则表示每个基本事件出现的可能性相等。
例如，掷一枚质地均匀的骰子，出现的点数就是一个古典概型问题。
因为骰子的点数只有 1、2、3、4、5、6 这六种可能，且每种点数出现的可能性相同。
二、古典概型的概率计算公式在古典概型中，事件 A 的概率可以通过以下公式计算：P(A) ＝事件 A 包含的基本事件个数／试验中所有可能的基本事件个数例如，从装有 3 个红球和 2 个白球的口袋中随机取出一个球，求取出红球的概率。
这里试验中所有可能的基本事件个数为 5（3 个红球和2 个白球），取出红球的基本事件个数为 3，所以取出红球的概率为3/5。
三、古典概型的常见题型1、摸球问题这是古典概型中常见的一类问题。
例如，一个袋子里装有 5 个红球和 3 个白球，从中随机摸出 2 个球，求摸出一红一白的概率。
解决这类问题时，首先要确定总的基本事件个数，即从 8 个球中选2 个的组合数。
然后计算摸出一红一白的基本事件个数，可以分两步考虑，先选一个红球，再选一个白球，两者相乘即为摸出一红一白的基本事件个数。
2、掷骰子问题掷骰子问题常常会与其他条件相结合。
比如，同时掷两枚质地均匀的骰子，求点数之和大于 8 的概率。
对于这种问题，需要列出所有可能的基本事件，然后找出点数之和大于 8 的基本事件个数，最后计算概率。
3、抽样问题抽样问题可以分为有放回抽样和无放回抽样。
例如，从 10 件产品中抽取 3 件，有放回抽样和无放回抽样时，抽到特定产品的概率是不同的。
古典概型四类重难点分析
古典概型四类重点题型古典概型一种十分重要的概率模型,是学习概率与统计的起点,注意古典概型的两个特征:(1)所有的基本事件只有有限个;(2)每个基本事件的发生都是等可能的.只有在同时满足（1）、（2）的条件下，运用的古典概型计算公式P （A ）=n m 得出的结果才是正确的。
下面就古典概型的四种重要题型举例解析如下:一、概念辨析题例1.判断下列命题正确与否．(1)先后抛掷两枚均匀硬币，有人说一共出现“两枚正面”，“两枚反面”，“一枚正面，一枚反面”三种结果，因此出现“一枚正面，一枚反面”的概率是31； (2)射击运动员向一靶心进行射击．试验的结果为：命中10环，命中9环，……，命中0环，这个试验是古典概型．(3)袋中装有大小均匀的四个红球，三个白球，两个黑球，那么每种颜色的球被摸到的可能性相同．【思路点拨】根据每一次试验的意义和每个基本事件的含义进行判断.【解】所有命题均不正确.(1)应为4种结果，还有一种是“一枚反面，一枚正面”.(2)不是古典概型，因为命中10环，命中9环，…命中0环不是等可能的．(3)摸到红球的概率为94，白球的概率为31，黑球的概率为92． 【方法技巧】弄清每一次试验的意义及每个基本事件的含义是解决问题的前提，正确把握各个事件的相互关系是解决问题的重要方面，判断一次试验中的基本事件，一定要从其可能性入手，加以区分而一个试验是否是古典概型要看其是否满足有限性和等可能性．二、写出基本事件且求其概率例2 做如下试验：“将一枚均匀硬币抛掷两次”．(1)试用列举法写出该试验所包含的基木事件；(2)事件A “两次都出现正面”包含几个基本事件？(3)事件B “一次出现正面，一次出现反面”含有的基本事件是什么？(4)计算P(A)和P(B)．【思路点拨】试验“将一枚均匀硬币抛掷两次”中，由于出现的结果有限，每次只能有一种结果（一枚硬币要么正面朝上，要么反面朝上），且每种结果出现的可能性是相同的，所以该试验是古典概型．当试验的结果较少时，可用列举法将所有试验结果一一列出，这是最基本、最直观的方法．同样地可把事件A 或事件B 所含的基本事件一一列出．计算古典概型的概率关键是确定m,n.【解】(1)试验“将一枚均匀硬币抛掷两次”所出现的所有基本事件如下： (正，正)、(正，反)、（反，正）、（反，反）共4种等可能的结果．(2)事件A 包含的基本事件只有一个，即（正，正）．(3)事件B 包含的基本事件有两个，即（正，反）和（反，正）．(4)P(A)=41,P(B)=2142=. 【方法技巧】本题在求试验的基本事件总数时，用枚举法将所有结果一一列举出来、直观而具体，但应把握列举的原则，不要出现重复和遗漏．三、求简单古典概型的概率例3 如图，在一个木制的棱长为3的正方体表面涂上颜色，将它的棱3等分，然后从等分点把正方体锯开，得到27个棱长为1的小正方体，将这些小正方体充分混合后，装入一个口袋中．(1)从这个口袋中任意取出1个小正方体，这个小正方体的表面恰好没有颜色的概率是多少？(2)从这个口袋中同时任意取出2个小正方体，其中1个小正方体恰好有1个面涂有颜色，另1个小正方体至少有2个面涂有颜色的概率是多少？【思路点拨】该模型为古典概型，基本事件个数是有限的，并且每个基本事件的发生是等可能的．【解】在27个小正方体中，恰好3个面都涂有颜色的共8个，恰好2个面涂有颜色的共12个，恰好1个面涂有颜色的共6个，表面没涂颜色的1个．(1)27个小正方体中任意取出1个，共有127C = 27种等可能的结果．因为在27个小正方体中，表面没涂颜色的只有1个，所以从这个口袋中任意取出1个小正方体，而这个小正方体的表面恰好没涂颜色的概率是271=P . (2)从27个小正方体中，同时任取2个，共有227C 种等可能的结果．在这些结果中，有1个小正方体恰好有1个面涂有颜色，另1个小正方体至少有2个面涂有颜色包含的结果有)(1811216C C C +种．所以从这个口袋中同时任意取出2个小正方体,其中1个小正方体恰好有1个面涂有颜色，另1个小正方体至少有2个面涂有颜色的概率是11740)(2271811216=+=C C C C P . 【方法技巧】（1)计算古典概型事件的概率可分三步：①算出基本事件的总个数n;②求出事件A 所包含的基本事件个数m ；③代入公式求出概率P.(2)含有“至多”“至少”等类型的概率问题，从正面突破比较困难或者比较繁琐时，可考虑其反面，即对立事件，然后应用对立事件的性质)(1)(A P A P -=进一步求解．四、复杂的古典概型的概率的求法例4 甲、乙二人用4张扑克牌（分别是红桃2、红桃3、红桃4、方片4)玩游戏，他们将扑克牌洗匀后，背面朝上放在桌面上，甲先抽，乙后抽，抽出的牌不放回，各抽一张．(1)设(I,j)分别表示甲、乙抽到的牌的数字，写出甲、乙二人抽到的牌的所有情况；(2)若甲抽到红桃3,则乙抽出的牌的牌面数字比3大的概率是多少？(3)甲、乙约定：若甲抽到的牌的牌面数字比乙大，则甲胜，反之，则乙胜．你认为此游戏是否公平，说明你的理由．【思路点拨】因为共有4张牌，基本事件的总数是有限的，而且每张牌被抽到是等可能的，因此是古典概型，另外要注意牌是不放回摸牌，每次摸出的牌不能重复．【解】(1)甲、乙二人抽到的牌的所有情况（方片4用4’表示，其他用相应的数字表示）为：(2,3),(2,4),(2,4’)，（3,2），（3，4），（3，4’），（4，2），（4，3），（4，4’），（4’，2），（4’，3），(4’，4)共12种不同情况．(2)甲抽到3,乙抽到的牌只能是2,4,4’，因此乙抽到的牌的牌面数字比3大的概率为32. (3)甲抽到的牌的牌面数字比乙大的情况有(3,2,(4,2),(4,3),(4’,2)，(4’,3)共5种，故甲胜的概率1251=P ,同理乙胜的概率为1252=P .因为P 1= P 2，所以此游戏公平. 【方法技巧】本题属于求较复杂事件的概率，关键是理解题目的实际含义，把实际问题转化为概率模型，联想掷骰子试验，把红桃2,红桃3,红桃4和方片4分别用数字2,3,4,4’表示，抽象出基本事件，把复杂事件用简单事件表示，列举出总体I 包含的基本事件的个数n 及事件A 包含的基本事件的个数m ，用公式nm I card A card A P ==)()()(求解．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.。
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古典概型中的一个易错问题
对于古典概型概率的求法，只要求出基本事件总数和事件A包含的基本事件个数就行了。
困难在于确定基本事件，使之具有有限性和等可能性。
判断等可能性是被许多人忽略，又使许多人感到困惑的问题，要做好这一点，需要严谨的思维，切忌想当然。
本文就是对这类问题出现的错误归类予以剖析，以期引起大家的注意。
例1. 一个家庭有两个小孩，求他们中至少有一个女孩的概率。
错解：样本空间：两个女孩或两个男孩或一男一女，用A表示“至少有一女孩”这一事件，则Ω={(男，男),(男，女),(女，女)}
A={(男，男),(男，女)}
∴P(A)= 2 3
解析：上述解法在考虑样本空间时，两个女孩或两个男孩或一男一女发生的可能性不相等。
古典概型中，P(A)= A包含基本事件的个数基本事件的总数
仅当所述的试验结果是等可能时才成立。
两个女孩只可能是（女，女），但有一女孩的情况有（男，女），（女，男）两种情况，所以
Ω={(男，男),(男，女),（女，男），(女，女)}
A={(男，女)， (女，男), （女，女}，
∴P(A)= 3 4
例2.设袋中有4只白球和2只黑球，现从袋中无放回地摸出2只球，
（1）求这两只球都是白球的概率；
（2）求这两只球中一只是白球一只是黑球的概率。
错解1：一次摸出2个球，观察结果的颜色只能有（白，白），（白，黑），（黑，黑）三种情况，即Ω={(白，白),(白，黑),（黑，黑）}。
（1）用A表示“两只球都是白球”这一事件，A ={(白，白)}，所以P(A)= 1 3
（2）用B表示“两只球中一只是白球一只是黑球”这一事件，B={(白，黑)}，
所以P(B)= 1 3
错解2：从袋中无放回地摸出2只球，第一次有6种摸法，第二次有5种摸法，共有65215
⨯÷=种可能结果，
（1）用A表示“两只球都是白球”这一事件，则A事件共有4326
⨯÷=种可能结果，
所以P(A)= 2 5
（2）用B表示“两只球中一只是白球一只是黑球”这一事件，则B事件共有4224
⨯÷=种
可能结果，所以P(B)=
2 15
解析1：在上述错解1中（白，白），（白，黑），（黑，黑）三种结果出现不是等可能的。
我们不妨把4个白球标以1，2，3，4号，2个黑球标以5，6号，则Ω={(1，2),(1，3),…
(1，6)（2，1），（2，3），…（2，6）…（6，1）（6，2）…（6，5）}。
（1）用A表示“两只球都是白球”这一事件，则A={(1，2),(1，3),(1，4)（2，1），（2，3），（2，4）（3，1），（3，2），（3，4），（4，1）（4，2）（4，3）}，
所以P(A)= 2 5
（2）用B表示“两只球中一只是白球一只是黑球”这一事件，则B={（1，5，），（1，6），（2，5），（2，6），（3，5），（3，6），（4，5），（4，6）（5，1），（5，2），（5，3），（5，4），（6，
1），（6，2），（6，3），（6，4）}，所以P(B)=
8 15
解析2：在上述错解2中，计算基本事件个数时看做是无顺序的，所以第（2）问中事件B应有428
⨯=种结果。
正确解法如下：
从袋中无放回地摸出2只球，第一次有6种摸法，第二次有5种摸法，共有6530
⨯=种可能结果，
（1）用A表示“两只球都是白球”这一事件，则A事件共有4312
⨯=种可能结果，
所以P(A)= 2 5
（2）用B表示“两只球中一只是白球一只是黑球”这一事件，则B事件共有42216
⨯⨯=种
可能结果，所以P(B)=
8 15
例3.在一个盒子中装有12枝圆珠笔，其中7枝一等品，5枝二等品，从中任取3枝，求恰有1枝一等品的概率：
错解：从中任取3枝，第一次有12种取法，第二次有11种取法，第三次有10种取法，所以
从12枝圆珠笔任取3枝的情况共有121110
⨯⨯种；
用A表示“恰有1枝一等品”这一事件，则事件A共有754
⨯⨯种情况，
∴P(A)=
7547 12111066⨯⨯
=
⨯⨯
解析1：错解中基本事件的总数共有121110
⨯⨯种取法，这表明在计算基本事件总数时是看作是有顺序的，所以在计算事件A包含基本事件的个数时，也应该看作是有顺序的。
一等品的圆珠笔可能是第一次取道的，也可能是第二次、第三次，所以事件A共有5473
⨯⨯⨯种情况。
∴P(A)= 54737 12111022⨯⨯⨯
=
⨯⨯
解析2：上述例题在计算基本事件总数时也可以看作是无顺序的，若看作是无顺序的，则基本事件总数为1211106
⨯⨯÷，事件A包含基本事件的个数为5427
⨯÷⨯
（），
∴P(A)=
54277 121110622⨯÷⨯
=
⨯⨯÷
（）。