高一数学古典概型
高一数学古典概型
马和驴，身形优雅，故常入画，一己趣味偏爱画中驴。古人笔下的毛驴，无鄙无俗无鸣无声，寥寥几笔，画出了晴耕雨读的情意。黄胄毛驴也好，有朋友一九七〇年代末走访黄胄，以梨、大枣、红 糖换得两匹，秘不示人。横板闯关 /hbcg/
老友黄宗江索驴，黄胄画不及，世事倥偬，一晃二十几年，催账上门，说不只要画一匹了。黄胄无奈打借条：“二十年前欠宗兄公驴母驴各一头，母生母，子生子，难以计数，无力偿还，立此存 照。”过段时间，黄胄画毛驴两匹送上，想收回欠条。黄宗江不肯，说出一番妙理：“毛驴已由令郎送到。经验明系两头公驴，不能生育后代。兹取算盘拨算，雌雄二驴，代代相传至今，已共一千四百 八十六头，明年将计四千九百九十九头，即使扣除此孽畜二头，阁下尚欠驴一千四百八十四头，明年仍欠四千九百九十七头。因差距很大，所以阁下欠单恕不奉还。前途茫茫，仍祈努力，以免法庭相见 时拿出笔证也。”黄胄无奈，又画驴两匹，再派儿子送去。因黄宗江戏言前一幅画为公驴，故此图题为“母驴图”，戏谑“宗江老兄匹配，黄胄奉赠”。
第89讲、古典概型与概率的基本性质(教师版)2025高考数学一轮复习讲义
第89讲古典概型与概率的基本性质知识梳理知识点1、随机事件的概率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．知识点2、古典概型（1）定义一般地，若试验E 具有以下特征：①有限性：样本空间的样本点只有有限个；②等可能性：每个样本点发生的可能性相等．称试验E 为古典概型试验，其数学模型称为古典概率模型，简称古典概型．（2）古典概型的概率公式一般地，设试验E 是古典概型，样本空间Ω包含n 个样本点，事件A 包含其中的k 个样本点，则定义事件A 的概率()()()n A k P A n n ==Ω．知识点3、概率的基本性质（1）对于任意事件A 都有：0()1P A ≤≤．（2）必然事件的概率为1，即()=1P Ω；不可能事概率为0，即()=0P ∅．（3）概率的加法公式：若事件A 与事件B 互斥，则()()()P A B P A P B =+ ．推广：一般地，若事件1A ，2A ，…，n A 彼此互斥，则事件发生（即1A ，2A ，…，n A 中有一个发生）的概率等于这n 个事件分别发生的概率之和，即：1212(...)()()...()n n P A A A P A P A P A +++=+++．（4）对立事件的概率：若事件A 与事件B 互为对立事件，则()1()P A P B =-，()1()P B P A =-，且()()()1P A B P A P B =+= ．（5）概率的单调性：若A B ⊆，则()()P A P B ≤．（6）若A ，B 是一次随机实验中的两个事件，则()()()()P A B P A P B P A B =+- ．【解题方法总结】1、解决古典概型的问题的关键是：分清基本事件个数n 与事件A 中所包含的基本事件数．因此要注意清楚以下三个方面：（1）本试验是否具有等可能性；（2）本试验的基本事件有多少个；（3）事件A是什么．2、解题实现步骤：（1）仔细阅读题目，弄清题目的背景材料，加深理解题意；（2）判断本试验的结果是否为等可能事件，设出所求事件A；（3）分别求出基本事件的个数n与所求事件A中所包含的基本事件个数m；（4）利用公式()AP A=包含的基本事件的个数基本事件的总数求出事件A的概率．3、解题方法技巧：（1）利用对立事件、加法公式求古典概型的概率（2）利用分析法求解古典概型．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．必考题型全归纳题型一：简单的古典概型问题例1．（2024·高一课时练习）下列概率模型中，是古典概型的个数为（）①从区间[]1,10内任取一个数，求取到1的概率；②从1，2，3，…，10中任取一个数，求取到1的概率；③在正方形ABCD内画一点P，求点P恰好为正方形中心的概率；④向上抛掷一枚不均匀的硬币，求出现反面朝上的概率.A．1B．2C．3D．4【答案】A【解析】古典概型的特征是样本空间中样本点的个数是有限的，并且每个样本点发生的可能性相等，故②是古典概型；①和③中的样本空间中的样本点个数不是有限的，故不是古典概型；④由于硬币质地不均匀，因此样本点发生的可能性不相等，故④不是古典概型.故选：A.例2．（2024·全国·高一专题练习）下列关于古典概型的说法正确的是（）①试验中所有可能出现的样本点只有有限个；②每个事件出现的可能性相等；③每个样本点出现的可能性相等；④样本点的总数为n，随机事件A若包含k个样本点，则()kP An=.A．②④B．②③④C．①②④D．①③④【答案】D【解析】在①中，由古典概型的概念可知：试验中所有可能出现的基本事件只有有限个，故①正确；在②中，由古典概型的概念可知：每个基本事件出现的可能性相等，故②错误；在③中，由古典概型的概念可知：每个样本点出现的可能性相等，故③正确；在④中，基本事件总数为n，随机事件A若包含k个基本事件，则由古典概型及其概率计算公式知()kP An=，故④正确．故选：D．例3．（2024·全国·高三专题练习）下列有关古典概型的四种说法：①试验中所有可能出现的样本点只有有限个；②每个事件出现的可能性相等；③每个样本点出现的可能性相等；④已知样本点总数为n，若随机事件A包含k个样本点，则事件A发生的概率()kP An=.其中所正确说法的序号是（）A．①②④B．①③C．③④D．①③④【答案】D【解析】根据古典概型的基本概念及概率公式，即可得出结论②中所说的事件不一定是样本点，所以②不正确；根据古典概型的特点及计算公式可知①③④正确.故选:D.变式1．（2024·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习）一项试验旨在研究臭氧效应，试验方案如下：选6只小白鼠，随机地将其中3只分配到试验组且饲养在高浓度臭氧环境，另外3只分配到对照组且饲养在正常环境，一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量（单位：g）.则指定的两只小鼠分配到不同组的概率为（）A．310B．25C．12D．35【答案】D【解析】指定的两只小鼠分配到相同组的概率为2124362C C2 C5=，所以指定的两只小鼠分配到不同组的概率为23155-=.故选：D变式2．（2024·青海西宁·高三统考开学考试）乒乓球是中国的国球，拥有广泛的群众基础，老少皆宜，特别适合全民身体锻炼．某小学体育课上，老师让小李同学从7个乒乓球（其中3只黄色和4只白色）中随机选取2个，则他选取的乒乓球恰为1黄1白的概率是（）A ．47B ．37C ．914D ．12【答案】A【解析】根据古典概型，从7个乒乓球中随机选取2个，基本事件总数有27C 21=个，其中恰为1黄1白的基本事件有4311C C 12⋅=个，所以概率124217P ==．故选：A ．变式3．（2024·河北保定·统考二模）三位同学参加某项体育测试，每人要从100m 跑、引体向上、跳远、铅球四个项目中选出两个项目参加测试，则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是（）A ．112B ．13C ．512D ．712【答案】C【解析】三个同学选择两个项目的试验的基本事件数有234(C )个，它们等可能，有且仅有两人选择的项目完全相同的事件A 含有的基本事件数有222344C C (C 1)-个，所以有且仅有两人选择的项目完全相同的概率222344234C C (C 1)5()(C )12P A -==.故选：C变式4．（2024·湖北·高三校联考阶段练习）将2个不同的小球随机放入甲、乙、丙3个盒子，则2个小球在同一个盒子的概率为（）A ．35B ．12C ．38D ．13【答案】D【解析】将2个不同的小球随机放入甲、乙、丙3个盒子，共有：239=种方法，2个小球在同一个盒子有3种情况，所以2个小球在同一个盒子的概率为3193=.故选：D.题型二：古典概型与向量的交汇问题例4．（2024·重庆·高三统考阶段练习）已知正九边形129A A A ，从122391,,,A A A A A A ⋯中任取两个向量，则它们的数量积是正数的概率为（）A ．12B ．23C ．49D ．59【答案】A 【解析】可以和向量12A A 构成数量积有2391,,A A A A ⋯一共8个向量，其中数量积为的正数的向量有：23348919,A A A A A A A A，，一共4个，由对称性可知，任取两个向量，它们的数量积是正数的概率为：41=82.故选：A例5．（2024·全国·高三专题练习）已知,{2,1,1,2}a b ∈--，若向量(,)m a b =，(1,1)n =r ，则向量m 与n所成的角为锐角的概率是（）A ．316B ．14C ．38D ．716【答案】B【解析】向量m 与n 所成的角为锐角等价于0m n ⋅>，且m 与n 的方向不同，即(,)(1,1)0m n a b a b ⋅=⋅=+>，则满足条件的向量m有(1,2),(1,1),(1,2),(2,1),(2,1),(2,2)--，其中(1,1)m =或(2,2)m = 时，与n 同向，故舍去，故共有4种情况满足条件，又m的取法共有4416⨯=种，则向量m 与n 所成的角为锐角的概率是41164=．故选：B ．例6．（2024·甘肃武威·甘肃省武威第一中学校考模拟预测）连掷两次骰子分别得到点数m ，n ，则向量(,)m n 与向量(1,1)-的夹角2πθ>的概率是（）A ．12B ．13C ．712D ．512【答案】D【解析】由题设，向量(,)m n 的可能组合有36种，要使向量(,)m n 与向量(1,1)-的夹角2πθ>，则(1,1)(,)0n m n m ⋅-=-<，即n m <，满足条件的情况如下：2m =时，{1}n ∈，3m =时，{1,2}n ∈，4m =时，{1,2,3}n ∈，5m =时，{1,2,3,4}n ∈，6m =时，{1,2,3,4,5}n ∈，综上，共有15种，故向量(,)m n 与向量(1,1)-的夹角2πθ>的概率是1553612=.故选：D变式5．（2024·四川成都·四川省成都市玉林中学校考模拟预测）从集合{1,2,4}中随机抽取一个数a ，从集合{2,4,5}中随机抽取一个数b ，则向量(,)m a b = 与向量(2,1)n =-垂直的概率为（）A ．19B ．29C ．13D ．23【答案】B【解析】求出组成向量(,)m a b = 的个数和与向量(2,1)n =-垂直的向量个数，计算所求的概率值．从集合{1,2,4}中随机抽取一个数a ，从集合{2,4,5}中随机抽取一个数b ，可以组成向量(,)m a b =的个数是339⨯=（个)；其中与向量(2,1)n =- 垂直的向量是(1,2)m = 和(2,4)m =，共2个；故所求的概率为29P =．故选：B ．变式6．（2024·云南楚雄·高三统考期末）从集合{}0,1,2,3中随机地取一个数a ，从集合{}3,4,6中随机地取一个数b ，则向量(),m b a = 与向量()1,2n =-垂直的概率为（）A ．112B ．13C ．14D ．16【答案】D【解析】计算出所有的基本事件数，记事件:A m n ⊥，列举出事件A 所包含的基本事件，然后利用古典概型的概率公式可计算出事件A 的概率.从集合{}0,1,2,3中随机地取一个数a ，从集合{}3,4,6中随机地取一个数b ，基本事件总数4312N =⨯=.记事件:A m n ⊥ ，当向量(),m b a = 与向量()1,2n =- 垂直时，202m n b a b a ⋅=-=⇒=，则事件A 包含的基本事件有：()2,4、()3,6（形如(),a b ），共2个，因此，()21126P A ==.故选：D.变式7．（2024·湖北·高考真题）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()1,1b =- 的夹角为θ，则0,2πθ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦的概率是（）A ．512B ．12C ．712D ．56【答案】C【解析】0,2πθ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，0a b m n ∴⋅=-≥ ，即m n ≥，事件“0,2πθ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦”所包含的基本事件有：()1,1、()2,1、()2,2、()3,1、()3,2、()3,3、()4,1、()4,2、()4,3、()4,4、()5,1、()5,2、()5,3、()5,4、()5,5、()6,1、()6,2、()6,3、()6,4、()6,5、()6,6，共21个，所有的基本事件数为2636=，因此，事件“0,2πθ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦”的概率为2173612=.故选：C.题型三：古典概型与几何的交汇问题例7．（2024·全国·高三专题练习）传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家在沙滩上面画点或用小石子表示数，他们将1，3，6，10，15，…，()12n n +，称为三角形数；将1，4，9，16，25，…，2n ，称为正方形数．现从200以内的正方形数中任取2个，则其中至少有1个也是三角形数的概率为（）A ．2591B ．2491C ．2378D ．1126【答案】A【解析】令2200n ≤，∵*n ∈N ，故200以内的正方形数有14个：1，4，9，16，25，36，49，64，81，100，121，144，169，196，其中是三角形数的仅有1与36，故所求概率1121222214C C C 25C 91P +==.故选：A ．例8．（2024（比值约为0.618，称为黄金比）（比值约为1.414，称为和美比）的矩形叫和美矩形.树叶、花瓣、向日葵、蝴蝶等都有黄金比.在中国唐、宋时期的单檐建筑中存在较多的的比例关系，常用的A 4纸的长宽比为和美比.图一是正五角星（由正五边形的五条对角线构成的图形），AD =.图二是长方体，EF 22EG EH ==.在图一图二所有三角形和矩形中随机抽取两个图形，恰好一个是黄金三角形一个是和美矩形的概率为（）A ．13B ．16C ．14D ．18【答案】B【解析】在如下图所示的正五角星中，该图中共有10个三角形，且等腰CDM V 的腰底之比大于1，等腰ABN 的腰底之比小于1，且12AN AD AB ==，则等腰ABN的腰底之比为1::12AN AB =，则在该五角星中，黄金三角形的个数为5，在如下图所示的长方体中，EF 22EG EH ==，则:EF EH =，:2:1EG EH =，:EG EF =，所以，矩形EHQF 、EFPG 均为和美矩形，所以，长方体中共6个矩形，其中和美矩形的个数为4，所以，图一和图二中共10个三角形，6个矩形，在图一图二所有三角形和矩形中随机抽取两个图形，恰好一个是黄金三角形一个是和美矩形的概率为1154216C C 201C 1206P ===.故选：B.例9．（2024·江西·高三校联考阶段练习）如图，这是第24届国际数学家大会会标的大致图案，它是以我国古代数学家赵爽的弦图为基础设计的.现用红色和蓝色给这4个三角形区域涂色，每个区域只涂一种颜色，则相邻的区域所涂颜色不同的概率是（）A ．18B ．14C ．13D ．12【答案】A【解析】将四块三角形区域编号如下，由题意可得总的涂色方法有4216=种，若相邻的区域所涂颜色不同，即12同色，34同色，故符合条件的涂色方法有2种，故所求概率21168P ==.故选：A变式8．（2024·江西·校联考二模）圆周上有8个等分点，任意选这8个点中的4个点构成一个四边形，则四边形为梯形的概率是（）A ．1035B ．1235C ．1435D ．1635【答案】B【解析】依题意，从8个点中任取4个点构成有48C 70=个四边形，构成梯形就只有以下两种情况：以某相邻两个点（如点A ，B ）构成的线段为边的梯形有2个，共有2816⨯=个，以某间隔一个点的两点（如点A ，C ）构成的线段为边的梯形有1个，共有188⨯=个，于是构成的四边形中梯形有16824+=个，所以四边形为梯形的概率是24127035=.故选：B变式9．（2024·广东深圳·高三深圳市福田区福田中学校考阶段练习）《几何原本》是古希腊数学家欧几里得所著的一部数学巨著，大约成书于公元前300年．汉语的最早译本是由中国明代数学家、天文学家徐光启和意大利传教士利玛窦合译，成书于1607年.该书前6卷主要包括：基本概念、三角形、四边形、多边形、圆、比例线段、相似形这7章，几乎包含现今平面几何的所有内容．某高校要求数学专业的学生从这7章里任选4章进行选修，则学生李某所选的4章中，含有“基本概念”这一章的概率为（）A ．37B ．47C ．57D ．67【答案】B【解析】数学专业的学生从这7章里任选4章进行选修共有：47C =35种选法；学生李某所选的4章中，含有“基本概念”这一章共有：36C =20种选法，故学生李某所选的4章中，含有“基本概念”这一章的概率为：204357==P .故选：B.变式10．（2024·河北张家口·张家口市宣化第一中学校考三模）如图，将正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，截取后的剩余部分称为“阿基米德多面体”，它是一个24等边半正多面体．从它的棱中任取两条，则这两条棱所在的直线为异面直线的概率为（）A ．1023B ．1223C ．2969D ．5069【答案】B【解析】当一条直线位置于上（或下）底面，另一条不在底面时，共有10880⨯=对异面直线，当两条直线都位于上下底面时，有428⨯=对异面直线，当两条直线都不在上下底面时，有7856⨯=对异面直线，所以，两条棱所在的直线为异面直线的概率为224805681223P C ++==故选：B变式11．（2024·全国·高三专题练习）《九章算术·商功》指出“斜解立方，得两壍堵.斜解壍堵，其一为阳马，一为鳖臑.阳马居二，鳖臑居一，不易之率也.合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣.”意为将一个正方体斜切，可以得到两个壍堵，将壍堵斜切，可得到一个阳马，一个鳖臑（四个面都是直角三角形的三棱锥），如果从正方体的8个顶点中选4个顶点得到三棱锥，则得到的三棱锥是鳖臑的概率为（）A ．1829B ．1629C ．1229D ．829【答案】C 【解析】从正方体的8个顶点中任选4个顶点，共有48C 70=（种）情况，其中4点在同一平面的情况共有两种，第一种是当取正方体的一个面上的4个点时，共有6种情况；第二种是当取上下､左右､前后斜切面的4个点时，共有6种情况，所以从正方体的8个顶点选4个顶点得到三棱锥共有706658--=（种）.因为鳖臑是四个面都是直角三角形的三棱锥，所以以1AA 为例，1AA 与下底面组成的鳖臑有111A A C D -和111A A B C -，与上底面构成的鳖臑也有两个，鳖臑共有4416⨯=（个）.又AD 与侧面组成的4个鳖臑有两个与前面得到的重复，有2个不重合，故有248⨯=（个），所以一共有24个鳖臑，所以得到的三棱锥是鳖臑的概率为24125829=，故选：C.题型四：古典概型与函数的交汇问题例10．（2024·四川遂宁·统考三模）已知3541lg 2lg5,log 3,,tan12m -⎧⎫⎪⎪⎛⎫∈+⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭，从这四个数中任取一个数m ，使函数2()21f x x mx =++有两不相等的实数根的概率为.【答案】12/0.5【解析】函数2()21f x x mx =++有两不相等的实数根，则2440m ->，解得1m <-或1m >.lg 2lg 5lg101+==，4440log 1log 3log 41=<<=，30511122->⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝=⎭.因为ππ142<<，所以πtan1tan 14>=.即从这四个数中任取一个数m ，使函数2()21f x x mx =++有两不相等的实数根的概率为2142P ==.故答案为：12例11．（2024·全国·高三专题练习）已知四个函数：（1）()1f x x =，（2）()2sin f x x =，（3）()3tan f x x =，（4）()4e x f x -=，从中任选2个，则事件“所选2个函数的图象有且仅有一个公共点”的概率为.【答案】13【解析】如图所示，()1f x x =与()3tan f x x =，()2sin f x x =与()3tan f x x =，()2sin f x x =与()4e xf x -=，()3tan f x x =与()4e x f x -=均有多个公共点，令()()()112sin g x f x f x x x =-=-，则()11cos 0g x x '=-≥，∴()1g x 在R 上单调递增，又∵()100g =，∴()()()112g x f x f x =-有唯一零点，∴()1f x x =与()2sin f x x =的图象有且仅有一个公共点；令()()()214e xg x f x f x x -=-=-，则()21e 0x g x -'=+>，∴()1g x 在R 上单调递增，又∵()2010g =-<，()21110eg =->∴存在()00,1x ∈，使()200g x =，且0x x =是()()()214g x f x f x =-的唯一零点，∴()1f x x =与()4e xf x -=的图象有且仅有一个公共点.∴从四个函数中任选2个，共有24C 6=种可能，“所选2个函数的图象有且仅有一个公共点的有()1f x x =与()2sin f x x =和()1f x x =与()4e x f x -=共2种可能，∴“所选2个函数的图象有且仅有一个公共点”的概率为2163=.故答案为：13.例12．（2024·河南信阳·河南省信阳市第二高级中学校联考一模）在2-，1-，0，1，2的五个数字中，有放回地随机取两个数字分别作为函数232y ax bx =+-中a ，b 的值，则该函数图像恰好经过第一、三、四象限的概率为．【答案】15/0.2【解析】五个数字任取一个作数字作系数a ，放回后随机任取一个数作为b ，有5525⨯=种不同取法.当0a =时，函数图像为一条直线32y bx =-，若图像恰好经过第一、三、四象限，则0b >，即有0a =，1b =；0a =，2b =两组数满足；0a ≠时，二次函数经过第一、三、四象限则开口向下，又图像过点()0,2-，顶点必在第一象限，即满足0<a ，302ba->，0∆>，有2a =-，2b =；1a =-，1b =；1a =-，2b =三组数满足．故共有5组满足，所求概率为51255=．故答案为：15变式12．（2024·四川遂宁·统考一模）若函数()y f x =的定义域和值域分别为{}1,2,3A =和{}1,2B =，则满足(1)(3)f f ≠的函数概率是．【答案】23【解析】因函数()y f x =的定义域和值域分别为{}1,2,3A =和{}1,2B =，则函数()y f x =有6个，它们是：()()()121,32f f f ===；()()()122,31f f f ===；()()()11,232f f f ===；()()()12,231f f f ===；()()()131,22f f f ===；()()()132,21f f f ===，满足(1)(3)f f =的函数有2个数，它们是(1)(3)1,(2)2f f f ===或(1)(3)2,(2)1f f f ===，因此满足(1)(3)f f ≠的函数有4个，所以满足(1)(3)f f ≠的函数概率是4263=.故答案为：23变式13．（2024·全国·高三专题练习）一个盒子中装有六张卡片，上面分别写着如下六个定义域为R 的函数：1()f x x =，22()f x x =，33()f x x =，4()sin f x x =，5()cos f x x =，6()2||1f x x =+．现从盒子中逐一抽取卡片并判函数的奇偶性，每次抽出后均不放回，若取到一张写有偶函数的卡片则停止抽取，否则继续进行，设抽取次数为X ，则3X <的概率为．【答案】45/0.8【解析】易判断()22f x x =，()5cos f x x =，6()2||1f x x =+为偶函数，所以写有偶函数的卡片有3张，X 的取值范围是{}1,2,3,4．()1316C 11C 2P X ===，()11331165C C 32C C 10P X ===，所以()()()1384312210105P X P X P X <==+==+=．故答案为：45变式14．（2024·全国·高三专题练习）对于定义域为D 的函数()f x ，若对任意的12,x x D ∈，当12x x <时都有()()12f x f x ≤，则称函数()f x 为“不严格单调增函数”，若函数()f x 的定义域{}1,2,3,4,5D =，值域为{}6,7,8A =，则函数()f x 为“不严格单调增函数”的概率是．【答案】125/0.04【解析】基本事件总数为：把D 中的5个数分成三堆：①1，1，3：3510C =，②1，2，2：22532215C C A ⋅=,则总共有33(1015)150A +⋅=种，求函数()f x 是“不严格单调增函数”的情况，等价于在1，2，3，4，5中间有4个空，插入2块板分成3组，分别从小到大对应6,7,8共有246C =种情况，∴函数()f x 是“不严格单调增函数”的概率是6115025=故答案为：125.变式15．（2024·上海·高三专题练习）从3个函数：123,y x y x -==和y x =中任取2个，其积函数在区间(,0)-∞内单调递增的概率是.【答案】23【解析】从三个函数中任取两个函数共有3种取法，若取123,y x y x -==，积函数为53y x =，所以2'353y x =，因为当0x <时，3'2503y x >=，所以函数53y x =在(,0)-∞单调递增；若取13y x -=和y x =，积函数23y x =，所以1'323y x -=，因为当0x <时，1'3203y x -<=，所以函数23y x =在(,0)-∞单调递减；若取2y x =和y x =，积函数3y x =，所以'23y x =，因为当0x <时，2'30y x =>，所以函数3y x =在(,0)-∞单调递增；故满足题意的有2个积函数，所以概率值为23，故答案为：23.题型五：古典概型与数列的交汇问题例13．（2024·江西鹰潭·统考一模）斐波那契数列{}n F 因数学家莱昂纳多•斐波那契（LeonardodaFibonaci ）以兔子繁殖为例而引入，故又称为“兔子数列”.因n 趋向于无穷大时，1nn F F +无限趋近于黄金分割数，也被称为黄金分割数列.在数学上，斐波那契数列由以下递推方法定义：数列{}n F 满足121F F ==，21n n n F F F ++=+，若从该数列前10项中随机抽取2项，则抽取的2项至少有1项是奇数的概率为（）A ．115B ．1315C ．215D ．1415【答案】D【解析】依题意可知，数列{}n F 的前10项为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，其中偶数有3个，所以从该数列前10项中随机抽取2项，则抽取的2项都是偶数的概率为23210C 1C 15P ==，所以至少有1项是奇数的概率为11411515-=.故选：D.例14．（2024·全国·高三专题练习）斐波那契数列又称黄金分割数列，也叫“兔子数列”，在数学上，斐波那契数列被以下递推方法定义：数列{}n a 满足121a a ==，21++=+n n n a a a ，先从该数列前12项中随机抽取1项，是质数的概率是（）A ．512B ．14C ．13D ．712【答案】A【解析】由斐波那契数列的递推关系可知，前12项分别为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，所以基本事件数共有12，其中质数有2，3，5，13，89，共5种，故是质数的概率为512P =.故选：A .例15．（2024·黑龙江·黑龙江实验中学校考三模）已知某抽奖活动的中奖率为12，每次抽奖互不影响．构造数列{}n c ，使得1,1,n n c n ⎧=⎨-⎩第次中奖，第次未中奖，，记()12*n n S c c c n =+++∈N ，则51S =的概率为（）A ．58B ．12C ．516D ．34【答案】A【解析】由51S =，可得51S =±，抽奖5次，出现3次中奖2次未中奖或2次中奖3次未中奖，故51S =的概率为32555C C 528P +==．故选:A.变式16．（2024·山东潍坊·高三统考阶段练习）数列{}n a 共有10项，且满足：11a =，1011a =，每一项与前一项的差为2或2-，从满足上述条件的所有数列中任取一个数列，则取到的数列满足每一项与前一项的差为2-的项都相邻的概率为（）A ．29B ．13C ．49D ．518【答案】A【解析】由于1011052a a -==⨯，{}n a 从1a 至10a ，“2+”或“2-”共9次，所以“2+”共7次，“2-”共2次，基本事件的总数有29C 36=种，“每一项与前一项的差为2-的项都相邻”的事件有8种，故取到的数列满足每一项与前一项的差为2-的项都相邻的概率为82369=.故选：A变式17．（2024·全国·高三专题练习）斐波那契数列{}n F 因数学家莱昂纳多·斐波那契（LeonardodaFibonaci ）以兔子繁殖为例而引入，故又称为“兔子数列”．因n 趋向于无穷大时，1nn F F +无限趋近于黄金分割数，也被称为黄金分割数列．在数学上，斐波那契数列由以下递推方法定义：数列{}n F 满足121F F ==，21n n n F F F ++=+，若从该数列前10项中随机抽取1项，则抽取项是奇数的概率为（）A ．12B ．310C ．23D ．710【答案】D【解析】依题意可知，数列{}n F 的前10项为：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，其中奇数有7个，所以从该数列前10项中随机抽取1项，则抽取项是奇数的概率为710.故选：D变式18．（2024·全国·高三专题练习）记数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知24n S an an b =-+，在数集{}1,0,1-中随机抽取一个数作为a ，在数集{}3,0,3-中随机抽取一个数作为b .在这些不同数列中随机抽取一个数列{}n a ，则{}n a 是递增数列的概率为（）A ．13B ．29C ．23D ．34【答案】B【解析】由已知，当1n =时，113a S b a ==-，当2n ≥时，()()()221414125n n n a S S an an b a n a n b an a -⎡⎤=-=-+----+=-⎣⎦，因为数列{}n a 为单调递增数列，则120a a a <⎧⎨>⎩，即30b a a a -<-⎧⎨>⎩，即20b aa <⎧⎨>⎩，所有样本点(),a b 有：()1,3--、()1,0-、()1,3-、()0,3-、()0,0、()0,3、()1,3-、()1,0、()1,3，共9个，其中，满足{}n a 是递增数列的样本点(),a b 有：()1,3-、()1,0，共2个，故所求概率为29P =.故选：B.变式19．（2024·全国·高三专题练习）已知数列{}()n a n *∈N 的前n 项和为1,1n S a =，且21n n S a =-，若数列{}n b 满足21132=-+-n n a b n n ，从510,*≤≤∈N n n 中任取两个数，则至少一个数满足1n n b b +=的概率为（）A ．12B ．35C ．712D ．23【答案】B【解析】由于21n n S a =-①，当1n =时，得1121a a =-，解得11a =；当2n ≥时，1121n n S a --=-②，①-②化简可得12n n a a -=，所以数列{}n a 是以1为首项，2为公比的等比数列，所以12n n a -=；因为21132=-+-n n a b n n ，所以2111322n n n n b --+-=，令1n n b b +=得221922212213n n n n n n --+-=-+-，解得6n =或7，从510,*≤≤∈N n n 中任取两个数共有()5,6，()5,7，()5,8，()5,9，()5,10，()6,7，()6,8，()6,9，()6,10，()7,8，()7,9，()7,10，()8,9，()8,10，()9,1015种，其中至少一个6或7的有9种，所以至少一个数满足1n n b b +=的概率为35，故选：B.变式20．（2024·全国·高三专题练习）已知等比数列{}n a 的首项为1，公比为-2，在该数列的前六项中随机抽取两项m a ，()*,n a m n ∈N ，则8m n a a ⋅≥的概率为（）A ．25B ．34C ．13D ．12【答案】C【解析】由题意知：11a =，22a =-，34a =，48a =-，516a =，632a =-，由80m n a a ⋅≥>，则m ，n 奇偶相同，若m ，n 都为偶数时，符合题意，情况数为233C =种；若m ，n 都为奇数时，仅有1348a a ⋅=<不符题意，情况数为2312C -=种，综上，符合题意的情况数为325+=种，而总情况数为2615C =种，∴概率51153P ==．故选：C.题型六：古典概率与统计的综合例16．（2024·四川宜宾·统考二模）2022年中国新能源汽车销量继续蝉联全球第一，以比亚迪为代表的中国汽车交出了一份漂亮的“成绩单”，比亚迪新能源汽车成为2022年全球新能源汽车市场销量冠军，为了解中国新能源车的销售价格情况，随机调查了10000辆新能源车的销售价格，得到如图的样本数据的频率分布直方图：(1)估计一辆中国新能源车的销售价格位于区间[5,35)（单位：万元）的概率，以及中国新能源车的销售价格的众数；(2)现有6辆新能源车，其中2辆为比亚迪新能源车，从这6辆新能源车中随机抽取2辆，求至少有1辆比亚迪新能源车的概率.【解析】（1）一辆中国新能源车的销售价格位于区间[)5,35的概率()0.0220.040.017100.79,++⨯= 中国新能源车的销售价格的众数为(1525)220+÷=（2）记2辆比亚迪新能源车为,A B ，其余4辆车为1,2,3,4，从6辆新能源车中随机抽取2辆的情况有：()()()()()()(),,,1,,2,,3,,4,,1,,2A B A A A A B B ，()()()()()()()(),3,,4,1,2,1,3,1,4,2,3,2,4,3,4B B ，共15种情况.其中至少有1辆比亚迪新能源车的情况有：()()()()()()(),,,1,,2,,3,,4,,1,,2A B A A A A B B ，()(),3,,4B B ，共有9种情况.至少有1辆比亚迪新能源车的概率93155P ==例17．（2024·北京西城·高三北京市第三十五中学校考开学考试）为了解某中学高一年级学生身体素质情况，对高一年级的(1)班 (8)班进行了抽测，采取如下方式抽样：每班随机各抽10名学生进行身体素质监测.经统计，每班10名学生中身体素质监测成绩达到优秀的人数散点图如下（x 轴表示对应的班号，y 轴表示对应的优秀人数）：(1)若用散点图预测高一年级学生身体素质情况，从高一年级学生中任意抽测1人，求该生身体素质监测成绩达到优秀的概率；(2)若从以上统计的高一（2）班和高一（4）班的学生中各抽出1人，设X 表示2人中身体素质监测成绩达到优秀的人数，求X 的分布列及其数学期望；(3)假设每个班学生身体素质优秀的概率与该班随机抽到的10名学生的身体素质优秀率相等.现在从每班中分别随机抽取1名同学，用“1k ξ=”表示第k 班抽到的这名同学身体素质优秀，“0k ξ=”表示第k 班抽到的这名同学身体素质不是优秀（1,2,...,8k =）．写出方差()()()()1234,,,D D D D ξξξξ的大小关系（不必写出证明过程）．【解析】（1）从高一年级（1）班~（8）班学生中抽测了80人，其中身体素质检测成绩优秀的人数有8694759856+++++++=人，所以，优秀的概率是710因为是随机抽样，所以用样本估计总体，可知从高一年级学生中任意抽测一人，该生身体素质检测成绩达到优秀的概率是710（2）因为高一（2）班抽出的10名同学中，身体素质监测成绩达到优秀的人数有6人，不优秀的有4人，因为高一（4）班抽出的10名同学中，身体素质监测成绩达到优秀的人数有4人，不优秀的有6人，所以从中抽出2人，X 的可能取值为0,1,2()23605525P X ==⨯=，()3322131555525P X ==⨯+⨯=，()32625525P X ==⨯=，所以X 的分布列为X12P6251325625数学期望()61360121252525E X =⨯+⨯+⨯=（3）4213=>>D D D D ξξξξ，理由：由于()()()()123410.8,10.6,10.9,10.4,P P P P ξξξξ========且k ξ服从二点分布，所以()()()()()211=1=24k k k k D P P P ξξξξ⎛⎫---+ ⎪⎝⎭，由于()()()()31241110.810.610.4,2P P P P ξξξξ=>==>==>>==()()211=24k k D P ξξ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭在1,12⎛⎫⎪⎝⎭单调递减，所以()()()()4213D D D D ξξξξ=>>.例18．（2024·四川成都·校联考模拟预测）某重点大学为了解准备保研或者考研的本科生。
高一数学古典概型
古典概型的应用(第1课时)课件高一上学期数学北师大版
试验的每一个结果是等可能的．所以P（“能取到钱”）
“能取到钱”所包含的基本事件的个数
＝
＝
1
10 000
10 000
新知探究
(2) 一个暗箱子里放着10个完全一样的小球，其中三个小球上 分别写着一等奖、二等奖、三等奖，现在请10个人无放回地抽 取奖品，请问中奖机会与先后顺序有关吗？
中奖的机会与先 后顺序没有关系！
例题精讲
解法2 因为是计算“第二个人摸到白球”的概率，所以只考虑前两个 人摸球的情况． 考察试验：前两个人按顺序依次从中摸出一个球，记录摸球的所有可 能结果．前两个人按顺序依次从袋中摸出一个球的所有结果用树状图 表示，如图
例题精讲
从上面的树状图可以看出，试验的样本空间共有12个样本点．由于 口袋内的4个球除颜色外完全相同，因此可以认为这12个样本点出现 的可能性是相等的，从而用古典概型来计算概率 观察树状图可知，事件A包含6个样本点，因此
（2）对于事件“取出的书上、下册各一本，但不成套”与事件“取出的书上、 下册各一本，而且成套”是对立事件吗？为什么？
不是
例题精讲
例2 口袋里共有4个球，其中有2个是白球，2个是黑球，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个球（不放回）， 试计算第二个人摸到白球的概率．
分析：由于口袋内的4个球除颜色外完全相同，因此可以 认为每一个样本点出现的可能性是相等的，从而用古典 概型来计算概率
A．4
B．3
C．2
D．1
5
5
5
5
设基本事件为（a，b），则所有基本事件：Ω＝{（a，b）|a∈{1，2，
3，4，5}，b∈{1，2，3}}，包含的基本事件总数n＝15．事件“b＞a”
高中数学古典概型教案设计
高中数学古典概型教案设计2022年高中数学古典概型教案设计一教学目标：(1)理解古典概型及其概率计算公式，(2)会用列举法计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发生的概率。
教学重点：理解古典概型的概念及利用古典概型求解随机事件的概率.教学难点：如何判断一个试验是否是古典概型，分清在一个古典概型中某随机事件包含的基本事件的个数和试验中基本事件的总数.教学过程：导入：故事引入探究一试验：(1)掷一枚质地均匀的硬币的试验(2)掷一枚质地均匀的骰子的试验上述两个试验的所有结果是什么?一.基本事件1.基本事件的定义：1/ 12随机试验中可能出现的每一个结果称为一个基本事件2.基本事件的特点：(1)任何两个基本事件是互斥的(2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和。
例1、从字母a，b，c，d中任意取出两个不同的字母的试验中，有几个基本事件?分别是什么?探究二：你能从上面的两个试验和例题1发现它们的共同特点吗?二.古典概型(1)试验中所有可能出现的基本事件只有有限个;(有限性)(2)每个基本事件出现的可能性相等。
(等可能性)我们将具有这两个特点的概率模型称为古典概率模型，简称古典概型。
思考：判断下列试验是否为古典概型?为什么?(1).从所有整数中任取一个数(2).向一个圆面内随机地投一个点，如果该点落在圆面内任意一点都是等可能的。
(3).射击运动员向一靶心进行射击，这一试验的结果只有有限个，命中10环，命中9环，。
.命中1环和命中0环(即不命中)。
(4).有红心1，2，3和黑桃4，5共5张扑克牌，将其牌点向2/ 12下置于桌上，现从中任意抽取一张.2022年高中数学古典概型教案设计二(一)教学内容本节课选自《普通高中课程标准实验教科书》人教A版必修3第三章第二节《古典概型》，教学安排是2课时，本节课是第一课时。
(二)教学目标1. 知识与技能：(1) 通过试验理解基本事件的概念和特点;(2) 通过具体实例分析，抽离出古典概型的两个基本特征，并推导出古典概型下的概率计算公式;(3) 会求一些简单的古典概率问题。
例析古典概型中的几种经典问题
ʏ查 霖在日常工作和现实生活中,有大量的随机事件的概率并不一定要通过大量的试验来得到,只要掌握了一些基本情况,就可以知道它们相应的概率,这就是最常见的古典概型㊂古典概型中主要有几种经典的实例:骰子(硬币)问题㊁摸球问题㊁抽数问题㊁格子问题等㊂下面就此举例分析,供大家学习与参考㊂一㊁骰子(或硬币)问题抛掷骰子问题和抛掷硬币问题一样,是古典概型中一种重要的模型㊂它的实质就是抛掷骰子(或硬币)n 次,那么对应的基本事件总数为6n (或2n),根据相应事件所对应的基本事件的个数,结合古典概型的计算公式求得对应的概率㊂例1 将一颗质地均匀的骰子(一种六个面分别标有1,2,3,4,5,6的正方体玩具),先后抛掷2次,则出现向上的点数之和为4的概率为㊂思路导引:根据抛掷骰子的总数确定古典概型中的基本事件总数,再结合抛掷2次出现向上的点数之和为4的事件的个数,进而利用古典概型的概率公式求解㊂基本事件的总数为6ˑ6=36,点数之和为4的可能结果为(1,3),(2,2),(3,1),共3种情况,所以所求概率P =336=112㊂答案为112㊂解法反思:抛掷骰子或抛掷硬币问题,关键是确定相关事件的个数㊂容易出错的地方是计算遗漏,如本题中的(1,3)和(3,1)是两种不同的结果,不能认为是一种结果㊂二㊁摸球问题摸球问题等同于抽签问题,关键是确定每次所摸的符合题目要求的球的可能结果㊂要注意所摸球的先后顺序和球的颜色与题目条件之间的关系,否则容易出错㊂例2 袋中有4个白球,3个黑球,从中连续任意取出2个球,且每次取出的球不再放回,求第2次取出的球是白球的概率㊂思路导引:本题的基本事件总数是从7个球中有次序地取出2个球的不同取法,即7ˑ6种取法㊂第2次取出的球是白球的可能结果是:若第一次取的是白球,那么第2次是从3个白球中再取出一球,若第一次取的是黑球,那么第2次是从4个白球中再取出一球㊂由题意可得,所求概率P ( 第2次取出的球是白球 )=4ˑ37ˑ6+3ˑ47ˑ6=47㊂解法反思:本题实质上也是抽签问题,按上述规则抽签,每人抽中白球的机会相等,且与抽签次序无关㊂在涉及与抽签及其相关事件时,都可以采用摸球问题的数学模型所对应的古典概型问题来分析与处理㊂三㊁抽数问题抽数问题可以根据条件加以分析,也可以结合排列与组合加以综合分析㊂解答这类问题,关键是确定所有的数的总个数,以及所满足条件的数的个数㊂如果利用排列与组合分析时,一定要注意两者分析时的一致性㊂例3 从1,2, ,9这9个数字中,随机抽取3个不同的数,则这3个数的和为偶数的概率是( )A.59 B .49C .1121D .1021思路导引:本题基本事件的总数是从9个数中有次序地取出3个数的不同取法,即基本事件总数是9ˑ8ˑ7=504㊂分析3个数的和为偶数的不同情况,确定所包含的基本事件个数,从而得到所求概率㊂基本事件的总数是9ˑ8ˑ7=504㊂这3个数的和为偶数33经典题突破方法高一数学 2023年5月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.的可能结果有四种情况:偶奇奇,共有4ˑ5ˑ4=80(种);奇偶奇,共有5ˑ4ˑ4=80(种);奇奇偶,共有5ˑ4ˑ4=80(种);偶偶偶,共有4ˑ3ˑ2=24(种)㊂所以所求概率P =80+80+80+24504=1121㊂应选C ㊂解法反思:本题实质上就是数的一种排列问题,抽出来的2个数所组成的两位数有次序关系,通过计算基本事件的总数以及所求事件的个数,从而得到所求的概率㊂四㊁格子问题格子问题也是一种常见的古典概型问题㊂解答这类问题,关键是确定对应的格子与相应的元素之间的填充关系,有时可以结合树状图㊁列举法加以分析与处理㊂例4 把3个不同的球投入3个不同的盒子内(每盒球数可以不限),计算:(1)无空盒的概率㊂(2)恰有一个空盒的概率㊂思路导引:本题的基本事件总数是把3个不同的球投入3个不同的盒子内的不同放法,题设条件是每盒的球数可以不限,即最多可以投入3个,最少可以投入0个,然后按要求计算出所求事件的个数,从而得到所求概率㊂基本事件的总数是把3个不同的球投入3个不同的盒子内的不同放法,第一个球的放法有3种可能,第二个球的放法也有3种可能,第三个球的放法还是有3种可能,则基本事件总数是3ˑ3ˑ3=27㊂设事件A = 无空盒 ,事件B = 恰有一个空盒 ,3个不同的球分别记为a ,b ,c ㊂(1)事件A 包含的可能结果为a b c ,a c b ,b ac ,b c a ,c a b ,c b a ,共有6种情况,所以P (A )=627=29㊂(2)第一个盒子是空盒的可能结果为( )(a )(b c ),( )(b )(a c ),( )(c )(a b ),( )(b c )(a ),( )(a c )(b ),( )(a b )(c ),共有6种情况,其他两个盒子是空盒的情况与第一个盒子一样,所以事件B 包含的基本事件个数是6ˑ3=18,所以P (B )=1827=23㊂解法反思:本题通过分析3个不同的球与3个不同的盒子之间的关系,计算出基本事件的总数,再根据题设条件,正确分析并列举出所求事件的个数,最后结合古典概型的概率公式求得结果㊂编者的话:在解答古典概型问题时,有时会直接涉及骰子(硬币)问题㊁摸球问题㊁抽数问题㊁格子问题等,有时会涉及与之相关的问题,解题的关键是合理构建对应的古典概率模型,借助古典概型的概率公式来分析与处理,从而实现问题的解决㊂1.连掷两次骰子分别得到点数m ,n ,则向量a =(m ,n )与向量b =(-1,1)的夹角θ>90ʎ的概率是( )㊂A.512 B .712 C .13 D .12提示:连掷两次骰子得到的点数(m ,n )的所有基本事件为(1,1),(1,2), ,(6,6),共36个㊂因为(m ,n )㊃(-1,1)=-m +n <0,所以m >n ,可知符合要求的事件为(2,1),(3,1),(3,2),(4,1),(4,2),(4,3),(5,1), ,(5,4),(6,1), ,(6,5),共15个㊂故所求概率P =1536=512㊂应选A ㊂2.已知集合A ={2,3,4,5,6,7},B ={2,3,6,9},在集合A ɣB 中任取一个元素,则它是集合A ɘB 中的元素的概率为( )㊂A.23 B .35 C .37 D .25提示:依题意得A ɣB ={2,3,4,5,6,7,9},即这个试验的样本空间Ω中有7个元素㊂由A ɘB ={2,3,6},可知这个试验包含3个样本点㊂由古典概型的概率公式得所求概率为37㊂应选C ㊂作者单位:江苏省高邮市临泽中学(责任编辑 郭正华)43 经典题突破方法 高一数学 2023年5月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。
10.1.3古典概型课件高一下学期数学人教A版2
1
（1，1） （1，2） （1，3）（1，4） （1，5） （1，6）
2
（2，1）（2，2）（2，3） （2，4）（2，5） （2，6）
3
（3，1）（3，2） （3，3） （3，4） （3，5） （3，6）
4
（4，1）（4，2） （4，3） （4，4）（4，5） （4，6）
5
（5，1）（5，2） （5，3） （5，4） （5，5） （5，6）
P( A) 2 1 12 6
③按性别等比例分层抽样(先抽1名男生,再抽1名女生)的样本空间：P( A) 0 Ω3= {(B1,G1),(B1,G2),(B2,G1),(B2,G2)}
END
(G1,B1),(G1,B2),(G1,G1),(G1,G2), (G2,B1),(G2,B2),(G2,G1),(G2,G2)}
16 4
②不放回简单随机抽样的样本空间：
Ω2= {(B1,B2),(B1,G1),(B1,G2),(B2,B1),(B2,G1),(B2,G2),(G1,B1),(G1,B2), (G1,G2), (G2,B1),(G2,B2),(G2,G1)}
(4) 抽到J或Q或K；
(5) 抽到的牌既是红心又是草花；
(6) 抽到的牌比6大比9小；
(7) 抽到的牌是红花色；
(8) 抽到的牌是红花色或黑花色.
解：(1) 1 ; 13
(2) 12 ; 13
(3) 1 ; 4
(4) 3 ; 13
(5) 0;
(6) 2 ; 13
(7) 1 ; 2
(8)1.
3. 从0~9这10个数中随机选择一个数，求下列事件的概率:
分层抽样的样本空间.
设事件A= “抽到两名男生”
高一数学古典概型
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