高三数学知识点总结概率
全概率公式、贝叶斯公式课件-2025届高三数学一轮复习
二、多个事件的全概率问题
例2 某电子设备制造厂所用的元件是由三家元件制造厂提供的，根据
以往的记录有如下表所示的数据：
元件制造厂
次品率
提供元件的份额
1
0.02
0.15
2
0.01
0.80
3
0.03
0.05
设这三家元件制造厂的元件在仓库中是均匀混合的，且无区别的标志. 在仓库中随机地取一只元件，求它是次品的概率.
i＝1
问题中，当某一事件的概率难以求得时，可转 化为一系列条件下发生的概率的和.
例 1 某次社会实践活动中，甲、乙两个班的同学共同在一个社区进行 民意调查.参加活动的甲、乙两班的人数之比为 5∶3，其中甲班中女生 占35，乙班中女生占13.求该社区居民遇到一位进行民意调查的同学恰好 是女生的概率.
n
P(Ai)P(B|Ai)
i＝1
.这个公式称为全概率公式(total probability formula).
注意点： 如图所示，B 发生的概率与 P(BAi)(i＝1,2，…， n)有关，且 B 发生的概率等于所有这些概率的
n
n
和，即 P(B)＝P(BAi)＝P(Ai)P(B|Ai).在实际
i＝1
解 设事件Bi表示所取到的产品是由第i家元件制造厂提供的(i＝1,2,3)， 事件A表示取到的是一件次品. 其中B1，B2，B3两两互斥，A发生总是伴随着B1，B2，B3之一发生， 即A＝B1A∪B2A∪B3A，且B1A，B2A，B3A两两互斥， 运用互斥事件概率的加法公式和乘法公式，得
P(A)＝P(B1A)＋P(B2A)＋P(B3A) ＝P(B1)P(A|B1)＋P(B2)P(A|B2)＋P(B3)(A|B3) ＝0.15×0.02＋0.80×0.01＋0.05×0.03 ＝0.012 5. 因此，在仓库中随机地取一只元件，它是次品的概率为0.012 5.
古典概型、概率的基本性质【八大题型】(举一反三)(新高考专用)(解析版)2025年新高考数学一轮复习
古典概型、概率的基本性质【八大题型】【题型1 古典概型】................................................................................................................................................3【题型2 有放回与无放回问题的概率】................................................................................................................4【题型3 概率基本性质的应用】............................................................................................................................6【题型4 几何概型】................................................................................................................................................7【题型5 古典概型与函数的交汇问题】..............................................................................................................10【题型6 古典概型与向量的交汇问题】..............................................................................................................12【题型7 古典概型与数列的交汇问题】..............................................................................................................14【题型8 古典概型与统计综合】.. (16)1、古典概型、概率的基本性质【知识点1 古典概型及其解题策略】1．古典概型(1)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.(2)古典概型的定义我们将具有以下两个特征的试验称为古典概型试验，其数学模型称为古典概率模型，简称古典概型.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.(3)古典概型的判断标准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.下列三类试验都不是古典概型：①样本点(基本事件)个数有限，但非等可能;②样本点(基本事件)个数无限，但等可能；③样本点(基本事件)个数无限，也不等可能.2．古典概型的概率计算公式一般地，设试验E是古典概型，样本空间A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P(A)=n(A)和n()分别表示事件A和样本空间包含的样本点个数.3．求样本空间中样本点个数的方法(1)枚举法：适合于给定的样本点个数较少且易一一列举出的问题.(2)树状图法：适合于较为复杂的问题，注意在确定样本点时(x, y)可看成是有序的，如(1,2)与(2,1)不同，有时也可看成是无序的，如(1,2)与(2,1)相同.(3)排列组合法：再求一些较复杂的样本点个数时，可利用排列或组合的知识进行求解.4．古典概型与统计结合有关古典概型与统计结合的题型是高考考查概率的一个重要题型.概率与统计的结合题，无论是直接描述还是利用频率分布表、频率分布直方图等给出的信息，准确从题中提炼信息是解题的关键.复杂事件的概率可将其转化为互斥事件或对立事件的概率问题.【知识点2 概率的基本性质】1．概率的基本性质(1)对于一个较复杂的事件，一般将其分解成几个简单的事件，当这些事件彼此互斥时，原事件的概率就是这些简单事件的概率的和.(2)当求解的问题中有“至多”“至少”“最少”等关键词语时，常常考虑其对立事件，通过求其对立事件的概率，然后转化为所求问题.【方法技巧与总结】1．概率的一般加法公式P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩B)中，易忽视只有当A∩B=，即A,B互斥时，P(A∪B)=P(A)+P(B)，此时P(A∩B)=0.【题型1 古典概型】【例1】（2024·陕西商洛·模拟预测）从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数都是奇数的概率为（）A．25B．35C．110D．310【解题思路】利用列举法结合古典概型分析求解.【解答过程】从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取2张，总共包含{1,2},{1,3},{1,4},{1,5}，{2,3},{2,4},{2,5},{3,4},{3,5},{4,5}这10个基本事件，抽到的2张卡片上的数都是奇数包含其中{1,3},{1,5},{3,5}这3个基本事件，所以抽到的2张卡片上的数都是奇数的概率为310.故选：D.【变式1-1】（2024·内蒙古包头·三模）将2个a和3个b随机排成一行，则2个a不相邻的概率为（）A．0.4B．0.5C．0.6D．0.7【解题思路】求出所有的样本点，然后由古典概型的概率公式求解即可.【解答过程】2个a和3个b随机排成一行的样本空间为:Ω={aabbb,ababb,abbab,abbba,baabb,babab,babba,bbaab,bbaba,bbbaa}，共10个样本点，其中2个a不相邻的样本点有ababb,abbab,abbba,babab,babba,bbaba，共6个，所以所求概率为：P=610=35=0.6.故选：C.【变式1-2】（2024·西藏拉萨·二模）从3,4,5,6,7这5个数字中任取3个，则取出的3个数字的和为大于10的偶数的概率是（）A．23B．34C．25D．35【解题思路】列举所有的基本事件，再找到满足和为偶数的基本事件，根据概率公式计算即可.【解答过程】从3,4,5,6,7这5个数字中任取3个，有10种不同的结果：(3,4,5),(3,4,6),(3,4,7),(3,5,6),(3,5,7),(3,6,7),(4,5,6),(4,5,7),(4,6,7),(5,6,7)，其中取出3个数字的和为大于10的偶数的结果有6个：(3,4,5),(3,4,7),(3,5,6),(3,6,7),(4,5,7),(5,6,7)，所以所求概率P=610=35.故选：D.【变式1-3】（2024·内蒙古呼和浩特·二模）袋中共有5个除颜色外完全相同的球，其中2个红球、1个白球、2）A．110B．15C．310D．25【解题思路】列出所有可能情况种数及对应颜色为一白一黑的情况种数计算即可得.【解答过程】设这五个球中白球为a，红球分别为b1、b2，黑球分别为c1、c2，则从袋中任取两球，有ab1、ab2、ac1、ac2、b1b2、b1c1、b1c2、b2c1、b2c2、c1c2共十种可能，其中一白一黑有ac1、ac2共两种可能，所以一白一黑的概率P=210=15．故选：B.【题型2 有放回与无放回问题的概率】【例2】（2024·全国·模拟预测）盒中装有1，2，3，4四个标号的小球．小明在盒中随机抽取两次（不放回），则抽中的两次小球号码均为偶数的概率为（）4236【解题思路】由古典概率公式求解．【解答过程】由于抽取两次是不放回的，且盒子里有2个奇数球，2个偶数球，则抽中的两次小球号码均为偶数的概率为：24×13=16，故选：D.【变式2-1】（23-24高三上·贵州·阶段练习）从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之和是3的倍数的概率为（ ）A ．15B ．13C ．25D ．23【解题思路】利用列举法，根据古典概型概率公式即得．【解答过程】从6张卡片中无放回抽取2张，共有（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种结果，其中数字之和为3的倍数的有（1，2），（1，5），（2，4），（3，6），（4，5），共5种结果，故抽到的2张卡片上的数字之和是3的倍数的概率为515=13.故选：B.【变式2-2】（23-24高二下··阶段练习）从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为（ ）A ．110B ．15C ．310D ．25【解题思路】利用古典概型概率公式即可求得抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率.【解答过程】记“抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数”为事件A ，则事件A 共包含以下10种情况：(2,1),(3,1),(3,2),(4,1),(4,2),(4,3),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4)，而有放回的连续抽取2张卡片共有5×5=25（种）不同情况，则P(A)=1025=25故选：D.【变式2-3】（23-24高三上·江苏南京·阶段练习）从分别写有1,2,3,4,5,6的六张卡片中无放回随机抽取两张，则抽到的两张卡片上的数字之积是3的倍数的概率为（ ）5535【解题思路】根据题意，用列举法分析“从六张卡片中无放回随机抽取2张”和“抽到的2张卡片上的数字之积是3的倍数”的情况数目，由古典概型公式计算可得答案．【解答过程】根据题意，从六张卡片中无放回随机抽取2张，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种取法，其中抽到的2张卡片上的数字之积是3的倍数有(1,3)，(1,6)，(2,3)，(2,6)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,6)，(5,6)，共9种情况，则抽到的2张卡片上的数字之积是3的倍数的概率P =915=35；故选：A ．【题型3 概率基本性质的应用】【例3】（2024·全国·模拟预测）从装有若干个红球和白球（除颜色外其余均相同）的黑色布袋中，随机不放回地摸球两次，每次摸出一个球.若事件“两个球都是红球”的概率为215，“两个球都是白球”的概率为13，则“两个球颜色不同”的概率为（ ）A ．415B ．715C ．815D ．1115【解题思路】设“两个球都是红球”为事件A ，“两个球都是白球”为事件B ，“两个球颜色不同”为事件C ，则A ，B ，C 两两互斥，C =A ∪B ，再根据对立事件及互斥事件概率公式，即可求解.【解答过程】设“两个球都是红球”为事件A ，“两个球都是白球”为事件B ，“两个球颜色不同”为事件C ，则P (A )=215，P (B )=13，且C =A ∪B .因为A ，B ，C 两两互斥，所以P (C )=1―=1―P (A ∪B )=1―[P (A )+P (B )]=1―215―13=815.故选：C.【变式3-1】（24-25高二上·吉林·阶段练习）设A, B 是一个随机试验中的两个事件，且P (A )=12, P (B )=35, PA =12，则P (AB )=（ ）A ．13B ．15C ．25D ．110【解题思路】先利用和事件的概率公式求出P AB P (AB )=P (A )―P AB .【解答过程】因为P(A)=12，P(B)=35，所以P A =12,P(B )=25，又P A +=P (A )+P B ―P =12+25―P AB =12，所以P =25，所以P (AB )=P (A )―P AB =12―25=110.故选：D.【变式3-2】（23-24高二下·浙江舟山·期末）设A ，B 是一个随机试验中的两个事件，且P (A )=12，=712，+=14，则P (A +B )=（ ）A ．712B ．23C ．1112D ．34【解题思路】根据对立事件的概率与互斥事件的概率及概率的加法公式计算求解即可.【解答过程】因为P (A )=12，=712，故=12，P (B )=512，因为AB 与AB 为互斥事件，故+=AB +P =14，又AB +P (AB )=P (B ),P AB +P (AB )=P (A )，所以有P (B )―P (AB )+P (A )―P (AB )=512+12―2P (AB )=14，故P (AB )=13，故P (A +B )=P (A )+P (B )―P (AB )=12+512―13=712.故选：A.【变式3-3】（23-24高二上·重庆·阶段练习）已知A ，B ，C ，D 四个开关控制着1，2，3，4号四盏灯，只要打开开关A 则1，4B 则2，3号灯就会亮，只要打开开关C 则3，4号灯就会亮，只要打开开关D 则2，4号灯就会亮.开始时，A ，B ，C ，D 四个开关均未打开，四盏灯也都没亮.现随意打开A ，B ，C ，D 这四个开关中的两个不同的开关，则其中2号灯灯亮的概率为（ ）A ．16B ．13C ．12D ．56【解题思路】根据古典概型以及对立事件的概率关系列式计算可得解.【解答过程】由题意，随意打开A ，B ，C ，D 这四个开关中的两个不同的开关，共有AB,AC,AD,BC,BD,CD 种，其中只有打开AC 开关时2号灯不会亮，其余情况2号灯均会亮，所以2号灯灯亮的概率为1―16=56.故选：D.【题型4 几何概型】【例4】（2024·陕西榆林·模拟预测）七巧板被誉为“东方魔板”，是我国古代劳动人民的伟大发明之一，由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成．如图是一个用七巧板拼成的正方形，若向此正方形内丢一粒小种子，则种子落入黑色平行四边形区域的概率为（ ）A ．18B ．38C ．516D ．332【解题思路】设小正方形边长为1，求出大正方形的边长，以及黑色平行四边形的底和高，再结合几何概型公式求解.【解答过程】设小正方形边长为1黑色等腰直角三角形的直角边为2，斜边为故种子落入黑色平行四边形区域的概率为22=18．故选：A.【变式4-1】（2024·全国·模拟预测）如图，正六边形OPQRST 的顶点是正六边形ABCDEF 的对角线的交点.在正六边形ABCDEF 内部任取一点，则该点取自正六边形OPQRST 内的概率为（ ）A B ．14C ．13D 【解题思路】先求出AB 的长，再分别求出正六边形ABCDEF 和正六边形OPQRST 的面积，再根据几何概型的面积比即可求得结论.【解答过程】设正六边形OPQRST 的边长为1，在正六边形ABCDEF 中，AC =CE =EA =BD =DF =FB ，则易得AC =3ST =3，所以AB =S 六边形ABCDEF =62=S 六边形OPQRST =62=所以所求概率为S 六边形OPQRSTS 六边形ABCDEF ==13.故选：C.【变式4-2】（2024·四川·模拟预测）剪纸是一种用剪刀或刻刀在纸上剪刻花纹，用于装点生活或配合其他民俗活动的民间艺术.其传承的视觉形象和造型格式，蕴涵了丰富的文化历史信息，表达了广大民众的社会认知､道德观念等.剪纸艺术遗产先后人选中国国家级非物质文化遗产名录和人类非物质文化遗产代表作名录.2024龙年新春来临之际，许多地区设计了一幅幅精美的剪纸作品，它们都以龙为主题，展现了中华民族对龙的崇拜和敬仰.这些作品不仅展示了剪纸艺术的独特魅力，还传递了中华民族对美好生活的向往和对和平的渴望.下图是由某剪纸艺术家设计的一幅由外围是正六边形，内是一个内切圆组合而成的剪纸图案，如果随机向剪纸投一点，则这点落在内切圆内的概率是（ ）A B ．3πC D 【解题思路】先求出正六边形的面积和内切圆的面积，由几何概型的公式代入即可得出答案.【解答过程】设正六边形的边长为2×22×6=而其内切圆的半径r =2=π×2=3π，由几何概型得P ==故选：C.【变式4-3】（2024·陕西商洛·模拟预测）如图，圆O 是正三角形ABC 的内切圆，则在△ABC 内任取一点，该点取自阴影部分的概率为（ ）A 14B ―14C 12D ．1【解题思路】利用等面积法求出正三角形ABC 的边长与其内切圆半径的关系，再利用几何概型求解即可.【解答过程】设正三角形ABC 的边长为a ，内切圆的半径为r ，由S △ABC =S △OAB +S △OAC +S △OBC ，得12×a ×=3×12ar ，所以a =，所以S △ABC =2，内切圆得面积S 1=πr 2，所以阴影部分得面积为2―πr 2，=1―故选：D.【题型5 古典概型与函数的交汇问题】【例5】（2024·江西景德镇·模拟预测）若抛掷两枚骰子出现的点数分别为a ，b ，则“在函数f (x )=x 2+ax +b 的图象与x 轴有交点的条件下，满足函数g (x )=a x ―b ―x(a+b )x 为偶函数”的概率为（ ）A ．417B ．219C ．519D ．319【解题思路】首先列出满足函数f (x )=x 2+ax +b 的图象与x 轴有交点的基本事件,再找出符合函数g (x )=a x ―b ―x(a+b )x 为偶函数的基本事件,最后根据古典概型的概率公式计算可得.【解答过程】解：函数f (x )=x 2+ax +b 的图象与x 轴有交点，则Δ=a 2―4b ≥0，则满足该条件的(a,b)有：(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(6,6)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，(5,6)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，(3,1)，(3,2)，(2,1)，共有19个满足函数f (x )=x 2+ax +b 的图象与x 轴有交点的条件；函数g(x)=a x ―b ―x(a+b)x 为偶函数，只需ℎ(x)=a x ―b ―x 是奇函数，即ℎ(―x)=a ―x ―b x =―(a x ―b ―x)=―ℎ(―x)，所以a=b．函数g(x)=a x―b―x(a+b)x为偶函数：有(6,6)，(5,5)，(4,4)共3个．所以则“在函数f(x)=x2+ax+b的图象与x轴有交点的条件下，满足函数g(x)=a x―b―x(a+b)x为偶函数”的概率P=319．故选：D．【变式5-1】（23-24高二上·山东菏泽·开学考试）已知集合A={0,1,2,3}，a∈A，b∈A，则函数f(x)=ax2 +bx+1有零点的概率为（）A．34B．12C．38D．516【解题思路】先得到共有16种情况，再得到符合要求的情况个数，相除得到答案.【解答过程】f(x)=ax2+bx+1中，a,b均有4种选择，共16种情况，当a=0,b=0时，f(x)=ax2+bx+1无零点，当a=0,b=1,2,3时，f(x)=bx+1有零点，当a≠0时，Δ=b2―4a≥0时，f(x)=ax2+bx+1有零点，若a=1，则b=2,3满足要求，若a=2，则b=3满足要求，故共有6种情况，满足要求，所以函数f(x)=ax2+bx+1有零点的概率为616=38.故选：C.【变式5-2】（23-24高一下·陕西宝鸡·期中）将一枚骰子抛掷两次，所得向上点数分别为m和n，则函数y=mx2―4nx+1在[1,+∞)上是增函数的概率是（）A．16B．14C．34D．45【解题思路】分析可知m、n∈{1,2,3,4,5,6}，由二次函数的单调性得出m≥2n，求出所有的基本事件数，并确定事件“m≥2n”所包含的事件数，利用古典概型的概率公式可求得结果.【解答过程】由题意可知，m、n∈{1,2,3,4,5,6}，若函数y=mx2―4nx+1在[1,+∞)上是增函数，则――4n2m =2nm≤1，即m≥2n.以(m,n)代表一个基本事件，所有的基本事件数为62=36个，满足m≥2n的基本事件有：(2,1)、(3,1)、(4,1)、(4,2)、(5,1)、(5,2)、(6,1)、(6,2)、(6,3)，共9个，由古典概型的概率公式可知，所求概率为P=936=14.故选：B.【变式5-3】（23-24高一下·广西崇左·阶段练习）已知集合A={1,2,3,4,5,6},a∈A,b∈A，则“使函数f(x)= ln(x2+ax+b)的定义域为R”的概率为（）A．1336B．1536C．1736D．1936【解题思路】先利用对数函数的定义和二次函数的知识求得函数f(x)定义域为R的充分必要条件，进而用列举法求得数组(a,b)的总组数和满足定义域为R的条件的组数，求得所求概率.【解答过程】由题意知a2―4b<0.又因为a∈{1,2,3,4,5,6},b∈{1,2,3,4,5,6}，所以数a,b形成的数组(a,b)有(1,1),(1,2),(1,3),⋯,(6,6)，共36种情况，其中(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,2),(2,3)，(2,4),(2,5),(2,6),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),(4,5),(4,6)，共17种情况满足a2―4b<0，所以所求概率p=1736.故选：C.【题型6 古典概型与向量的交汇问题】【例6】（2024·安徽黄山·{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n=(2,―1)垂直的概率为（）A．19B．29C．13D．23【解题思路】求出组成向量m=(a,b)的个数和与向量n=(2,―1)垂直的向量个数，计算所求的概率值．【解答过程】解：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3×3=9（个)；其中与向量n=(2,―1)垂直的向量是m=(1,2)和m=(2,4)，共2个；故所求的概率为P=29．故选：B．【变式6-1】（23-24高一下·河北保定·阶段练习）已知m,n∈{―2,―1,1,2}，若向量a=(m,n),b=(1,1)，则向量a与向量b夹角为锐角的概率为（）A．316B．14C．516D．38【解题思路】根据古典概型列出向量a的所有可能，由a与b的夹角为锐角找出所有符合题意的向量，即可求得其概率.【解答过程】向量a与向量b夹角为锐角等价于a⋅b>0且a与b不同向，即a⋅b=m+n>0，且m≠n；易知a共有16个，分别是(―2,―2)，(―2,―1),(―2,1),(―2,2),(―1,―2),(―1,―1),(―1,1),(―1,2),(1,―2),(1,―1),(1,1),(1,2),(2,―2),(2,―1),(2,1),(2,2)，满足条件的a为(―1,2),(2,―1),(1,2),(2,1)共4个，故所求的概率为416=14，故选：B．【变式6-2】（23-24高一下·天津滨海新·阶段练习）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n=(1,―2)垂直的概率为（）A．112B．13C．14D．16【解题思路】先求出基本事件的个数，然后求解满足向量m⊥n的个数，结合古典概率的求解公式可求.【解答过程】解：从集合{0,1,2,3}中随机地取一个数a，{3，4,6}中随机地取一个数b，共有12种取法，当向量m=(b,a)与向量n=(1,―2)，b=2a，故m=(4,2)或m=(6,3)共2种取法，则所求概率P=212=16.故选：D.【变式6-3】（23-24高二上·湖北黄石·期中）将一颗质地均匀的正方体骰子（六个面的点数分别为1,2,3,4,5,6），先后抛掷两次，将得到的点数分别记为m，n，记向量a=(2m―3,n―1)，b=(1,―1)的夹角为θ，则θ为钝角的概率是（）A．518B．13C．1336D．1136【解题思路】先根据已知求出满足条件的m,n满足的关系式，然后分别令m=1,2,3,4,5,6，求得满足条件的n.然后即可根据古典概型概率公式，得出答案.【解答过程】由a//b可得，(2m―3)×(―1)―(n―1)×1=0，所以n=4―2m.因为θ为钝角，所以a⋅b<0，且a,b不共线，所以(2m―3)×1+(n―1)×(―1)<0n≠4―2m，即n>2m―2，且n≠4―2m.当m=1时，有n>0且n≠2，所以n可取1，3，4，5，6；当m=2时，有n>2，n可取3，4，5，6；当m=3时，有n>4，n可取5，6；当m=4，m=5，m=6时，n>2m―2>6，此时无解.综上所述，满足条件的m,n有11种可能.又先后抛掷两次，得到的样本点数共36种，所以θ为钝角的概率p=1136.故选：D.【题型7 古典概型与数列的交汇问题】【例7】（23-24高三下·河南·阶段练习）记数列{a n}的前n项和为S n，已知S n=an2―4an+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，则满足S n≥S2(n∈N∗)的概率为()A．13B．29C．14D．23【解题思路】将S n配方，S n≥S2恒成立等价于S2是S n的最小值，根据常数函数和二次函数性质，结合古典概型概率计算方法即可求解.【解答过程】由已知得S n=a(n―2)2+b―4a，如果a=0，则S n=b，满足S n≥S2，概率为13，如果a≠0，则S2是S n的最小值，根据二次函数性质可知，a＞0，故a=1，此时概率为13，∴S n≥S2的概率为13+13=23，故选：D．【变式7-1】（23-24高三上·河南许昌·阶段练习）意大利数学家斐波那契在他的《算盘全书》中提出了一个关于兔子繁殖的问题：如果一对兔子每月能生1对小兔子（一雄一雌），而每1对小兔子在它出生后的第三个月里，又能生1对小兔子，假定在不发生死亡的情况下，从第1个月1对初生的小兔子开始，以后每个月的兔子总对数是：1，1，2，3，5，8，13，21，…，这就是著名的斐波那契数列，它的递推公式是a n= a n―1+a n―2(n≥3,n∈N∗)，其中a1=1，a2=1.若从该数列的前2021项中随机地抽取一个数，则这个数是偶数的概率为（）A．13B．6732021C．12D．6742021【解题思路】由斐波那契数列中偶数出现的周期性求前2021项中偶数的个数，再由古典概型概率求法求概率即可.【解答过程】由题设，斐波那契数列从第一项开始，每三项的最后一项为偶数，而20213=673...2，∴前2021项中有673个偶数，故从该数列的前2021项中随机地抽取一个数为偶数的概率为6732021.故选：B.【变式7-2】（2024·北京·模拟预测）斐波那契数列{F n}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，F nF n+1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{F n}满足F1=F2=1，F n+2=F n+1 +F n，若从该数列前12项中随机抽取1项，则抽取项是奇数的概率为（）A．12B．712C．23D．34【解题思路】由题中给出的递推公式，求出数列的前12项，然后找出其中是奇数的个数，由古典概型的概率公式求解即可．【解答过程】解：由题意可知“兔子数列”满足F1=F2=1，F n+2=F n+1+F n，所以该数列前12项分别为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，其中是奇数的有：1，1，3，5，，21，55，89，故从该数列前12项中随机抽取1项，则抽取项是奇数的概率为812=23．故选：C.【变式7-3】（2024·江苏·一模）若数列{a n}的通项公式为a n=(―1)n―1，记在数列{a n}的前n+2(n∈N*)项中任取两项都是正数的概率为P n，则（）A．P1=13B．P2n<P2n+2C．P2n―1<P2nD．P2n―1+P2n<P2n+1+P2n+2.【解题思路】由已知得数列{a n}的奇数项都为1，即奇数项为正数，数列{a n}的偶数项为―1，即偶数项为负数，当n=1时，P1=13，由此判断A选项；将2n―1代入，求得P2n―1；将2n代入，求得P2n；将2n+1代入，求得P2n+1；将2n+2代入，求得P2n+2，再运用作差比较法，可判断得选项.【解答过程】解：因为数列{a n}的通项公式为a n=(―1)n―1，所以数列{a n}的奇数项都为1，即奇数项为正数，数列{a n}的偶数项为―1，即偶数项为负数，又数列{a n}的前n+2(n∈N*)项中，任取两项都是正数的概率为P n，当n=1时，即前3项中，任取两项都是正数，概率为P1=13，故A正确；将2n―1代入，数列{a n}的前2n+1(n∈N*)项中，有(n+1)个正数，n个负数，任取两项都是正数的概率为P2n―1=C2n+1C22n+1=n(n+1)(2n+1)⋅(2n)=n+14n+2，将2n代入，数列{a n}的前2n+2(n∈N*)项中，有(n+1)个正数，(n+1)个负数，任取两项都是正数的概率为P2n=C2n+1C22n+2=n(n+1)(2n+1)⋅(2n+2)=n4n+2，将2n+1代入，数列{a n}的前2n+3(n∈N*)项中，有(n+2)个正数，(n+1)个负数，任取两项都是正数的概率为P2n+1=C2n+2C22n+3=(n+1)(n+2)(2n+3)⋅(2n+2)=n+24n+6，将2n+2代入，数列{a n}的前2n+4(n∈N*)项中，有(n+2)个正数，(n+2)个负数，任取两项都是正数的概率为P2n+2=C2n+2C22n+4=(n+1)(n+2)(2n+3)⋅(2n+4)=n+14n+6，所以P2n―P2n+2=n4n+2―n+14n+6=―2(4n+2)⋅(4n+6)<0，所以P2n<P2n+2，故B正确；P2n―1―P2n=n+14n+2―n4n+2=14n+2>0，所以P2n―1>P2n，故C错误；(P2n―1+P2n)―(P2n+1+P2n+2)=―=2n+14n+2―2n+34n+6=12―12=0，所以P2n―1+P2n=P2n+1+P2n+2，故D错误，故选：AB.【题型8 古典概型与统计综合】【例8】（2024·全国·模拟预测）第24届哈尔滨冰雪大世界开园后，为了了解进园游客对本届冰雪大世界的满意度，从进园游客中随机抽取50人进行调查并统计其满意度评分，制成频率分布直方图如图所示，其中满意度评分在[76,84)的游客人数为18．(1)求频率分布直方图中a,b的值；(2)从抽取的50名游客中满意度评分在[60,68)及[92,100]的游客中用分层抽样的方法抽取5人，再从抽取的5人中随机抽取2人，求2人中恰有1人的满意度评分在[60,68)的概率．【解题思路】（1）根据评分在[76,84)的游客人数为18和总人数为50得到b=0.045，利用频率之和为1得到方程，求出a=0.01；（2）根据分层抽样的方法得到评分在[60,68)的人数为2，设为x1,x2，满意度评分在[92,100]的人数为3，设为y1,y2,y3，列举出所有情况和2人中恰有1人的满意度评分在[60,68)的情况，求出概率.【解答过程】（1）由题知，b=1850×8=0.045，8×(a+0.015+0.025+0.030+0.045)=1，解得a=0.01．（2）由题知，抽取的50名游客中满意度评分在[60,68)的人数为0.01×8×50=4，满意度评分在[92,100]的人数为0.015×8×50=6，∴抽取的5人中，满意度评分在[60,68)的人数为2，设为x1,x2，满意度评分在[92,100]的人数为3，设为y1,y2,y3，∴从5人中随机抽取2人的不同取法为{x1,x2},{x1,y1}，{x1,y2},{x1,y3},{x2,y1},{x2,y2},{x2,y3},{y1,y2},{y1,y3}, {y2,y3}，共有10种不同取法，设“2人中恰有1人的满意度评分在[60,68)”为事件M，则事件M包含的取法为{x1,y1},{x1,y2},{x1,y3},{x2,y1}，{x2,y2},{x2,y3}，共有6种不同取法．∴P(M)=610=35．【变式8-1】（2024·四川成都·模拟预测）课外阅读对于培养学生的阅读兴趣、拓宽知识视野、提高阅读能力具有重要作用．某市为了解中学生的课外阅读情况，从该市全体中学生中随机抽取了500名学生，调查他们在寒假期间每天课外阅读平均时长t（单位：分钟），得到如下所示的频数分布表，已知所调查的学生中寒假期间每天课外阅读平均时长均不超过100分钟．时长t[0,20)[20,40)[40,60)[60,80)[80,100]学生人数5010020012525(1)估计这500名学生寒假期间每天课外阅读平均时长的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；(2)若按照分层抽样的方法从本次调查中寒假期间每天课外阅读平均时长在[0,20)和[20,40)的两组中共抽取6人进行问卷调查，并从6人中随机选取2人进行座谈，求这2人中至少有一人寒假期间每天课外阅读平均时长在[0,20)的概率．【解题思路】（1）利用频率分布表估算平均数即可得解.（2）求出两个指定区间内的人数，利用列举法求出概率.【解答过程】（1）依题意，样本中500名学生寒假期间每天课外阅读平均时长的平均数t=10×50500+30×100500+50×200500+70×125500+90×25500=49，所以估计这500名学生寒假期间每天课外阅读平均时长的平均数为49．（2）抽取的6人中寒假期间每天课外阅读平均时长在[0,20)内有：6×50150=2人，在[20,40)内有4人，记[0,20)内的2人为A，B，记[20,40)内的4人为a,b,c,d，从这6人中随机选2人的基本事件有：AB,Aa,Ab,Ac,AdBa,Bb,Bc,Bd,ab,ac,ad,bc,bd,cd，共15种，其中至少有一人每天课外阅读平均时长在[0,20)的基本事件有AB,Aa,Ab,Ac,Ad,Ba,Bb,Bc,Bd，共9种，设M=“选取的2人中至少有一人每天课外阅读平均时长在[0,20)”，则P(M)=915=35．【变式8-2】（2024·陕西商洛·模拟预测）为了解学生的周末学习时间（单位：小时），高一年级某班班主任对本班40名学生某周末的学习时间进行了调查，将所得数据整理绘制出如图所示的频率分布直方图，根据直方图所提供的信息：(1)①求该班学生周末的学习时间不少于20小时的人数；②用分层抽样的方法在[20，25)和[25，30]中共抽取6人成立学习小组，再从该小组派3人接受检测，求检测的3人来自同一区间的概率.(2)①估计这40名同学周末学习时间的25%分位数；②将该班学生周末学习时间从低到高排列，那么估计第10名同学的学习时长；【解题思路】（1）利用图形的面积算出对应频率，乘以样本容量40即可得相应频数；先用分层抽样，再用超几何分布概率公式即可求出事件的概率；（2）由百分位数的定义结合频率分布直方图即可求出；利用第10名就是40名同学的25%，从而可以利用第25百分位数估计其学习时长，【解答过程】（1）①由图可知，该班学生周末的学习时间不少于20小时的频率为(0.03+0.015)×5=0.225，则40名学生中周末的学习时间不少于20小时的人数为40×0.225=9人．②由图可知，则40名学生中周末的学习时间在[20,25)的人数为0.03×5×40=6人，则40名学生中周末的学习时间在[25,30]的人数为0.015×5×40=3人，从中用分层抽样抽取6人，即周末的学习时间在[20,25)的有4人，周末的学习时间在[25,30]的有2人，再从中选派3人接受检测，设检测的3人来自同一区间的事件为A，则P(A)=C 3 4C36=420=15;（2）①学习时间在5小时以下的频率为0.02×5=0.1<0.25，学习时间在10小时以下的频率为0.1+0.04×5=0.3>0.25，所以25%分位数在区间[5,10)内，则5+5×0.25―0.10.2=8.75，所以这40名同学周末学习时间的25%分位数为8.75小时．②第10名是40名同学的25%，因而问题相当于求25%分位数，也就是估计第10名同学的学习时长为8.75小时．【变式8-3】（2024·宁夏石嘴山·三模）为了庆祝党的二十大胜利召开，培养担当民族复兴的时代新人，某高中在全校三个年级开展了一次“不负时代，不负韶华，做好社会主义接班人”演讲比赛．共1500名学生参与比赛，现从各年级参赛学生中随机抽取200名学生，并按成绩分为五组：[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]，得到如下频率分布直方图，且第五组中高三学生占37．。
高三概率(理：立足文科)
统计与概率专题（理科）【总知识脉络】概率概念随机事件必然事件不可能事件随机事件的概率等可能性事件的概率互斥事件互斥事件有一个发生的概率相互独立事件相互独立事件同时发生的概率计算频率与概率数理统计随机变量离散型随即变量随即变量的概率分布列数学期望方差连续型随即变量抽样方法系统抽样分层抽样简单随机抽样【知识梳理】一、离散型随机变量及其分布列、均值与方差1、随机变量、离散型随机变量的定义（1）随机变量：如果随机试验可能出现的结果可以用一个变量X 来表示，并且X 是随着试验的结果的不同而变化，那么这样的变量叫做随机变量． 随机变量常用大写字母X 、Y 等或希腊字母ξ、η等表示。
（2）离散型随机变量：在上面的射击、产品检验等例子中，对于随机变量X 可能取的值，我们可以按一定次序一一列出，这样的随机变量叫做离散型随机变量．2、离散型随机变量的分布列：（1）定义：一般的,设离散型随机变量X 可能取的值为12,,,,,i n x x x xX 取每一个值(1,2,)i x i =的概率()i i P x p ξ==，则称表为离散型随机变量X 的概率分布，简称分布列：（2）分布列性质：①0,1,2,i p i ≥= ；②12... 1.n p p p +++=3、两点分布与超几何分布（1）二点分布：如果随机变量X 的分布列为：其中01,1p q p <<=-，则称离散型随机变量X 服从参数p 的二点分布（2）超几何分布：一般地, 设总数为N 件的两类物品，其中一类有M 件，从所有物品中任取()n n N ≤件,这n 件中所含这类物品件数X 是一个离散型随机变量，则它取值为k 时的概率为),2,1,0()(m k C C C k X P nNk n MN k M ===--， 其中{}min,m M n =,且*,,,,n N M N n M N N∈≤≤4、※均值与方差※则称1122()n n E X x p x p x p =+++为X 的数学期望或平均数、均值，数学期望又简称为期望．是离散型随机变量。
高三文科数学概率知识点
高三文科数学概率知识点概率是数学中一个重要的分支，也是高中数学中的一门重要课程，它研究的是不确定事件发生的可能性。
在高三文科数学中，概率作为其中的一部分内容，涵盖了很多重要的知识点。
本文将针对高三文科数学中的概率知识点进行详细论述。
一、基本概率规则在概率的计算中，我们首先要掌握的是基本概率规则。
基本概率规则包括等可能概型、互斥事件与对立事件等概念。
等可能概型指的是实验中每个基本结果发生的概率相等的情况。
例如，掷一个均匀的六面骰子，每个面出现的概率都是1/6。
互斥事件指的是两个事件不能同时发生的情况。
例如，投篮比赛中不同队员投进的概率是互斥事件。
对立事件指的是两个事件至少有一个发生的情况。
例如，掷一个均匀的六面骰子，出现奇数点数和出现偶数点数是对立事件。
二、概率计算方法在计算概率时，我们有多种方法可供选择，如频率法、古典概型法、几何概型法等。
频率法是通过重复实验的统计结果来估计概率。
例如，我们可以通过掷一枚硬币多次，统计正面朝上的次数来估计正反面朝上的概率。
古典概型法适用于每个基本结果发生的概率相等的情况。
例如，两个均匀的骰子同时掷出，计算两个骰子之和为7的概率。
几何概型法适用于几何空间问题。
例如，在一个圆盘内随机放置一个点，计算该点落在一个扇形区域内的概率。
三、条件概率条件概率是指在某个条件下事件发生的概率。
例如，某次抽奖中，已知甲中奖的概率为1/10，已知乙中奖的概率为1/5，求在乙中奖的条件下，甲中奖的概率。
条件概率的计算方法可以通过乘法定理来实现。
乘法定理指出，如果事件A和事件B相互独立，那么事件A和事件B同时发生的概率等于事件A发生的概率乘以事件B在事件A发生条件下发生的概率。
四、独立事件独立事件是指两个事件的发生与否相互独立，即一个事件的发生不会影响到另一个事件的发生。
例如，掷一颗骰子，第一次掷得6点，第二次掷得1点的概率。
独立事件的概率计算方法可以通过乘法定理来实现。
乘法定理指出，如果事件A和事件B相互独立，那么事件A和事件B同时发生的概率等于事件A发生的概率乘以事件B发生的概率。
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。
(完整版)高三数学概率统计知识点归纳
概率统计知识点归纳平均数、众数和中位数平均数、众数和中位数．要描述一组数据的集中趋势，最重要也是最常见的方法就是用这“三数”来说明．一、正确理解平均数、众数和中位数的概念平均数平均数是反映一组数据的平均水平的特征数，反映一组数据的集中趋势．平均数的大小与一组数据里的每一个数据都有关系，任何一个数据的变化都会引起平均数的变化．2．众数在一组数据中出现次数最多的数据叫做这一组数据的众数．一组数据中的众数有时不唯一．众数着眼于对各数出现的次数的考察，这就告诉我们在求一组数据的众数时，既不需要排列，又不需要计算，只要能找出样本中出现次数最多的那一个（或几个）数据就可以了．当一组数据中有数据多次重复出现时，它的众数也就是我们所要关心的一种集中趋势．3．中位数中位数就是将一组数据按大小顺序排列后，处在最中间的一个数（或处在最中间的两个数的平均数）．一组数据中的中位数是唯一的．二、注意区别平均数、众数和中位数三者之间的关系平均数、众数和中位数都是描述一组数据的集中趋势的量，但它们描述的角度和适用的范围又不尽相同．在具体问题中采用哪种量来描述一组数据的集中趋势，那得看数据的特点和要关注的问题．三、能正确选用平均数、众数和中位数来解决实际问题由于平均数、众数和中位数都是描述一组数据的集中趋势的量，所以利用平均数、众数和中位数可以来解决现实生活中的问题．极差、方差、标准差极差、方差和标准差都是用来研究一组数据的离散程度的，反映一组数据的波动范围或波动大小的量.极差一组数据中最大值与最小值的差叫做这组数据的极差，即极差=最大值-最小值.极差能够反映数据的变化范围,差是最简单的一种度量数据波动情况的量，它受极端值的影响较大.二、方差方差是反映一组数据的整体波动大小的特征的量.它是指一组数据中各个数据与这组数据的平均数的差的平方的平均数，它反映的是一组数据偏离平均值的情况.方差越大，数据的波动越大；方差越小，数据的波动越小.求一组数据的方差可以简记先求平均，再求差，然后平方，最后求平均数.一组数据x1、x2、x3、…、xn 的平均数为x ，则该组数据方差的计算公式为：])()()[(1222212x x x x x x n S n -++-+-=Λ.三、标准差在计算方差的过程中，可以看出方差的数量单位与原数据的单位不一致，在实际的应用时常常将求出的方差再开平方，此时得到量为这组数据的标准差.即标准差=方差.四、极差、方差、标准差的关系方差和标准差都是用来描述一组数据波动情况的量，常用来比较两组数据的波动大小.两组数据中极差大的那一组并不一定方差也大.在实际问题中有时用到标准差，是因为标准差的单位和原数据的单位一致，且能缓解方差过大或过小的现象.一、 随机事件的概率1、必然事件：一般地，把在条件S 下，一定会发生的事件叫做相对于条件S 的必然事件。
[数学]高三文科数学概率复习课
1. “一个骰子掷一次得到6的概率是
1 6
,这说明一个骰子掷6次会出现一
1
次6”,这种说法对吗?请说明你的理由. 解析：这种说法是不对的.虽然每次掷骰子出现6点的概率是 6,但连续
掷6次骰子不一定会1,2,3,4,5,6各出现一次,可能出现某个数的次数多
一些,其他的数少一些,这正好体现了随机事件发生的随机性.但随着试 验次数的增加,出现1,2,3,4,5,6各数的频率大约相等,即都为试验次数 的
1
女孩 P
2
2002
2003 2004 2005 2006 5年总计
0.516
0.518 0.515 0.518 0.516 0.517
0.484
0.482 0.485 0.482 0.484 0.483
2. 某批乒乓球产品质量检查结果如下表所示: 抽取球数n 50 100 200 500 1000 2000
题型二
随机事件的概率问题
例2某地区近5年出生婴儿的调查表如下：
出生数 出生年份 2002 男孩 m
1
共计n=
2
出生频率 男孩 P
1
女孩 m
m m
1
2
女孩 P
2
52807
49473
102280
2003
2004 2005 2006 5年总计
51365
49698 49654 48243 251767
47733
概率复习课
第三章
第1课时
基础梳理
1. 事件 (1)必然事件:
概率
随机事件的概率
在条件S下, 一定会发生的事件,叫做相对于条件S的必然事件. (2) 不可能事件: 在条件S下, 一定不会发生 的事件,叫做相对于条件S的不可能事件. (3) 确定事件: 必然事件与不可能事件 统称为相对于条件S的确定事件. (4) 随机事件 在条件S下, 可能发生也可能不发生 的事件,叫做相对于条件S的随机事件.
高考数学知识点解析全概率公式与逆概率公式
高考数学知识点解析全概率公式与逆概率公式高考数学知识点解析：全概率公式与逆概率公式在高考数学中，概率是一个重要的考点，而全概率公式与逆概率公式更是其中的难点和重点。
理解并熟练运用这两个公式，对于解决复杂的概率问题具有关键作用。
首先，我们来认识一下什么是全概率公式。
假设事件B 可以在多种不同的情况下发生，而这些情况分别为A1，A2，A3，……，An ，且这些情况两两互斥，并且它们的并集构成了整个样本空间。
同时，已知在每种情况 Ai 下事件 B 发生的概率为P(B|Ai) ，以及每种情况 Ai 本身发生的概率 P(Ai) 。
那么事件 B 发生的概率 P(B) 就可以通过全概率公式来计算：P(B) ＝ P(A1)×P(B|A1) ＋ P(A2)×P(B|A2) ＋… ＋ P(An)×P(B|An)为了更好地理解全概率公式，我们来看一个具体的例子。
假设某学校有三个年级，高一年级有 500 名学生，高二年级有 600名学生，高三年级有 400 名学生。
在某次考试中，高一年级学生的优秀率为 30%，高二年级学生的优秀率为 40%，高三年级学生的优秀率为 50%。
现在随机抽取一名学生，求这名学生考试优秀的概率。
在这里，事件 B 就是抽取的学生考试优秀，情况 A1、A2、A3 分别是抽取到高一年级、高二年级、高三年级的学生。
P(A1) ＝ 500 ／（500 ＋ 600 ＋ 400) ＝ 5 ／ 15，P(B|A1) ＝ 30% ＝ 03 ；P(A2) ＝ 600／ 1500 ＝ 6 ／ 15 ，P(B|A2) ＝ 04 ；P(A3) ＝ 400 ／ 1500 ＝ 4 ／ 15 ，P(B|A3) ＝ 05 。
根据全概率公式，P(B) ＝（5 ／ 15)×03 ＋（6 ／ 15)×04 ＋（4 ／15)×05 ＝ 04 。
接下来，我们再看看逆概率公式，也称为贝叶斯公式。
2025届高三一轮复习数学课件：古典概型、条件概率与全概率公式
解题心得 1.求条件概率的两种基本方法
()
(1)定义法:先求 P(A)和 P(AB),再由 P(B|A)= () ,求出 P(B|A).
(2)缩小样本空间法:借助古典概型概率公式,先求事件 A 包含的样本点数
()
n(A),再求事件 AB 包含的样本点数 n(AB),利用 P(B|A)= () ,求出 P(B|A).
所以两人参加同一个小组的概率为 9 = 3.
(2)甲从集合{1,2,3,4,5,6,7,8,9}中任取三个不同的元素,并按降序排列得
到十进制三位数a,乙从集合{1,2,3,4,5,6,7,8}中任取三个不同的元素,并按
37
56
降序排列得到十进制三位数b,则a>b的概率为
.
甲从集合{1,2,3,4,5,6,7,8,9}中任取三个不同的元素,并按降序排列得到十进
.
设从该地区中任选一人,此人是男性为事件B,此人购买商品A为事件C,
则该地区男性人口占该地区总人口的1-46%=54%,
18
则 P(B)=54%,P(BC)=10%·100=1.8%.
()
1.8%
由条件概率公式可得 P(C|B)= () = 54%
=
1
.
30
第二环节
关键能力形成
能力形成点1
制三位数 a,
共有C93 =84(种)情况,
乙从集合{1,2,3,4,5,6,7,8}中任取三个不同的元素,并按降序排列得到十进制
三位数 b,
共有C83 =56(种)情况,
故三位数 a,b 进行比较,有 84×56=4 704(种)情况.
将 a 的所有情况按从大到小的顺序排列,易知此时 a 的后 56 种情况与 b 的所
高三数学一轮复习：1224随机事件的概率与古典概型
若 A∩B 为不可能事件，A∪B 为必然事件，则称事 件 A 与事件 B 互为对立事件
符号表示 B⊇A(或 A⊆B)
A＝B A∪B(或 A＋B)
A∩B(或 AB) A∩B＝∅
A∩B＝∅且 P(A∪B)＝ P(A)＋P(B)＝1
3．概率的几个基本性质 （1）概率的取值范围：0≤P(A)≤1. （2）必然事件的概率 P(E)＝1. （3）不可能事件的概率 P(F)＝0. （4）概率的加法公式
随件事件的概率与古典概型
1．概率和频率 （1）在相同的条件S下重复n次试验，观察某一事件A是否出现，称n次试验中 事件A出现的次数nA为事件A出现的频数，称事件A出现的比例fn(A)＝为事件A 出现的频率． （2）对于给定的随机事件A，在相同条件下，随着试验次数的增加，事件A发 生的频率会在某个常数附近摆动并趋于稳定，我们可以用这个常数来刻画随 机事件A发生的可能性大小，并把这个常数称为随机事件A的概率，记作 P(A)．
2．事件的关系与运算
包含关系
相等关系 并事件(和 事件) 交事件(积 事件) 互斥事件
对立事件
定义 若事件 A 发生，事件 B 一定发生，则称事件 B 包含 事件 A(或称事件 A 包含于事件 B)
若 B⊇A 且 A⊇B，则称事件 A 与事件 B 相等
若某事件发生当且仅当事件 A 发生或事件 B 发生， 则称此事件为事件 A 与事件 B 的并事件(或和事件) 若某事件发生当且仅当事件 A 发生且事件 B 发生， 则称此事件为事件 A 与事件 B 的交事件(或积事件)
解 (1)设“1 张奖券中奖”为事件 M，则 M＝A∪B∪C，
依题意，P(A)＝1 0100，P(B)＝1 10000，P(C)＝1 50000，
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高三数学知识点总结概率
概率是数学中一个重要的概念，也是高中数学中的一大难点之一。
概率的研究对象是随机事件，通过概率的计算和分析，可以解决实际生活中很多的问题。
高三数学课程中的概率部分主要包括基本概率、条件概率、排列组合与概率、随机变量和分布等内容。
本文将对这些知识点进行总结和概述。
一、基本概率
基本概率是概率论中最基础的概念之一。
当一个试验有n个等可能的结果，其中有m个结果是我们感兴趣的，那么事件发生的概率就是m/n。
基本概率在日常生活中有着广泛的应用，比如掷硬币、掷骰子、抽奖等。
二、条件概率
条件概率是指在已知某个事件发生的前提下，另一个事件发生的概率。
当事件A和B同时发生时，A事件发生的条件概率是指在B已经发生的情况下，A发生的概率。
条件概率的公式为
P(A|B)=P(AB)/P(B)。
条件概率的概念对于解决很多实际问题非常重要，如疾病的诊断、产品的质量检验等。
三、排列组合与概率
排列与组合是数学中常见的概念，也是概率论中经常用到的工具。
排列是指从n个不同元素中挑选r个元素按照一定顺序排列的方式，其排列数为A(n,r)=n!/(n-r)!。
组合是指从n个不同元素中挑选r个元素，不考虑排列顺序的方式，其组合数为C(n,r)=n!/((n-r)!r!)。
在概率的计算中，排列和组合的公式经常被用于计算事件的数目。
四、随机变量和分布
随机变量是指在随机试验中可能取多个值的变量。
随机变量分为离散和连续随机变量。
离散随机变量只能取一些离散的值，如掷骰子的点数；而连续随机变量可以取任意实数值，如测量体重的误差。
随机变量的概率分布描述了随机变量各个取值的概率。
常见的概率分布有离散分布如二项分布、几何分布，以及连续分布如正态分布等。
综上所述，概率是高中数学中的重要知识点之一，包括基本概率、条件概率、排列组合与概率、随机变量和分布等内容。
通过深入理解和熟练掌握这些概念和方法，可以帮助我们更好地解决实际问题，提高数学应用能力。
在高三数学学习过程中，我们应该注重理论的学习和应用的训练，加强思维的训练，提高解决问题的能力。
相信通过不断的努力和实践，我们一定能够取得优异的成绩。