第10章 第4节　古典概型-2022届高三数学一轮复习讲义（新高考）

第四节 古典概型 一、教材概念·结论·性质重现 1．古典概型 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． 一个试验是否为古典概型，关键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． 2．一般地，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 P(A)＝k n ＝nA nΩ.其中，n(A)和 n(Ω)分 别表示事件 A 和样本空间Ω包含的样本点个数． 3．古典概型的概率公式 P(A)＝ 事件 A 包含的样本点个数 样本空间Ω包含的样本点个数. 频率的计算公式与古典概型的概率计算公式的异同 名称 不同点 相同点 频率计算公 式 频率计算中的 k，n 均随随机试验的变化而 变化，但随着试验次数的增多，它们的比值 逐渐趋近于概率值 都计算了一 个比值k n古典概型的 概率计算公 式 k n 是一个定值，对同一个随机事件而言，k， n 都不会变化 二、基本技能·思想·活动体验 1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”． (1)“在适宜条件下，种下一粒种子观察它是否发芽”属于古典概型，其样 本点是“发芽与不发芽”． (×) (2)掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”，这三 个事件是等可能事件． (×) (3)某袋中装有大小均匀的三个红球、两个黑球、一个白球，那么每种颜色 的球被摸到的可能性相同． (×) (4)从－3，－2，－1,0,1,2 中任取一数，取到的数小于 0 与不小于 0 的可能 性相同． (√) 2．抛掷两枚质地均匀的骰子，向上的点数之差的绝对值为 3 的概率是( ) A．1 9 B．1 6 C． 1 18 D． 1 12 B 解析：抛掷两枚质地均匀的骰子，向上的点数之差的绝对值为 3 的情况 有(1,4)，(4,1)，(2,5)，(5,2)，(3,6)，(6,3)，共 6 个样本点，而抛掷两枚质地均匀 的骰子包含的样本点有 36 个，所以所求概率 p＝ 6 36 ＝1 6.故选 B． 3．一枚硬币连掷 2 次，只有一次出现正面的概率为( ) A．2 3 B．1 4 C．1 3 D．1 2 D 解析：一枚硬币连掷 2 次可能出现(正，正)，(反，反)，(正，反)，(反， 正)四种情况，只有一次出现正面的情况有两种，故概率 p＝2 4 ＝1 2.故选 D． 4．盒中装有形状、大小完全相同的 5 个球，其中红色球 3 个，黄色球 2 个．若 从中随机取出 2 个球，则所取出的 2 个球颜色不同的概率为________． 3 5 解析：设 3 个红色球为 A1，A2，A3,2 个黄色球为 B1，B2，从 5 个球中， 随机取出 2 个球的样本点有 A1A2，A1A3，A1B1，A1B2，A2A3，A2B1，A2B2，A3B1， A3B2，B1B2，共 10 个．其中 2 个球的颜色不同的样本点有 A1B1，A1B2，A2B1， A2B2，A3B1，A3B2，共 6 个，所以所求概率为 6 10 ＝3 5. 5．在装有相等数量的白球和黑球的口袋中放进一个白球，此时由这个口袋 中取出一个白球的概率比原来由此口袋中取出一个白球的概率大 1 22 ，则口袋中原 有小球的个数为________． 10 解析：设原来口袋中白球、黑球的个数均为 n.依题意 n＋1 2n＋1 － n 2n ＝ 1 22 ， 解得 n＝5.所以原来口袋中小球的个数为 2n＝10. 6．设 m，n 分别是先后抛掷一枚骰子得到的点数，则在先后两次出现的点 数中有 5 的条件下，方程 x2＋mx＋n＝0 有实根的概率为________． 7 11 解析：先后两次出现的点数中有 5 的情况有(1,5)，(2,5)，(3,5)，(4,5)， (5,5)，(6,5)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,6)，共 11 种，其中使方程 x2＋mx＋n ＝0 有实根的情况有(5,5)，(6,5)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,6)，共 7 种．故 所求事件的概率 p＝ 7 11. 考点 1 古典概型的判断——基础性 1．下列关于古典概型的说法中正确的是( ) ①试验中样本空间的样本点只有有限个； ②每个事件出现的可能性相等； ③每个样本点发生的可能性相等； ④样本点的总数为 n，随机事件 A 若包含 k 个样本点，则 P(A)＝k n. A．②④ B．③④ C．①④ D．①③④ D 解析：由古典概型的特征知①③④正确，②错误． 2．下列问题中是古典概型的是( ) A．种下一粒杨树种子，求其能长成大树的概率 B．掷一颗质地不均匀的骰子，求出现 1 点的概率 C．在区间[1,4]上任取一数，求这个数大于 1.5 的概率 D．同时掷两颗质地均匀的骰子，求向上的总数之和是 5 的概率 D 解析：A，B 两项中的样本点发生不是等可能的；C 项中样本点有无限 多个；D 项中样本点的发生是等可能的，且个数有限． 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，只有同时具备这两个特点才是古典概型． 考点 2 简单的古典概型的概率——基础性 (1)(2019·全国卷Ⅱ)生物实验室有 5 只兔子，其中只有 3 只测量过某项 指标．若从这 5 只兔子中随机取出 3 只，则恰有 2 只测量过该指标的概率为( ) A．2 3 B．3 5 C．2 5 D．1 5 B 解析：设 5 只兔子中测量过某项指标的 3 只记为 a1，a2，a3，未测量过 这项指标的 2 只记为 b1，b2，从 5 只兔子中随机取出 3 只，样本空间Ω＝{(a1， a2，a3)，(a1，a2，b1)，(a1，a2，b2)，(a1，a3，b1)，(a1，a3，b2)，(a1，b1，b2)， (a2，a3，b1)，(a2，a3，b2)，(a2，b1，b2)，(a3，b1，b2)}，共 10 个样本点．事件 “恰有 2 只测量过该指标”{(a1，a2，b1)，(a1，a2，b2)，(a1，a3，b1)，(a1，a3， b2)，(a2，a3，b1)，(a2，a3，b2)}，共 6 个样本点． 故恰有 2 只测量过该指标的概率为 6 10 ＝3 5.故选 B． (2)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． 1 10 B．1 5 C． 3 10 D．2 5 D 解析：(方法一)依题意，记两次取的卡片上的数字依次为 a，b，则一共 有 25 个不同的数组(a，b)，其中满足 a>b 的数组共有 10 个，分别为(2,1)，(3,1)， (3,2)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)． 因此所求的概率为10 25 ＝2 5. (方法二)从 5 张卡片中随机抽取 1 张，放回后再随机抽取 1 张的情况如图： 样本点的总数为 25，第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的样本点的 个数为 10，故所求概率 p＝10 25 ＝2 5 .故选 D． (3)(2020·全国卷Ⅰ)设 O 为正方形 ABCD 的中心，在 O，A，B，C，D 中任 取三点，则取到的三点共线的概率为( ) A．1 5 B．2 5 C．1 2 D．4 5 A 解析：从 O，A，B，C，D 中任取 3 点的情况有(O，A，B)，(O，A，C)， (O，A，D)，(O，B，C)，(O，B，D)，(O，C，D)，(A，B，C)，(A，B，D)，(B， C，D)，(A，C，D)，共有 10 种不同的情况．由图可知取到的三点共线的有(O， A，C)和(O，B，D)两种情况，所以所求概率为 2 10 ＝1 5.故选 A． 古典概型中样本点个数的探求方法 (1)列举法：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：在求一些较复杂的样本点个数时，可利用排列或组合的知 识． 1．(2020·河北区高三二模)袋子中有 6 个大小质地完全相同的球，其中 1 个 红球，2 个黄球，3 个蓝球，从中任取 3 个球，则恰有两种颜色的概率是( ) A．3 5 B．4 5 C． 7 20 D．13 20 D 解析：(1)由题意可得，从中任取 3 个球一共有 C36＝20(个)等可能的样本 点， 恰有 1 种颜色的情况有 1 种，即 3 个全是蓝球，恰有 3 种颜色的样本点有 1×2×3＝6(个)， 所以恰有 2 种颜色的样本点共 13 个，所以其概率为13 20.故选 D． 2．(2020·太原市高三模拟)根据党中央关于“精准脱贫”的要求，我市某农 业经济部门派四位专家对三个县区进行调研，每个县区至少派一位专家，则甲、 乙两位专家派遣至同一县区的概率为( ) A．1 6 B．1 4 C．1 3 D．1 2 A 解析：派四位专家对三个县区进行调研，每个县区至少派一位专家， 样本点总数 n＝C24A33＝36. 甲、乙两位专家派遣至同一县区包含的样本点个数 m＝C22C13A22＝6. 所以甲、乙两位专家派遣至同一县区的概率为m n ＝ 6 36 ＝1 6.故选 A． 考点 3 古典概型的交汇问题——综合性 考向 1 古典概型与平面向量的交汇 (1)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．1 8 B．1 4 C．1 3 D．1 2 A 解析：有序数对(m，n)的所有可能结果数为 4×4＝16.由 a⊥(a－b)，得 m2－2m＋1－n＝0，即 n＝(m－1)2.由于 m，n∈{1,2,3,4}，故事件 A 包含的样本 点为(2,1)和(3,4)，共 2 个．所以所求的概率 P(A)＝ 2 16 ＝1 8.故选 A． (2)(2019·宿迁模拟)已知 k∈Z， AB→＝(k,1)，AC→＝(2,4)．若|AB→|≤4，则△ABC 是直角三角形的概率是________． 3 7 解析：因为|AB→|＝ k2＋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AB→·AC→ ＝0，得 2k＋4＝0，所以 k＝－2.因为BC→＝AC→－AB→＝(2－k,3)，由AB→·BC→＝0，得 k(2－k)＋3＝0，所以 k＝－1 或 3. 由AC→·BC→＝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＝3 7. 考向 2 古典概型与函数的交汇 (1)已知函数 f(x)＝1 3x3＋ax2＋b2x＋1.若 a 是从 1,2,3 三个数中任取的一 个数，b 是从 0,1,2 三个数中任取的一个数，则该函数有两个极值点的概率为( ) A．7 9 B．1 3 C．5 9 D．2 3 D 解析：(1)f′(x)＝x2＋2ax＋b2. 由题意知 f′(x)＝0 有两个不等实根， 即Δ＝4(a2－b2)>0，所以 a>b，有序数对(a，b)所有可能结果有 3×3＝9(种)， 其中满足 a>b 的有(1,0)，(2,0)，(3,0)，(2,1)，(3,1)，(3,2)，共 6 种．故所求概率 p＝6 9 ＝2 3. (2)已知 a∈{0,1,2}，b∈{－1,1,3,5}，则函数 f(x)＝ax2－2bx 在区间(1，＋∞) 上为增函数的概率是( ) A． 5 12 B．1 3 C．1 4 D．1 6 A 解析：因为 a∈{0,1,2}，b∈{－1，1,3,5}，所以样本点总数 n＝3×4＝ 12. 函数 f(x)＝ax2－2bx 在区间(1，＋∞)上为增函数． ①当 a＝0 时，f(x)＝－2bx，符合条件的只有(0，－1)，即 a＝0，b＝－1. ②当 a≠0 时，需要满足b a ≤1，符合条件的有(1，－1)，(1,1)，(2，－1)，(2,1)， 共 4 种． 所以函数 f(x)＝ax2－2bx 在区间(1，＋∞)上为增函数的概率是 5 12. 求解古典概型交汇问题的思路 求解古典概型的交汇问题，关键是把相关的知识转化为事件，然后利用古典 概型的有关知识解决，其解题流程为： 1．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，π 2 的概率是( ) A． 5 12 B．1 2 C． 7 12 D．5 6 C 解析：cos θ＝ a·b |a||b| ＝m－n |a||b| . 因为θ∈ 0，π 2 ，所以 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＝21 36 ＝ 7 12. 2．已知函数 f(x)＝cos aπ 4 x ，a 为抛掷一颗骰子所得的点数，则函数 f(x)在[0,4] 上零点的个数不小于 4 的概率为( ) A．1 3 B．1 2 C．2 5 D．2 3 B 解析：依题意，函数 f(x)在[0,4]上零点的个数不小于 4 等价于函数 f(x) 的周期的7 4 倍不大于 4，即7 4 ×2π aπ 4 ≤4，解得 a≥7 2 ，故 a＝4,5,6.而所有 a 的值共 6 个，所以函数 f(x)在[0,4]上零点的个数不小于 4 的概率为1 2.