PAGEPAGE7第5講古典概型基礎(chǔ)學(xué)問整合1．基本領(lǐng)件的特點(diǎn)(1)任何兩個(gè)基本領(lǐng)件是eq\o(□,\s\up5(01))互斥的．(2)任何事務(wù)(除不行能事務(wù))都可以表示成eq\o(□,\s\up5(02))基本領(lǐng)件的和．2．古典概型(1)古典概型的定義具有以下兩個(gè)特點(diǎn)的概率模型稱為古典概率模型，簡稱古典概型．(2)古典概型的概率公式P(A)＝eq\o(□,\s\up5(05))eq\f(A包含的基本領(lǐng)件的個(gè)數(shù),基本領(lǐng)件的總數(shù)).一個(gè)試驗(yàn)是否為古典概型，在于這個(gè)試驗(yàn)是否具有古典概型的兩個(gè)特征——有限性和等可能性，只有同時(shí)具備這兩個(gè)特點(diǎn)的概型才是古典概型．正確的推斷試驗(yàn)的類型是解決概率問題的關(guān)鍵．1．10件產(chǎn)品中有7件正品，3件次品，從中任取4件，則恰好取到1件次品的概率是()A.eq\f(3,4)B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,2)D.eq\f(3,8)答案C解析從10件產(chǎn)品中任取4件有Ceq\o\al(4,10)種取法，取出的4件產(chǎn)品中恰有1件次品有Ceq\o\al(3,7)Ceq\o\al(1,3)種取法，則所求的概率P＝eq\f(C\o\al(3,7)C\o\al(1,3),C\o\al(4,10))＝eq\f(1,2).2．(2024·全國卷Ⅰ)為美化環(huán)境，從紅，黃，白，紫4種顏色的花中任選2種花種在一個(gè)花壇中，余下的2種花種在另一個(gè)花壇中，則紅色和紫色的花不在同一花壇的概率是()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,3)D.eq\f(5,6)答案C解析從4種不同的花中任取2種共有Ceq\o\al(2,4)＝6種選法，其中紅色和紫色的花不在同一花壇(亦即黃色和白色的花不在同一花壇)的選法有4種，故紅色和紫色的花不在同一花壇的概率P＝eq\f(4,6)＝eq\f(2,3).故選C.3．(2024·天津高考)有5支彩筆(除顏色外無差別)，顏色分別為紅、黃、藍(lán)、綠、紫．從這5支彩筆中任取2支不同顏色的彩筆，則取出的2支彩筆中含有紅色調(diào)筆的概率為()A.eq\f(4,5)B.eq\f(3,5)C.eq\f(2,5)D.eq\f(1,5)答案C解析從5支彩筆中任取2支不同顏色調(diào)筆的取法共有Ceq\o\al(2,5)種，其中取出的2支彩筆中含有紅色調(diào)筆的取法有Ceq\o\al(1,4)種，故所求事務(wù)的概率P＝eq\f(C\o\al(1,4),C\o\al(2,5))＝eq\f(4,10)＝eq\f(2,5).故選C.4．(2024·金華模擬)從1,2,3,4,5,6六個(gè)數(shù)中任取2個(gè)數(shù)，則取出的兩個(gè)數(shù)不是連續(xù)自然數(shù)的概率是()A.eq\f(3,5)B.eq\f(2,5)C.eq\f(1,3)D.eq\f(2,3)答案D解析取出的兩個(gè)數(shù)是連續(xù)自然數(shù)的有5種狀況，則取出的兩個(gè)數(shù)不是連續(xù)自然數(shù)的概率P＝1－eq\f(5,C\o\al(2,6))＝1－eq\f(5,15)＝eq\f(2,3).故選D.5．(2024·江蘇高考)某愛好小組有2名男生和3名女生，現(xiàn)從中任選2名學(xué)生去參與活動(dòng)，則恰好選中2名女生的概率為________．答案eq\f(3,10)解析所求概率P＝eq\f(C\o\al(2,3),C\o\al(2,5))＝eq\f(3,10).6．在30瓶飲料中，有3瓶已過了保質(zhì)期．從這30瓶飲料中任取2瓶，則至少取到一瓶已過保質(zhì)期的概率為________(結(jié)果用最簡分?jǐn)?shù)表示)．答案eq\f(28,145)解析解法一：由題意知本題屬古典概型．概率為P＝eq\f(C\o\al(1,27)C\o\al(1,3)＋C\o\al(2,3),C\o\al(2,30))＝eq\f(28,145).解法二：本題屬古典概型．概率為P＝1－eq\f(C\o\al(2,27),C\o\al(2,30))＝eq\f(28,145).核心考向突破考向一簡潔的古典概型例1(1)(2024·湖南長沙模擬)某中學(xué)要從師生舉薦的參與講課競賽的3名男老師和2名女老師中，任選2人參與講課競賽，則選取的2人恰為一男一女的概率為()A.eq\f(2,5)B.eq\f(3,5)C.eq\f(1,3)D.eq\f(2,3)答案B解析從3名男老師和2名女老師中任選2人參與講課競賽，基本領(lǐng)件總數(shù)n＝Ceq\o\al(2,5)＝10，選取的2人恰為一男一女包含的基本領(lǐng)件個(gè)數(shù)m＝Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,2)＝6，故選取的2人恰為一男一女的概率為P＝eq\f(m,n)＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5).故選B.(2)(2024·全國卷Ⅱ)我國數(shù)學(xué)家陳景潤在哥德巴赫猜想的探討中取得了世界領(lǐng)先的成果．哥德巴赫猜想是“每個(gè)大于2的偶數(shù)可以表示為兩個(gè)素?cái)?shù)的和”，如30＝7＋23.在不超過30的素?cái)?shù)中，隨機(jī)選取兩個(gè)不同的數(shù)，其和等于30的概率是()A.eq\f(1,12)B.eq\f(1,14)C.eq\f(1,15)D.eq\f(1,18)答案C解析不超過30的素?cái)?shù)有2,3,5,7,11,13,17,19,23,29，共10個(gè)，隨機(jī)選取兩個(gè)不同的數(shù)，共有Ceq\o\al(2,10)＝45種方法，因?yàn)?＋23＝11＋19＝13＋17＝30，所以隨機(jī)選取兩個(gè)不同的數(shù)，其和等于30的有3種方法，故概率為eq\f(3,45)＝eq\f(1,15)，選C.觸類旁通求古典概型的概率的關(guān)鍵是求試驗(yàn)的基本領(lǐng)件的總數(shù)和事務(wù)A包含的基本領(lǐng)件的個(gè)數(shù)，這就須要正確列出基本領(lǐng)件，基本領(lǐng)件的表示方法有列舉法、列表法和樹形圖法，詳細(xì)應(yīng)用時(shí)可依據(jù)須要敏捷選擇.即時(shí)訓(xùn)練1.若有2位老師，2位學(xué)生站成一排合影，則每位老師都不站在兩端的概率是()A.eq\f(1,12)B.eq\f(1,6)C.eq\f(1,4)D.eq\f(1,2)答案B解析依題意，所求概率為P＝eq\f(A\o\al(2,2)A\o\al(2,2),A\o\al(4,4))＝eq\f(1,6).故選B.2．(2024·貴州貴陽摸底)某市國際馬拉松邀請賽設(shè)置了全程馬拉松、半程馬拉松和迷你馬拉松三個(gè)競賽項(xiàng)目，4位長跑愛好者各自任選一個(gè)項(xiàng)目參與競賽，則這三個(gè)項(xiàng)目都有人參與的概率為()A.eq\f(8,9)B.eq\f(4,9)C.eq\f(2,9)D.eq\f(8,27)答案B解析基本領(lǐng)件總數(shù)n＝34＝81，這三個(gè)項(xiàng)目都有人參與所包含的基本領(lǐng)件個(gè)數(shù)m＝Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＝36，故這三個(gè)項(xiàng)目都有人參與的概率為P＝eq\f(m,n)＝eq\f(36,81)＝eq\f(4,9).考向二較困難的古典概型角度1古典概型與平面對量的交匯例2(1)(2024·寧波模擬)連擲兩次骰子得到的點(diǎn)數(shù)分別為m和n，記向量a＝(m，n)與向量b＝(1，－1)的夾角為θ，則θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))的概率是()A.eq\f(5,12)B.eq\f(1,2)C.eq\f(7,12)D.eq\f(5,6)答案C解析cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(m－n,|a||b|).∵θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴m≥n.(m，n)一共有6×6＝36(種)不同組合．滿意m≥n的有1＋2＋3＋4＋5＋6＝21(種)．所以所求的概率P＝eq\f(21,36)＝eq\f(7,12).(2)(2024·宿遷模擬)已知k∈Z，eq\o(AB,\s\up16(→))＝(k,1)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2,4)，若|eq\o(AB,\s\up16(→))|≤4，則△ABC是直角三角形的概率是________．答案eq\f(3,7)解析因?yàn)閨eq\o(AB,\s\up16(→))|＝eq\r(k2＋1)≤4，所以－eq\r(15)≤k≤eq\r(15)，因?yàn)閗∈Z，所以k＝－3，－2，－1,0,1,2,3，當(dāng)△ABC為直角三角形時(shí)，應(yīng)有AB⊥AC，或AB⊥BC，或AC⊥BC，由eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，得2k＋4＝0，所以k＝－2，因?yàn)閑q\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2－k,3)，由eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，得k(2－k)＋3＝0，所以k＝－1或3，由eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，得2(2－k)＋12＝0，所以k＝8(舍去)，故使△ABC為直角三角形的k值為－2，－1或3，所以所求概率P＝eq\f(3,7).角度2古典概型與平面幾何的交匯例3(1)(2024·山東試驗(yàn)中學(xué)模擬)已知直線l1：x－2y－1＝0，直線l2：ax－by＋1＝0，其中a，b∈{1,2,3,4,5,6}，則直線l1與l2的交點(diǎn)位于第一象限的概率為()A.eq\f(1,6)B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,3)D.eq\f(1,2)答案A解析l2的斜率小于l1斜率時(shí)，直線l1與l2的交點(diǎn)位于第一象限，此時(shí)共有六種：a＝1，b∈{3,4,5,6}；a＝2，b∈{5,6}；因此概率為eq\f(6,6×6)＝eq\f(1,6).故選A.(2)(2024·洛陽統(tǒng)考)將一顆骰子先后投擲兩次分別得到點(diǎn)數(shù)a，b，則直線ax＋by＝0與圓(x－2)2＋y2＝2有公共點(diǎn)的概率為________．答案eq\f(7,12)解析依題意，將一顆骰子先后投擲兩次得到的點(diǎn)數(shù)所形成的數(shù)組(a，b)有Ceq\o\al(1,6)Ceq\o\al(1,6)＝36種，其中滿意直線ax＋by＝0與圓(x－2)2＋y2＝2有公共點(diǎn)，即滿意eq\f(2a,\r(a2＋b2))≤eq\r(2)，a2≤b2的數(shù)組(a，b)有6＋5＋4＋3＋2＋1＝21種，因此所求的概率等于eq\f(21,36)＝eq\f(7,12).角度3古典概型與函數(shù)的交匯例4(1)(2024·亳州質(zhì)檢)已知集合M＝{1,2,3,4}，N＝{(a，b)|a∈M，b∈M}，A是集合N中隨意一點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則直線OA與y＝x2＋1有交點(diǎn)的概率是()A.eq\f(1,2)B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,4)D.eq\f(1,8)答案C解析易知過點(diǎn)(0,0)與y＝x2＋1相切的直線為y＝2x(斜率小于0的無需考慮)，集合N中共有16個(gè)元素，其中使OA斜率不小于2的有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,4)，共4個(gè)，故所求的概率為eq\f(4,16)＝eq\f(1,4).故選C.(2)已知M＝{1,2,3,4}，若a∈M，b∈M，則函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋x－3在R上為增函數(shù)的概率是()A.eq\f(9,16)B.eq\f(7,16)C.eq\f(1,4)D.eq\f(3,16)答案A解析記事務(wù)A為“函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋x－3在R上為增函數(shù)”．因?yàn)閒(x)＝ax3＋bx2＋x－3，所以f′(x)＝3ax2＋2bx＋1.當(dāng)函數(shù)f(x)在R上為增函數(shù)時(shí)，f′(x)≥0在R上恒成立．又a>0，所以Δ＝(2b)2－4×3a＝4b2－12a≤0在R上恒成立，即a≥eq\f(b2,3).當(dāng)b＝1時(shí)，有a≥eq\f(1,3)，故a可取1,2,3,4，共4個(gè)數(shù)；當(dāng)b＝2時(shí)，有a≥eq\f(4,3)，故a可取2,3,4，共3個(gè)數(shù)；當(dāng)b＝3時(shí)，有a≥3，故a可取3,4，共2個(gè)數(shù)；當(dāng)b＝4時(shí)，有a≥eq\f(16,3)，故a無可取值．綜上，事務(wù)A包含的基本領(lǐng)件有4＋3＋2＝9種．又a，b∈{1,2,3,4}，所以全部的基本領(lǐng)件共有4×4＝16種．故所求事務(wù)A的概率為P(A)＝eq\f(9,16).故選A.觸類旁通較困難的古典概型問題的求解方法解決與古典概型交匯命題的問題時(shí)，把相關(guān)的學(xué)問轉(zhuǎn)化為事務(wù)，列舉基本領(lǐng)件，求出基本領(lǐng)件和隨機(jī)事務(wù)的個(gè)數(shù)，然后利用古典概型的概率計(jì)算公式進(jìn)行計(jì)算．即時(shí)訓(xùn)練3.設(shè)平面對量a＝(m,1)，b＝(2，n)，其中m，n∈{1,2,3,4}，記“a⊥(a－b)”為事務(wù)A，則事務(wù)A發(fā)生的概率為()A.eq\f(1,8)B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,3)D.eq\f(1,2)答案A解析有序數(shù)對(m，n)的全部可能結(jié)果有4×4＝16(個(gè))．由a⊥(a－b)得m2－2m＋1－n＝0，即n＝(m－1)2，由于m，n∈{1,2,3,4}，故事務(wù)A包含的基本領(lǐng)件為(2,1)和(3,4)，共2個(gè)，所以P(A)＝eq\f(2,16)＝eq\f(1,8).4．(2024·甘肅蘭州模擬)雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，其中a∈{1,2,3,4}，b∈{1,2,3,4}，且a，b取到其中每個(gè)數(shù)都是等可能的，則直線l：y＝x與雙曲線C的左、右支各有一個(gè)交點(diǎn)的概率為()A.eq\f(1,4)B.eq\f(3,8)C.eq\f(1,2)D.eq\f(5,8)答案B解析直線l：y＝x與雙曲線C的左、右支各有一個(gè)交點(diǎn)，則eq\f(b,a)>1，總基本領(lǐng)件數(shù)為4×4＝16，滿意條件的(a，b)的狀況有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)，共6個(gè)，故概率為eq\f(3,8).5．(2024·河南鄭州模擬)已知一組拋物線y＝eq\f(1,2)ax2＋bx＋1，其中a為2,4中任取的一個(gè)數(shù)，b為1,3,5中任取的一個(gè)數(shù)，從這些拋物線中隨意抽取兩條，它們與在直線x＝1交點(diǎn)處的切線相互平行的概率是________．答案eq\f(2,15)解析拋物線共有6條，任取兩條共15種狀況．與在x＝1處的切線相互平行的有2種狀況，所以所求概率為eq\f(2,15).考向三古典概型與統(tǒng)計(jì)的交匯問題例5(2024·長春模擬)某老師為了了解高三所教兩個(gè)班級的一模數(shù)學(xué)成果狀況，將兩個(gè)班的數(shù)學(xué)成果(單位：分)繪制成如圖所示的莖葉圖．(1)分別求出甲、乙兩個(gè)班級數(shù)學(xué)成果的中位數(shù)、眾數(shù)；(2)若規(guī)定成果大于等于115分為優(yōu)秀，分別求出兩個(gè)班級數(shù)學(xué)成果的優(yōu)秀率；(3)從甲班中130分以上的5名同學(xué)中隨機(jī)抽取3人，求至多有1人的數(shù)學(xué)成果在140分以上的概率．解(1)由所給的莖葉圖知，甲班50名同學(xué)的成果由小到大排序，排在第25,26位的是108,109，數(shù)量最多的是103，故甲班數(shù)學(xué)成果的中位數(shù)是108.5，眾數(shù)是103；乙班48名同學(xué)的成果由小到大排序，排在第24,25位的是106,107，數(shù)量最多的是92和101，故乙班數(shù)學(xué)成果的中位數(shù)是106.5，眾數(shù)為92和101.(2)由莖葉圖中的數(shù)據(jù)可知，甲班中數(shù)學(xué)成果為優(yōu)秀的人數(shù)為20，優(yōu)秀率為eq\f(20,50)＝eq\f(2,5)；乙班中數(shù)學(xué)成果為優(yōu)秀的人數(shù)為18，優(yōu)秀率為eq\f(18,48)＝eq\f(3,8).(3)從5人中抽取3人的不同狀況共有Ceq\o\al(3,5)種，其中至多有1人的數(shù)學(xué)成果在140分以上的狀況有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(3,3)種，故至多有1人的數(shù)學(xué)成果在140分以上的概率P＝eq\f(C\o\al(1,2)C\o\al(2,3)＋C\o\al(3,3),C\o\al(3,