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1、第2课时古典概型夯实主干知识知识诊断基础夯实回顾知识1 .古典概型定义：一般地，若试验E具有如下特征: 有限性：试验E的样本空间。的样本点总数直限，即样本空间。为有限样本空间;等可能性：每次试验中，样本空间。的各个样本点出现的可能性相箜.则称这样的试验模型为古典概率模型，简称古典概型.2 .古典概型的计算公式如果样本空间0包含的样本点总数为小 随机事件A包含的样本点个数为相，那么事件A发生的概率为P(A) =A包含的样本点个数。包含的样本点总数mn-3 .互斥事件的概率加法公式(1)如果事件A和事件B是互斥事件，那么有PG4U3) = P(A) + PGB).(2)若彳是A的对立事件，则P(1
2、 )=1P(A).(3)如果事件4,42，,。两两互斥,那么有 P(Ai UA2U-UA)=1(AD + PGA?) + + =(PQ常用结论1.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 公式频率计算中的攵，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)古典概型 的概率计 算公式k;是一个定值，对同一个随机事件而言，上, 都不会变化2.如果事件A和事件5是一个随机试验中的两个不互斥的事件，那么有尸(AU5) = P(A) + P(3) P(AAB),此公式称为概率的一般加法公式，当即A, 3互斥时，P(A U B)
3、= P(A)+P(8).激活技能思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“ J ”或“ X ”)(1)从一3, 2, 1, 0, 1, 2中任取一个数，取到的数小于。与不小于。的可能性相 同.()(2)掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”，这三个结果是等 可能事件.()(3)试验“口袋中有2个红球，2个白球，每次从中任取一球，观察颜色后放回，直到取 出红球”是古典概型.()(4) ”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，其基本事件是“发 芽与不发芽”.()答案：(1)J (2)X (3)X (4)X对点查验1 .某射手在一次射击中，射中10环，9环，8环
4、的概率分别是0.2, 0.3, 0.1,则该射 手在一次射击中不够8环的概率为()A. 0.9B. 0.3D 设“该射手在一次射击中不够8环”为事件A,则事件A的对立事件A 是“该射手在一次射击中不小于8环”.;事件A包括射中10环，9环，8环,这三个事件是互斥的,尸(人,A P(A)=1-P(T , D.2.已知4与5是互斥事件，且P(工,P(B,则P(AU3) = ()A. 0.6B, 0.7C. 0.8D. 0.9C 由题意知A, 3是互斥事件，所以 P(AU8) = P(A) + P(8),且 P(A)=1P(K )=1-,则 P(A U BC.3.从一箱分为四个等级的产品中随机地抽取
5、一件，设事件A= 抽到一等品”，事件 B=抽到二等品，事件。=抽到三等品”，且已知P(A)=, P(B, P(C,则事件“抽到 次品(一等品、二等品、三等品都属于合格品)”的概率为(A. 0.7B. 0.65D 设“抽到次品”为事件。，由题意知事件A, B, C,。彼此互斥，且每次试验必有A, B, C, D中的一个事件发生，则 P(AUBUCU) = P(/1) + P(B) + P(C) + P(D)=1,所以P(Q)=1(D.4. (2022全国甲卷)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张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为()A.,B.
6、|一2C. TD. TC 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)15 种情况, 其中数字之积为4的倍数的有(1, 4), (2, 4), (2, 6), (3, 4), (4, 5), (4, 6)6种情况，故 概率为*=S .故选C. JL5.抛掷一枚骰子，记A为事件“出现点数是奇数”，3为事件“出现点数是3的倍数”， 则 P(A U B)=, P(A A B)=.
7、21套案 -u木36解析 抛掷一枚骰子，样本空间出现的点数是1, 2, 3, 4, 5, 6,2事件AUB包括出现的点数是1, 3, 5, 6这4个样本点，故尸(AUB)=7 ；事件AA3包括出现的点数是3这1个样本点，故尸(AG8)=t .探究核心考点考点突破重难解惑Q)考点一古典概型1. (2022.新高考I卷)从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的 概率为()A- 6B- 3C.3D.3D 从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有C；=21种不同的取法，若两数 不互质，不同的取法有：(2, 4), (2, 6), (2, 8), (3, 6), (4, 6), (4
8、, 8), (6, 8),共 7 种, 21 72故所求概率尸1=大.故选D.4IJ2. (2022.全国模拟)奥林匹克标志由5个奥林匹克环套接组成，五环象征五大洲的团结以及全世界的运动员以公正、坦率的比赛和友好的精神在奥林匹克运动会 上相见.如图，5个奥林匹克环共有8个交点，从中任取3个点，则这3个点恰好位于同1 个奥林匹克环上的概率为（）a3-5A,mB-14c 3c1C. yD.A 从8个点中任取3个点，共有C；=56种情况，这3个点恰好位于同1个奥林匹克I o环上有3XC：=12种情况，故所求的概率P=v=77.JL I故选A.nmimn若在个、十、百、千位档中随3 .（2022.长郡
9、中学模拟）算盘是中国传统的计算工具，其 形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”，档中横以梁， 梁上两珠，每珠作数五，梁下五珠，每珠作数一.算珠梁 上部分叫上珠，梁下部分叫下珠.例如，在十位档拨上一 颗上珠和两颗下珠，个位档拨上四颗下珠，则表示数字74, 机选择一档拨上一颗下珠，再随机选择两个不同档位各拨一颗上珠，则所表示的数字大于 300的概率为.7套案 -口木 8解析 由题意，在个、十、百、千位档中随机选择一档拨上一颗下珠，再随机选择两个不同档位各拨一颗上珠，共有C： C：=24种，当在个、十位档中随机选择一档拨上一颗下珠，再随机从个、十位两个不同档位各拨 一颗上珠时，得到的数字不大于300
10、,有C： C1 =2种；当在百位档中随机选择一档拨上一颗下珠，再随机从个、十位两个不同档位各拨一颗 上珠时，得到的数字不大于300,有C；=1种；2+1217所以所拨数字大于300的概率为尸=1一一 =五 =,.4 .（2022全国甲卷）从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率 为.答案表解析 从正方体的8个顶点中任取4个，有=或=70个结果，这4个点在同一个126平面的有根=6+6=12个，故所求概率尸=元 .思维升华求样本空间中样本点个数的方法枚举法：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
11、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.考点二概率加法公式的应用、例II (1)(2022弓折江太湖高级中学模拟)已知事件A, 3相互独立，P(A, P(B,则P(A + 8) = ()A. 0.58B, 0.9A 由题意= P(A)P(B,故 P(A + 5) = P(A) + P(3) P(A5A.(2)(2022湖南长沙县实睑中学模拟)从130这30个整数中随机选择一个数，设事件M 表示选到的数能被2整除，事件N表示选到的数能被3整除.求下列事件的概率：这
12、个数既能被2整除也能被3整除；这个数能被2整除或能被3整除；这个数既不能被2整除也不能被3整除.解 130这30个整数中既能被2整除也能被3整除的有5个，：.P(MN)=Jq =| .130这30个整数中能被2整除的有15个，能被3整除的有10个，所以P(M)=M1112P(MUN) = P(M) + P(N) P(MN)= +q一4=g .由于事件“这个数既不能被2整除也不能被3整除”与事件“这个数能被2整除或能 被3整除”互为对立事件，则 P(而X)=1P(MUAO=1一| =| .思维升华复杂事件概率的求解方法(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
13、, 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.对点强化1 (1)(2022全国模拂已知P(A, P(B,则P(AUB) = ()A. 0.5B. 0.6B 因为 P(A, P(B, P(AB) = 0.2则PG48)WP(A)P(8),所以事件A与事件B不相互独立，J P(A U B) = P(A) + P(B)- P(ABB.(2)(2022.全国模拟)从甲地到乙地沿某条公路行驶一共200公里，遇到红灯个数的概率 如下表所示：红灯个数0123456个及6个以上概率a
14、求表中字母，的值；求至少遇到4个红灯的概率；求至多遇到5个红灯的概率.解 由题意可得0.02+0.1+。+0.35 + 0.2+0.1+0.03=1,解得。=02设事件A为遇到红灯的个数为4,事件3为遇到红灯的个数为5,事件。为遇到红 灯的个数为6个及以上，则事件“至少遇到4个红灯”为AU8UC,因为事件A, B, C互 斥，所以P(AU8UC) = P(A) + P(8)+P(C,即至少遇到4个红灯的概率为0.33.设事件。为遇到6个及6个以上红灯，则至多遇到5个红灯为事件万.则 P(O )= 1 P(D)=1 -0.03 = 0.97.例考点三 古典概型的综合应用(2022.福建福州四中模
15、拟)某区政府组织了以“不忘初心，牢记使命”为主题的教育活动，为统计全区党员干部一周参与主题教育活动的时间，从全区的党员干部中随机抽取200名，获得了他们一周参与主题教育活动时间(单位：h)的频率分布直方图如图所示,(1)以每组数据所在区间的中点值作为本组的代表，估算这些党员干部参与主题教育活 动时间的中位数(中位数精确到0.01).(2)如果计划对参与主题教育活动时间在(16, 24内的党员干部给予奖励，且在(16, 20, (20, 24内的分别评为二等奖和一等奖，那么按照分层随机抽样的方法从获得一、二等奖 的党员干部中选取5人参加社区义务宣讲活动，再从这5人中随机抽取2人作为主宣讲人， 求
16、这2人均是二等奖的概率.(需写出该事件的样本空间)解 (1)由已知可得，6/=0.25-(0.025 0+0.047 5+0.050 0+0.012 5) = 0.115 0.设中位数为 x,因为 0.050 0X4+0.012 5X, 0.050 0X4+0.012 5X4+0.115 0X,故 %e12, 16,则 0.25 + (16x)X,得x-13.83.(2)按照分层随机抽样的方法从(16, 20内选取的人数为错误！ X5=4,从(20, 24内选取的人数为0 050o+ooi2 5 X5=L记二等奖的4人分别为4, b, c, d,一等奖的1人为A,事件石为“从这5人中抽取2人作
17、为主宣讲人，且这2人均是二等奖”.从这5人中随机抽取2人的基本事件为(a, b), (a, c),(4, d), (a, A), (/?, c), (b, d), 3, A), (c, d)9 (c, A), (d, A),共 10 种,其中2人均是二等奖的情况有3, b), (%c), (a, d), s, c), (b9 d), (c, d),共6种，由古典概型的概率计算公式得P(E)=9 =1. X Vz思维升华 解决与古典概型交汇命题的问题时，把相关的知识转化为事件，列举基本事 件，求出基本事件和随机事件的个数，然后利用古典概型的概率计算公式进行计算.对点强化2 (2022全国模拟)在
18、高一或高二学生的概率为H ；高二或高三学生的概43率为方；高三学生的概率为看 这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答.已知某高中的高一有学生600人，高二有学生500人，高三有学生人，若从所有学生 中随机抽取1人，抽到.求Q的值；(2)若按照高一和高三学生人数的比例情况，从高一和高三的所有学生中随机抽取6人, 再从这6人中随机抽取2人，求至少有1人是高三学生的概率.解(1)选.依题意，从所有学生中随机抽取1人，抽到高一或高二学生的概率为 600+500+a = 1 100+a =A 解得 =300,所以“.依题意，从所有学生中随机抽取1 人，抽到高一或高三学生的概率为而言需上=:=7
19、，解得。=300,所以。.600 十 500 十。1 100 十。7依题意，从所有学生中随机抽取1人，抽到高三学生的概率为小八,累八, =余,解得6UU 十 3UU 十 Q 14= 300,所以。的值为300.(2)第一步：求出抽取的6人中高一、高三学生的人数.由(1)知，高一、高三学生人数 比为2：1,所以抽取的6人中，高一有4人，高三有2人.第二步：列出从抽取的6人中 任取2人的所有情况.高一的4人记为a, b, 3 d,高三的2人记为A, B,则从这6人中任取 2 人的所有情况为，h9 a, c, a, d9 ，A, a, B, h, c, b9 d, b9 A, h, B, c, d, c, A, c, B, d, A, d9 B, A, B,共 15 种.第三步：列 出至少有1人是高三学生的情况.抽取的2人中至少有1人是高三学生的情况有q, A, m B, dA, h, B, c, A, c, B, d, A, d, B, M, B 9共 9 种.第四步：根 93据古典概型的概率公式得解.至少有1人是高三学生的概率为宜=1.