（辅导班）2027年高考数学一轮复习精讲精练 第10章 第05讲 古典概型与概率的基本性质 讲义+随堂检测（2份，原卷版+教师版）

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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，事件的概率用表示．
知识点2、古典概型
（1）定义
一般地，若试验具有以下特征：
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，设试验是古典概型，样本空间包含个样本点，事件包含其中的个样本点，则定义事件的概率．
知识点3、概率的基本性质
（1）对于任意事件都有：．
（2）必然事件的概率为，即；不可能事概率为，即．
（3）概率的加法公式：若事件与事件互斥，则．
推广：一般地，若事件，，…，彼此互斥，则事件发生（即，，…，中有一个发生）的概率等于这个事件分别发生的概率之和，即：．
（4）对立事件的概率：若事件与事件互为对立事件，则，，且．
（5）概率的单调性：若，则．
（6）若，是一次随机实验中的两个事件，则．
【解题方法总结】
1、解决古典概型的问题的关键是：分清基本事件个数与事件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；
（3）分别求出基本事件的个数与所求事件中所包含的基本事件个数；
（4）利用公式求出事件的概率．
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．
题型一：简单的古典概型问题
【例题1-1】下列概率模型中，是古典概型的个数为（ ）
①从区间内任取一个数，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.
【例题1-2】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，若随机事件包含个样本点，则事件发生的概率.
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1-1】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：）.则指定的两只小鼠分配到不同组的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】指定的两只小鼠分配到相同组的概率为，所以指定的两只小鼠分配到不同组的概率为.故选：D
【变式1-2】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．B．C．D．
【答案】A
【解析】根据古典概型，从7个乒乓球中随机选取2个，基本事件总数有个，其中恰为1黄1白的基本事件有个，所以概率．故选：A．
【变式1-3】三位同学参加某项体育测试，每人要从跑、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．B．C．D．
【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个，它们等可能，有且仅有两人选择的项目完全相同的事件含有的基本事件数有个，所以有且仅有两人选择的项目完全相同的概率.故选：C
题型二：古典概型与向量的交汇问题
【例题2-1】已知正九边形，从中任取两个向量，则它们的数量积是正数的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
可以和向量构成数量积有 一共8个向量，其中数量积为的正数的向量有： 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：.故选：A
【例题2-2】已知，若向量，，则向量与所成的角为锐角的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】向量与所成的角为锐角等价于，且与的方向不同，即，
则满足条件的向量有，其中或时，与同向，故舍去，故共有4种情况满足条件，又的取法共有种，则向量与所成的角为锐角的概率是．
故选：B．
【例题2-3】连掷两次骰子分别得到点数m，n，则向量与向量的夹角的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题设，向量的可能组合有36种，要使向量与向量的夹角，则，即，满足条件的情况如下：时，，时，，
时，，时，，时，，综上，共有15种，故向量与向量的夹角的概率是.故选：D
【变式2-1】从集合中随机抽取一个数a，从集合中随机抽取一个数b，则向量与向量垂直的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】求出组成向量的个数和与向量垂直的向量个数，计算所求的概率值．从集合中随机抽取一个数，从集合中随机抽取一个数，可以组成向量的个数是（个；其中与向量垂直的向量是和，共2个；故所求的概率为．故选：B．
【变式2-2】从集合中随机地取一个数，从集合中随机地取一个数，则向量与向量垂直的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】计算出所有的基本事件数，记事件，列举出事件所包含的基本事件，然后利用古典概型的概率公式可计算出事件的概率.从集合中随机地取一个数，从集合中随机地取一个数，基本事件总数.
记事件，当向量与向量垂直时，，则事件包含的基本事件有：、（形如），共个，因此，.故选：D.
【变式2-3】连掷两次骰子得到的点数分别为和，记向量与向量的夹角为，则的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】，，即，事件“”所包含的基本事件有：、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、，共个，所有的基本事件数为，因此，事件“”的概率为.故选：C.
题型三：古典概型与几何的交汇问题
【例题3-1】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，…，，称为三角形数；将1，4，9，16，25，…，，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．B．C．D．
【答案】A
【解析】令，∵，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.故选：A．
【例题3-2】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．B．C．D．
【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.故选：A
【变式3-1】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．B．C．D．
【答案】B
【解析】依题意，从8个点中任取4个点构成有个四边形，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，共有个，于是构成的四边形中梯形有个，所以四边形为梯形的概率是.故选：B
【变式3-1】《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．B．C．D．
【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：种选法；学生李某所选的4章中，含有“基本概念”这一章共有：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：.故选：B.
【变式3-2】《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．B．C．D．
【答案】C
【解析】从正方体的8个顶点中任选4个顶点，共有（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（种）.
因为鳖臑是四个面都是直角三角形的三棱锥，所以以为例，与下底面组成的鳖臑有和，与上底面构成的鳖臑也有两个，鳖臑共有（个）.又与侧面组成的4个鳖臑有两个与前面得到的重复，有2个不重合，故有（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，故选：C.
题型四：古典概型与函数的交汇问题
【例题4-1】已知，从这四个数中任取一个数，使函数有两不相等的实数根的概率为 .
【答案】
【解析】函数有两不相等的实数根，则，解得或.，，.因为，所以.即从这四个数中任取一个数，使函数有两不相等的实数根的概率为.故答案为：
【例题4-2】在，，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】
【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，有种不同取法.
当时，函数图像为一条直线，若图像恰好经过第一、三、四象限，则，即有，；，两组数满足；
时，二次函数经过第一、三、四象限则开口向下，又图像过点，顶点必在第一象限，即满足，，，有，；，；，三组数满足．故共有5组满足，
所求概率为．故答案为：
【变式4-1】若函数的定义域和值域分别为和，则满足的函数概率是 ．
【答案】
【解析】因函数的定义域和值域分别为和，则函数有6个，它们是：
；；；；；，满足的函数有2个数，它们是或，因此满足的函数有4个，所以满足的函数概率是.故答案为：
【变式4-2】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：，，，，，．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，则的概率为 ．
【答案】
【解析】易判断，，为偶函数，所以写有偶函数的卡片有3张，的取值范围是． ，，
所以．故答案为：
【变式4-3】对于定义域为D的函数，若对任意的，当时都有，则称函数为“不严格单调增函数”，若函数的定义域，值域为，则函数为“不严格单调增函数”的概率是 ．
【答案】
【解析】基本事件总数为：把D中的5个数分成三堆：①1，1，3：，②1，2，2：,
则总共有种，求函数是“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共有种情况，函数是“不严格单调增函数”的概率是故答案为：.
题型五：古典概型与数列的交汇问题
【例题5-1】斐波那契数列因数学家莱昂纳多•斐波那契（LenarddaFibnaci）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，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：数列满足，，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．B．C．D．
【答案】D
【解析】依题意可知，数列的前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，所以至少有1项是奇数的概率为.故选：D.
【例题5-2】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：数列满足，，先从该数列前12项中随机抽取1项，是质数的概率是（ ）
A．B．C．D．
【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.故选：A.
【例题5-3】已知某抽奖活动的中奖率为，每次抽奖互不影响．构造数列，使得，记，则的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由，可得，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，
故的概率为．故选:A.
【变式5-1】数列共有10项，且满足：，，每一项与前一项的差为或，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的项都相邻的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由于，从至，“”或“”共次，所以“”共次，“”共次，
基本事件的总数有种，“每一项与前一项的差为的项都相邻”的事件有种，故取到的数列满足每一项与前一项的差为的项都相邻的概率为.故选：A
【变式5-2】斐波那契数列因数学家莱昂纳多·斐波那契（LenarddaFibnaci）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，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：数列满足，，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．B．C．D．
【答案】D
【解析】依题意可知，数列的前项为：，其中奇数有个，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.故选：D
【变式5-3】记数列的前项和为，已知，在数集中随机抽取一个数作为，在数集中随机抽取一个数作为.在这些不同数列中随机抽取一个数列，则是递增数列的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由已知，当时，，
当时，，
因为数列为单调递增数列，则，即，即，
所有样本点有：、、、、、、、、，共个，
其中，满足是递增数列的样本点有：、，共个，故所求概率为.故选：B.
【变式5-4】已知数列的前n项和为，且，若数列满足，从中任取两个数，则至少一个数满足的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由于①，当时，得，解得；当时，②，①-②化简可得，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，所以；
因为，所以，令得，解得或，从中任取两个数共有，，，，，，，，，，，，，，15种，其中至少一个6或7的有9种，所以至少一个数满足的概率为，故选：B.
【变式5-5】已知等比数列的首项为1，公比为-2，在该数列的前六项中随机抽取两项，，则的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意知：，，，，，，由，则m，n奇偶相同，若m，n都为偶数时，符合题意，情况数为种；若m，n都为奇数时，仅有不符题意，情况数为种，综上，符合题意的情况数为种，而总情况数为种，
∴概率．故选：C.
题型六：古典概率与统计的综合
【例题6-1】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（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的概率
中国新能源车的销售价格的众数为
（2）记2辆比亚迪新能源车为，其余4辆车为，
从6辆新能源车中随机抽取2辆的情况有：，，共15种情况.
其中至少有1辆比亚迪新能源车的情况有：，，共有9种情况.至少有1辆比亚迪新能源车的概率
【例题6-2】某重点大学为了解准备保研或者考研的本科生每天课余学习时间，随机抽取了名这类大学生进行调查，将收集到的课余学习时间（单位：）整理后得到如下表格：
(1)估计这名大学生每天课余学习时间的中位数；
(2)根据分层抽样的方法从课余学习时间在和，这两组中抽取人，再从这人中随机抽取人，求抽到的人的课余学习时间都在的概率．
【解析】（1），，
这名大学生每天课余学习时间的中位数位于之间，则中位数为.
（2）由题意知：从课余学习时间在这一组抽取人，分别记为，从课余学习时间在这一组抽取人，分别记为；从这人中随机抽取人，所有的基本事件为：，共个基本事件；
其中“抽到的人的课余学习时间都在”包含的基本事件为：，共个基本事件；
抽到的人的课余学习时间都在的概率.
【变式6-1】为促进全民健身更高水平发展，更好地满足人民群众的健身和健康需求，国家相关部门制定发布了《全民健身计划（2021—2025年）》.相关机构统计了我国2018年至2022年（2018年的年份序号为1，依此类推）健身人群数量（即有健身习惯的人数，单位：百万），所得数据如图所示：

(1)若每年健身人群中放弃健身习惯的人数忽略不计，从2022年的健身人群中随机抽取5人，设其中从2018年开始就有健身习惯的人数为X，求；
(2)由图可知，我国健身人群数量与年份序号线性相关，请用相关系数加以说明.
附：相关系数.参考数据：，，，，.
【解析】（1）由图中数据可知从2018年开始就有健身习惯的人数有232百万，2022年的健身人数为324百万，故从2022年的健身人群中随机抽取1人，其中从2018年开始就有健身习惯的人被抽到的概率为，
则，故；
（2）由题意知，，故我国健身人群数量与年份序号正线性相关且相关性很强.
【变式6-2】某市教师进城考试分笔试和面试两部分，现把参加笔试的40名教师的成绩分组：第1组[75，80），第2组[80，85），第3组[85，90），第4组[90，95），第5组[95，100].得到频率分布直方图如图所示.

(1)分别求成绩在第4，5组的教师人数；
(2)若考官决定在笔试成绩较高的第3，4，5组中用分层抽样抽取6名进入面试，
①已知甲和乙的成绩均在第3组，求甲和乙同时进入面试的概率；
②若决定在这6名考生中随机抽取2名教师接受考官D的面试，设第4组中有X名教师被考官D面试，求X的分布列和数学期望.
【解析】（1）由题意，结合频率分布直方图，可得第4组的教师人数为人，
第5组的教师人数为人，所以第4，5组的教师人数分别为人和人.
（2）（2）①由频率分布直方图，可得第3组的教师人数为，
因为第3，4，5组中用分层抽样抽取6名进入面试，所以第3，4，5组中抽取的人数分别是，
则甲，乙同时进入面试的概率为.
②由①知，随机变量的所有可能取值为，且服从超几何分布，
可得，
所以的分布列为
所以的数学期望.
【解题方法总结】
求解古典概型的交汇问题的步骤
（1）将题目条件中的相关知识转化为事件；
（2）判断事件是否为古典概型；
（3）选用合适的方法确定样本点个数；
（4）代入古典概型的概率公式求解．
题型七：有放回与无放回问题的概率
【例题7-1】一个袋子中有大小和质地相同的5个球，其中有3个红色球，2个白色球，从袋中不放回地依次随机摸出2个球，则第2次摸到红色球的概率为 .
【答案】
【解析】由题意，袋子中有相同的5个球，3个红球，2个白球，不放回地依次随机摸出2个球，∴第1次可能摸到1白色球或1红色球∴第2次摸到红色球的概率为：，故答案为：.
【例题7-2】已知红箱内有3个红球、2个白球，白箱内有2个红球、3个白球，所有小球大小、形状完全相同．第一次从红箱内取出一球后再放回去，第二次从与第一次取出的球颜色相同的箱子内取出一球，然后再放回去，以此类推，第次从与第k次取出的球颜色相同的箱子内取出一球，然后再放回去．则第3次取出的球是红球的概率为 ．
【答案】
【解析】3次取出的结果共有8种，分别为：（红，红，红）、（红，红，白）、（红，白，红）、（红，白，白）、（白，红，红）（白，红，白）、（白，白，红）、（白，白，白），其中第3次取出的球是红球的情况为（红，红，红）、（红，白，红）、（白，红，红）、（白，白，红）、共4种.
根据题意，，，
，
所以，第3次取出的球是红球的概率.故答案为：
【答案】/0.75，则，故答案为：．
【变式7-1】袋中有形状大小相同的球5个，其中红色3个，黄色2个，现从中随机连续摸球，每次摸1个，当有两种颜色的球被摸到时停止摸球，记随机变量为此时已摸球的次数，则 .
【答案】
【解析】由题意可得若两次摸到两种颜色的球，则；若三次摸到两种颜色的球，则；若四次摸到两种颜色的球，则；
故.故答案为：
【变式7-2】袋中有大小质地均相同的1个黑球，2个白球，3个红球，现从袋中随机取球，每次取一个，不放回，直到某种颜色的球全部取出为止，则最后一个球是白球的概率是 ．
【答案】
【解析】由题可知，要使直到某种颜色的球全部取出为止，最后一个球是白球，则摸球次数可能为2，3，4次.设两次取球便结束，最后一个球是白球的概率为.两次取球便结束，且最后一球为白球的情况为：两个球都是白球，情况数为2种.故设三次取球便结束，最后一个球是白球的概率为.
三次取球便结束，且最后一球为白球的情况为：前两次为一白一红，情况数为：.故.
设四次取球便结束，最后一个球是白球的概率为.四次取球便结束，且最后一球为白球的情况为：前三次为两红一白，情况数为：.故.设直到某种颜色的球全部取出为止，最后一个球是白球的概率是，则.故答案为：
题型八：概率的基本性质
【例题8-1】某企业有甲、乙两个工厂共生产一精密仪器件，其中甲工厂生产了件，乙工厂生产了件，为了解这两个工厂各自的生产水平，质检人员决定采用分层抽样的方法从所生产的产品中随机抽取件样品，已知该精密仪器按照质量可分为四个等级．若从所抽取的样品中随机抽取一件进行检测，恰好抽到甲工厂生产的等级产品的概率为，则抽取的三个等级中甲工厂生产的产品共有 件．
【答案】
【解析】由分层抽样原则知：从甲工厂抽取了件样品，设抽取甲工厂生产的等级产品有件，则，解得：，抽取的三个等级中，甲工厂生产的产品共有件.故答案为：.
【例题8-2】已知袋中有（为正整数）个大小相同的编号球，其中黄球8个，红球个，从中任取两个球，取出的两球是一黄一红的概率为，则的最大值为 .
【答案】
【解析】根据题意可得，黄球8个，红球个，从中任取两个球总共有种，取出的两球是一黄一红总共有种；所以从袋中任取两个球，取出的两球是一黄一红的概率；令，利用基本不等式可得，当且仅当时等号成立，但为正整数，所以当时，；当时，；即当或时，的最小值为，
所以，即的最大值为故答案为：
【变式8-1】在某次考试中，要从20道题中随机地抽取6道题，若考生至少能答对其中的4道即可通过；若至少能答对其中的5道就获得“优秀”．已知某考生能答对其中10道题，并且知道他在这次考试中已经通过，则他获得“优秀”的概率为 ．
【答案】
【解析】设“他能答对其中的6道题”为事件A，“他能答对其中的5道题”为事件B，“他能答对其中的4道题”为事件C，设“他考试通过”为事件D，“他考试获得优秀”为事件E．
则由题意可得D＝A∪B∪C，E＝A∪B，且A、B、C两两互斥．
．又，，
∴．故答案为：．
【变式8-2】饺子是我国的传统美食，不仅味道鲜美而且寓意美好.现锅中煮有白菜馅饺子4个，韭菜馅饺子3个，这两种饺子的外形完全相同.从中任意舀取3个饺子，则每种口味的饺子都至少舀取到1个的概率为 .
【答案】
【解析】由条件可知，舀到的有1个白菜，2个韭菜，或是2个白菜，1个韭菜，
所以概率.故答案为：
【变式8-3】城市地铁极大的方便了城市居民的出行，南昌地铁1号线是南昌市最早建成并成功运营的一条地铁线.已知1号地铁线的每辆列车有6节车厢，从5月1日起实行“夏季运行模式”，其中2节车厢开启强冷模式，2节车厢开启中冷模式，2节车厢开启弱冷模式.现在有甲、乙、丙3人同一时间同一地点乘坐同一趟地铁列车，由于个人原因，甲不选择强冷车厢，乙不选择弱冷车厢，丙没有限制，但他们都是独立而随机的选择一节车厢乘坐，则甲、乙、丙3人中恰有2人在同一车厢的概率为 ．
【答案】
【解析】因为甲乙丙在同一车厢的概率为，甲乙在同一车厢的概率为，甲丙在同一车厢的概率为，乙丙在同一车厢的概率为，则甲乙丙恰有人在同一车厢的概率为.故答案为：·
【解题方法总结】
求复杂互斥事件的概率的两种方法
（1）直接法
（2）间接法（正难则反，特别是“至多”“至少”型题目，用间接法求解简单）．
第05讲 古典概型与概率的基本性质
1．某同学口袋中共有个大小相同､质地均匀的小球其中个编号为，个编号为，现从中取出个小球，编号之和恰为的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】编号之和恰为,则需要3个球中个编号为,个编号为，设个编号为的小球为ABC，个编号为的小球为ab，则从5个球中取出3个，共有：
，共10种，其中满足题意得情况有：共6种，则编号之和恰为的概率为.故选:D.
2．抛掷一枚骰子两次，第一次得到的点数记为，第二次得到的点数记为，则平面直角坐标系中，点到原点的距离不大于4的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】基本事件共有36个，而满足点到原点的距离不大于4的基本事件有共8个，所求概率为．故选:C．
3．五名学生按任意次序站成一排，则和站两端的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】首先将和排两端，共有种情况，再将其余三人全排列，共有种情况，所以共有种情况.因为五名学生按任意次序站成一排，共有种情况，
故和站两端的概率为.故选：B
4．同时抛掷两颗质地均匀的骰子，则两颗骰子出现的点数之和为4的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】依题意，同时抛掷两颗质地均匀的骰子的试验，基本事件有：
，
，
，共36种，
两颗骰子出现的点数之和为4的事件包含的基本事件有：，共3个，
所以两颗骰子出现的点数之和为4的概率是．故选：B
5．将甲、乙、丙、丁四人安排到篮球与演讲比赛现场进行服务工作，每个比赛现场需要两人，则甲、乙安排在一起的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】将四人分成两人两组共有种，再安排四人到篮球与演讲比赛现场进行服务工作有种，又甲、乙安排在一起共有种，所以甲、乙安排在一起的概率为，故选：B.
6．从1，2，3，4，5中任取两个不相同的数，则这两个数的和为质数的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】从五个数字中任取两个不相同的数，基本事件共有（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（2，3），（2，4），（2，5），（3，4），（3，5），（4，5），共10个，其中和为质数的事件有（1，2），（1，4），（2，3），（2，5），（3，4），共5个，所以．故选：B．
7．年华人数学家张益唐证明了孪生素数猜想的一个弱化形式．孪生素数猜想是希尔伯特在年提出的个问题之一，可以这样描述：存在无穷多个素数，使得是素数，素数对称为孪生素数．在不超过的素数中，随机选取两个不同的数，其中能够组成孪生素数的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】不超过的所有素数有：、、、、、、、、，共个．
在不超过的素数中，随机选取两个不同的数，其中能够组成孪生素数的有个，即、
、、，所求概率是．故选：C．
8．写算，是一种格子乘法，也是笔算乘法的一种，用以区别筹算与珠算，它由明代数学家吴敬在其撰写的《九章算法比类大全》一书中提出，是从天元式的乘法演变而来．例如计算，将被乘数89计入上行，乘数61计入右行，然后以乘数61的每位数字乘被乘数89的每位数字，将结果计入相应的格子中，最后从右下方开始按斜行加起来，满十向上斜行进一，如图，即得5429，若从表内的8个数字（含相同的数字，表周边数据不算在内）中取1个数字，这个数字大于5的概率为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【解析】表内的个数字分别为，，，，，，，，其中大于的有，，，从表内的个数字（含相同的数字，表周边数据不算在内）中取1个数字有种取法，这个数字大于的情况有种取法，
这个数字大于的概率为．故选：B．
9．抛掷一个质地均匀的骰子两次，记第一次得到的点数为a，第二次得到的点数为b，则函数没有极值点的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】，若没有极值点，则，即．由题意知，所有的基本事件为36个，其中满足的有，，，，，，，，，共有9个，所以．故选：A.
10．一个不透明的袋中装有2个红球，2个黑球，1个白球，这些球除颜色外，其他完全相同，现从袋中一次性随机抽取3个球，则“这3个球的颜色各不相同”的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题意设2个红球分别用表示，2个黑球分别用表示，1个白球用表示，则取出的三个球的组合有以下种情形：、、、、、、
、、、，其中符号条件的有以下四种情形：、、、.因此从袋中一次性随机抽取3个球，则“这3个球的颜色各不相同”的概率为.故选：D.
11．某商场举行抽奖活动，箱子里有10个大小一样的小球，其中红色的5个，黄色的3个，蓝色的2个，现从中任意取出3个，则其中至少含有两种不同颜色的小球的概率为 .
【答案】
【解析】由题意，取出3个为同一种颜色有种取法，10个大小一样的小球任取3个球有种取法，所以至少含有两种不同颜色的小球的概率为.故答案为：
12．2022年11月第十四届中国国际航空航天博览会在珠海举办.在此次航展上，国产大飞机“三兄弟”运油-20、C919、AG600M震撼亮相，先后进行飞行表演.大飞机是大国的象征、强国的标志.国产大飞机“三兄弟”比翼齐飞的梦想，在航空人的接续奋斗中成为现实.甲乙两位同学参观航展后各自从“三兄弟”模型中购买一架，则两位同学购买的飞机模型不同的概率是 .
【答案】
【解析】设三架飞机模型分别为A，B，C，甲乙各购买一架的可能情况有9种：AA，AB，AC，BA，BB，BC，CA，CB，CC，其中两位同学购买的飞机模型不同有6种情况：AB，AC，BA，BC，CA，CB，
所以甲乙两位同学购买的飞机模型不同的概率是.故答案为：.
13．从至世纪涌现出一批著名的数学家和其创作的数学著作，如秦九韶的《数书九章》，李冶的《测圆海镜》，杨辉的《详解九章算法》、《日用算法》和《杨辉算法》．某学校团委为拓展学生课外学习兴趣，现从上述五部著作中任意选择两部作为学生课外拓展学习的参考书目，则所选的两部中至少有一部是杨辉著作的概率为 ．
【答案】
【解析】将著作《数书九章》、《测圆海镜》分别记为、，将著作《详解九章算法》、《日用算法》、《杨辉算法》分别记为、、，从上述五部著作中任意选择两部，所有的基本事件有：、、、、、、、、、，共个基本事件，其中，事件“所选的两部中至少有一部是杨辉著作”所包含的基本事件有：、、、、、、、、，共个基本事件，
故所求概率为.故答案为：.
14．现有小赵、小钱、小孙、小李、小刘5人去北京、上海、广州三地参加研讨会，每人只能去一个城市，每个城市至少去一人，则小赵不去北京的概率为 ．
【答案】
【解析】①若三地分配人数分别为1，1，3时，共有种安排方法；其中小赵去北京的安排方法有种；②若三地分配人数分别为1，2，2时，共有种安排方法；其中小赵去北京的安排方法有种；故小赵不去北京的概率为．故答案为：.
15．现将4名志愿者分配到跳高、跳远2个项目参加志愿服务活动，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则“恰好有一个项目分配了3名志愿者”的概率为 ．
【答案】
【解析】4名志愿者分配到跳高、跳远2个项目，有种方法，将4名志愿者按照1，3的分组，再分配的方法，共有种方法，所以“恰好有一个项目分配了3名志愿者”的概率．
故答案为：
16．中医是中国传统文化的瑰宝．中医方剂不是药物的任意组合，而是根据中药配伍原则，总结临床经验，用若干药物配制组成的药方，以达到取长补短、辨证论治的目的．中医传统名方“八珍汤”是由补气名方“四君子汤”（由人参、白术、茯苓、炙甘草四味药组成）和补血名方“四物汤”（由熟地黄、白芍、当归、川芎四味药组成）两个方共八味药组合而成的主治气血两虚证方剂．现从“八珍汤”的八味药中任取四味，取到的四味药既不能组成“四君子汤”也不能组成“四物汤”的概率是 ．
【答案】
【解析】首先从“八珍汤”的八味药中任取四味，有种取法，其中四味药能组成“四君子汤”或组成“四物汤”，有种方法，所以取到的四味药既不能组成“四君子汤”也不能组成“四物汤”的概率.故答案为：
17．2018年12月8日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭成功发射嫦娥四号探测器，开启了月球探测的新旅程．为了解广大市民是否实时关注了这一事件，随机选取了部分年龄在20岁到70岁之间的市民作为一个样本，将此样本按年龄，，，，分为5组，并得到如图所示的频率分布直方图．

(1)求图中实数a的值，并估计样本数据中市民年龄的众数；
(2)为进一步调查市民在日常生活中是否关注国家航天技术发展的情况，现按照分层抽样的方法从，，三组中抽取了6人，再从这6人中任意抽取2人来讲述自己所了解的中国航天的发展历程，求这2人中至少有1人的年龄位于之间的概率．
【解析】（1），得，
由图知：年龄位于这一组频率为0.35，此时频率最大，所以，众数为.
（2）由题可得，后三组，，的人数比例为，
∴从后三组抽取的6人中有3人的年龄位于之间，分别记为，，；
2人的年龄位于之间，分别记为，；1人的年龄位于之间，记为，
从6人中任意抽取2人有：,，共15种不同的方法.则2人中至少有1人的年龄位于之间有如下情况：
，，，，，，，，，共有9种不同的情况，
则2人中至少有1人的年龄位于之间的概率为．课余学习时间
人数
0
1
2