專題8古典概型

例1.從3,5,7,9中任取2個不同的數，則取出的2個數之差的絕對值大于3的概率是()

A.-B.-C.-D.-

2346

【解析】解：根據題意，從3,5,7,9中任取2個不同的數，有(3,5),(3,7),(3,9),(5,7),(5,9),(7,9),

共6種取法，

其中取出的2個數之差的絕對值大于3的情況有(3,7),(3,9),(5,9),共有3種，

則取出的2個數之差的絕對值大于3的概率P=-^-,

62

故選：A.

例2.2020年在新冠疫情基本控制的情況下，學生開始陸續復學，為了廣大師生的安全，學校防控仍是重

中之重，除了全員要戴口罩，勤洗手，多通風外，為了避免聚集交叉，學校采取“網格化”管理，為了規

范各個網格單元的管理，需要大量“網格員”.已知甲、乙兩人需要周一至周五作為網格員，兩人商議一個

人值周一、周三、周五；另一人值周二、周四.但兩人都不想多值一天，約定如下規則來決定：拿一枚一

元的硬幣，甲選正面，乙選反面，每擲一次硬幣為一局比賽，先勝三局的人值周二、周四兩天.但由于生

產工藝的問題，此硬幣不均勻，出現正面的概率為:，問甲值兩天的概率為()

A.2B.竺C.史D.9

38127243

【解析】解：根據題意，若最后甲值兩天，則最后一局一定為甲勝，

若比賽3局，則甲需連勝3局，

若比賽4局，甲前3局勝2局輸1局，

若比賽5局，則前4局甲勝2局輸2局，

綜上，甲值兩天的概率為：

故選：B.

例3.調查某高中1000名學生的肥胖情況，得到的數據如表:

偏瘦正常肥胖

女生(人)100163y

男生(人)150187Z

若y..l94,Z..193,則肥胖學生中男生不少于女生的概率為()

【解析】解：由題意知y+z=400,y.A94,z..193,

則滿足條件的(y,z)有14組，分別為：

(194,206),(195,205),(196,204),(197,203),(198,202),(199,201),(200,200),

(201,199),(202,198),(203,197),(204,196),(205,195),(206,194),(207,193),

設事件A表示“肥胖學生中男生不少于女生”，即為z,

則事件A包含的基本事件有7組，分別為：

(194,206),(195,205),(196,204),(197,203),(198,202),(199,201),(200,200),

.?.肥胖學生中男生不少于女生的概率為P(A)=-=-.

142

故選：B.

例4.某省在新的高考改革方案中規定：每位考生的高考成績是按照3（語文、數學、英語）+2（物理、歷

史）選1+4（化學、生物、地理、政治）選2的模式設置的，則某考生選擇全理科的概率是（）

3371

A.—B.-C.—D.—

1051012

【解析】解：在2（物理，歷史）選1+4（化學、生物、地理、政治）選2中，

選物理的有6種，分別為：

物化生、物化地、物化政、物生地、物生政、物地政，

同時，選歷史的也有6種，共計12種，

其中選擇全理科的有1種，

某考生選擇全理科的概率是P=—.

12

故選：D.

例5.雅言傳承文明，經典浸潤人生，某市舉辦“中華經典誦寫講大賽”，大賽分為四類：“誦讀中國”經典

誦讀大賽、''詩教中國”詩詞講解大賽、“筆墨中國”漢字書寫大賽、“印記中國”學生篆刻大賽.某班級三

人參賽，則三人參加項目均不相同的概率為（）

【解析】解：某市舉辦“中華經典誦寫講大賽”，大賽分為四類：

“誦讀中國”經典誦讀大賽、“詩教中國”詩詞講解大賽、“筆墨中國”漢字書寫大賽、“印記中國”學生篆

刻大賽.

某班級三人參賽，基本事件總數“=43=64（種）,

三人參加項目均不相同的基本事件數為相=4x3x2=24（種），

三人參加項目均不相同的概率為：

m243

r=——=—=—.

n648

故選：C.

例6.《易?系辭上》有“河出圖，洛出書”之說，河圖、洛書是中華文化、陰陽五行術數之源，其中河圖的

排列結構是一、六在后，二、七在前，三、八在左，四、九在右，五、十背中，如圖，白圓點表示陽數，

陽數皆為奇數，黑圓點表示陰數，陰數皆為偶數.若從這10個數中任取2個數，則取出的2個數中至少有

1個偶數的概率為（）

O

【解析】解：從這10個數中任取2個數,

基本事件總數〃=G>

取出的2個數中至少有1個是偶數包含的基本事件個數m=C；C；+C；,

取出的2個數中至少有1個是偶數的概率:

CjCj+Cg_7

P=

Go9

故選：A.

例7.古典著作《連山易》中記載了金、木、水、火、土之間相生相克的關系，如圖所示，將這五種不同屬

性的物質任意排成一列，則排列中金、木、火不能相鄰的概率為（）

1

D.

3

【解析】解：由題意五種不同屬性的物質任意排成一歹!j,

共有n=A1=120種排法，

排列中金、木、火不能相鄰的排法共有根=反有=12種排法，

故所求事件的概率為：p=—^—.

12010

故選：A.

例8.如圖，在一個圓上取A,B,C,D,E,尸6個點，將圓六等分，現從這6個點中隨機取3個點,

則所取的3個點構成的三角形不是銳角三角形的概率為（）

【解析】解：從A,B,C,D,E,尸6個點中隨機選取3個點，共有C；種可能,

若這3個點構成銳角三角形，則這3個點不相鄰，共有2種可能,

則構成的三角形是銳角三角形的概率為3=工，

2W

1Q

.??所取的3個點構成的三角形不是銳角三角形的概率為P=l-▲=

1010

故選：B.

例9.2019年8月1日，中國科學院正式公布中國科學院院士增選初步候選人名單，總計181位.整體來

看，中國科學院(包含其在全國各地的研究所)、清華大學、北京大學、復旦大學、浙江大學候選人人數位

列前五.若從上述5所大學中任選2所大學進行問卷調查，則中國科學院被選中的概率為()

3231

A.-B.-C.-D.-

5542

【解析】解：將中國科學院、清華大學、北京大學、復旦大學、浙江大學依次記為1,2,3,4,5,

則從5所大學中任選2所，不同的選法有：

{1,2},{1,3},{1,4},{1,5},[2,3},{2,4},{2,5},{3,4},{3,5},{4,5},共10

種，

其中中國科學院被選中的選法有：

{1.2},{1,3},{1,4},{1,5},共4種，

.??中國科學院被選中的概率為：p=-=-.

105

故選：B.

例10.傳說是三國時期的蜀國丞相諸葛亮(字孔明)發明了一種可以升空的燈籠，后人稱之為孔明燈，用

作軍事信號燈，借此在夜里調兵遣將.在一次游戲中，A,B,C,D,召5位小朋友同時分別升起了1

盞孔明燈，若任意兩盞孔明燈不同時熄滅，那么先熄滅的兩盞孔明燈是A,B,。三位小朋友的孔明燈的

概率為()

A.-B.-C.—D.-

53102

【解析】解：選熄滅的兩盞孔明燈的情況有10種，分別為：

(A,3),(A,C),(A,D),(A,E),(B,C),(B,D),(B,E),(C,D),(C,E),(D,E),共10種，

滿足題意的有3種，分別為：(A,8),(A,C),(仇C),

.?.先熄滅的兩盞孔明燈是A,B,C三位小朋友的孔明燈的概率為「=三.

10

故選：C.

例11.六個人排隊，甲乙不能排一起，丙必須排在前兩位的概率為()

A7R1c13口1

606604

【解析】解：由題意得排隊基本事件總數"=尺=720,

滿足“丙”必須排在前兩位，“甲乙”必須分開所包含的基本事件個數:

丙排在第一位，有盤&=72(種)排法,

丙排在第二位，有團-G&C；尺=84(種)排法，

滿足條件的事件總數相=72+84=156(種)，

.?.滿足甲乙不能排一起，丙必須排在前兩位的概率：

pm15613

一〃一720-60?

故選：C.

例12.2013年5月，中國數學家張益唐破解了困擾數學界長達一個半世紀的難題，證明了李生素數猜想的

弱化形勢，享生素數猜想：對所有的自然數人，存在無窮多個素數對(p,p+2Q,左=1的情況就是攣生素數

猜想.例如3和5,5和7,11和13,…都是攣生素數，在所有小于20的自然數中隨機取兩個數，則取到

的兩個數是攣生素數的概率是()

A.—B.—C.-D.-

951457

【解析】解：從小于20的自然數中隨機抽取兩個數，共有〃=C；o=19O(種)情況，

2個數是李生素數的情況有：(3,5),(5,7),(11,13),(17,19),共4種，

4?

.?.取到的兩個數是攣生素數的概率為：p=—=—.

19095

故選：A.

例13.從集合A={T,-3,2,4}中隨機選取一個數記為a,從集合8={-5,1,4}中隨機選取一個數記

為b，貝I()

A.必＞0的概率是工

2

B.a+4.0的概率是工

2

C.直線、=以+6不經過第三象限的概率是工

3

D./次/+/仍＞1的概率是9

12

【解析】解：由題意可得(。,力所有可能的取法有12種，

(-1,-5),(-1,1),(-1,4),(-3,-5),(-3,1),(-3,4),

(2,-5),(2,1),(2,4),(4,-5),(4,1),(4,4).

其中滿足歷＞0的取法有(-1,一5),(-3,-5),(2,1),(2,4),(4,1),(4,4),共6種，

則a力＞0的概率P=9=L,故A正確；

122

其中滿足a+4.0的取法有(-1,1),(-1,4),(-3,4),(2,1),(2,4),(4,1),(4,4),共7種，

7

貝Ija+b..o的概率?=,，故5錯誤；

12

因為直線了=辦+人不經過第三象限，所以a<0,A..0,

所有滿足直線丁=以+萬不經過第三象限的取法有(-1,1),(-1,4),(-3,1),(-3,4),共4種，

則直線y=利+b不經過第三象限的概率尸=3=!，故C正確；

123

因為bta+bib=Inab>1,所以。>0,b>0,ab>e,

所有滿足/叫+/汕>1的取法有(2,4),(4,1),(4,4),共3種，

31

故/網+/:訪>1的概率尸=一=—,故Z)錯誤.

124

故選：AC.

例14.若A,3為互斥事件，P(A),P(B)分別表示事件A,3發生的概率，則下列說法正確的是(

)

A.P(A)+P(B)<1B.P(A)+P(B)?1C.P(A|jB)=l

D.P(Ap|B)=0

【解析】解：?.?A,3為互斥事件，P(A),P(B)分別表示事件A,3發生的概率，

：.P(A)+P(B)”1,P(Ap|B)=0,

故A錯誤，3正確，C錯誤，。正確.

故選：BD.

例15.先后拋擲兩顆均勻的骰子，第一次出現的點數記為a,第二次出現的點數記為6,則下列說法正確

的是()

A.a+6=7時概率為工B.a+b=6時概率為工

65

C.&.幼時的概率為！D.a+6是3的倍數的概率是工

63

【解析】解：先后拋擲兩顆均勻的骰子，第一次出現的點數記為a,第二次出現的點數記為6,

基本事件總數〃=6x6=36,

對于A,“+b=7包含的基本事件有：

(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1),共6個,

:.a+b=7時概率為：—=-,故A正確；

366

對于3,。+6=6包含的基本事件有:

(1,5),(2,4),(3,3),(4,2).(5,1),共5個,

.?"+6=6時概率為：—,故3錯誤；

36

對于C,a.?包含的基本事件(a,6)有：

(2,1),(3,1),(4,1),(4,2),(5,1),(5,2)，(6,1),(6,2),(6,3),共9個，

Q1

時的概率為：—故C錯誤；

364

對于D，a+b是3的倍數包含的基本事件有：

(1,2),(1,5),(2,1),(2,4),(3,3),(3,6),(4,2),(4,5)，(5,1),(5,4),(6,3),(6,6),共12個，

io1

.?.a+人是3的倍數的概率是：—故。正確.

363

故選：AD.

例16.一袋中有6個大小相同的黑球，編號為1,2,3,4,5,6,還有4個同樣大小的白球，編號為7,8,

9,10,現從中任取4個球，則下列結論中正確的是()

A.取出的最大號碼X服從超幾何分布

B.取出的黑球個數y服從超幾何分布

C.取出2個白球的概率為工

14

D.若取出一個黑球記2分，取出一個白球記1分，則總得分最大的概率為‘

14

【解析】解：一袋中有6個大小相同的黑球，編號為1,2,3,4,5,6,還有4個同樣大小的白球，編號

為7,8,9,10,現從中任取4個球，

對于A,超幾何分布取出某個對象的結果數不定，

也就是說超幾何分布的隨機變量為實驗次數，即指某事件發生〃次的試驗次數，

由此可知取出的最大號碼X不服從超幾何分布，故A錯誤；

對于3,超幾何分布的隨機變量為實驗次數，即指某事件發生〃次的試驗次數，

由此可知取出的黑球個數￥服從超幾何分布，故3正確；

C2c23

對于C,取出2個白球的概率為〃故C錯誤；

Go7

對于D,若取出一個黑球記2分，取出一個白球記1分，

則取出四個黑球的總得分最大，

.?.總得分最大的概率為尸=與=,，故。正確.

品14

故選：BD.

例17.高三(1)班甲、乙兩同學報名參加A,B,C三所高校的自主招生考試，因為三所高校考試時間

相同，所以甲、乙只能隨機報考其中一所高校，則甲、乙兩人報考不同高校的概率是-.

一3一

【解析】解：記“甲、乙兩人報考不同高校"為事件“，

甲、乙兩人報考學校總的基本事件有9個，分別為：

(A,A),(A,B),(A,C),(B,A))(B,B),

(B,C),(C,A),(C,C),

事件M包含的基本事件有6個，分別為：

(A,B),(A,C),(B,A),(C,A),(C,B),

二甲、乙兩人報考不同高校的概率是p=g=2.

93

故答案為：-.

3

例18.設O為坐標原點，從集合｛1,2,3,4,5,6,7,8,9｝中任取兩個不同的元素x、y,組成A、B

兩點的坐標(無,y)、(y,無)，則NA03=2arctang的概率為_g.

【解析】解：:x,ye｛l,2,3,4,5,6,7,8,9｝且ywx,.?.數對(x,y)共有9x8=72個.

2

1T34

ZAOB=2arctan-?/.tanZA0B=———=—,cosZAOB=—,

31-(|)245

又連接原點。和A(x,y),3(y,九)兩點，得C5==(%,y),0B=(y,x),

則cosNA0B=2=~即(2%—y)(x-2y)=0,即y=2x,或＞='%,

\OA\\OB\x2+y252

/.滿足ZAOB=2arctan-的數對有：

3

(1,2),(2,4),(3,6),(4,8),(2,1),(4,2),(6,3),

(8,4),共8個，

1Q1

/.NAO6=2arctan—的概率?=—=—.

3729

故答案為：

9

例19.小王同學有4本不同的數學書，3本不同的物理書和3本不同的化學書，從中任取2本，則這2本

書屬于不同學科的概率是-（結果用分數表示）.

一15一

【解析】解：小王同學有4本不同的數學書，3本不同的物理書和3本不同的化學書，

從中任取2本，基本事件總數n=C：=45,

這2本書屬于不同學科包含的基本事件個數m=C；。-C；-C；-C；=33,

則這2本書屬于不同學科的概率是°='=更=口.

n4515

故答案為：—.

15

例20.盒子中裝有編號為1,2,3,4,5,