《三维设计》2014届高考数学一轮复习教学案（基础知识+高频考点+解题训练）古典概型

古_典_概_型

[知识能否忆起]

一、基本事件的特点

1．任何两个基本事件是互斥的．

2．任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和． 二、古典概型的两个特点

1．试验中所有可能出现的基本事件只有有限个，即有限性． 2．每个基本事件出现的可能性相等，即等可能性．

[提示] 确定一个试验为古典概型应抓住两个特征：有限性和等可能性． 三、古典概型的概率公式 A包含的基本事件的个数P(A)＝.

基本事件的总数

[小题能否全取]

1．(教材习题改编)从甲、乙、丙三人中任选两名代表，甲被选中的概率为( ) 11A. B. 232C. 3

D．1

解析：选C 基本事件总数为(甲、乙)、(甲、丙)、(乙、丙)共三种，甲被选中共2种．则2P＝.

3

2．(教材习题改编)从1,2,3,4,5,6六个数中任取2个数，则取出的两个数不是连续自然数的概率是( )

3A. 51C. 3

2B. 52D. 3

解析：选D 从六个数中任取2个数有15种方法，取出的两个数是连续自然数有5种情况，则取出的两个数不是连续自然数的概率P＝1－

52＝. 153

3．甲、乙两同学每人有两本书，把四本书混放在一起，每人随机拿回两本，则甲同学拿到一本自己书一本乙同学书的概率是( )

1A. 3

2B. 3

1C. 2

1D. 4

解析：选B 记甲同学的两本书为A，B，乙同学的两本书为C，D，则甲同学取书的情况有AB，AC，AD，BC，BD，CD共6种，有一本自己的书，一本乙同学的书的取法有AC，2

AD，BC，BD共4种，所求概率P＝. 3

4．(2012·南通一调)将甲、乙两球随机放入编号为1,2,3的3个盒子中，每个盒子的放球数量不限，则在1,2号盒子中各有一个球的概率为________．

解析：依题意得，甲、乙两球各有3种不同的放法，共9种放法，其中有1,2号盒子中2各有一个球的放法有2种，故有1,2号盒子中各有一个球的概率为.

9

2答案： 9

5．(教材习题改编)从3台甲型彩电和2台乙型彩电中任选两台，其中两种品牌的彩电齐全的概率是________．

3×23

解析：P＝＝.

1053答案： 5

1.古典概型的判断：

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征——有限性和等可能性，只有同时具备这两个特点的概率模型才是古典概型．

2．对于复杂的古典概型问题要注意转化为几个互斥事件的概率问题去求．

典题导入

[例1] (2012·安徽高考)袋中共有6个除了颜色外完全相同的球，其中有1个红球、2个白球和3个黑球．从袋中任取两球，两球颜色为一白一黑的概率等于( )

12A. B. 553C. 5

4D. 5

简单的古典概型 [自主解答] (文)设袋中红球用a表示，2个白球分别用b1，b2表示，3个黑球分别用c1，c2，c3表示，则从袋中任取两球所含基本事件为(a，b1)，(a，b2)，(a，c1)，(a，c2)，(a，

c3)，(b1，b2)，(b1，c1)，(b1，c2)，(b1，c3)，(b2，c1)，(b1，c2)，(b2，c3)，(c1，c2)，(c1，c3)，(c2，c3)共15个．

两球颜色为一白一黑的基本事件有(b1，c1)，(b1，c2)，(b1，c3)，(b2，c1)，(b2，c2)，(b2，c3)共6个．

62

因此其概率为＝.

155

11

(理)从6个球中任取两球有C26＝15种取法，颜色一黑一白的取法有C2C3＝6种，故概

62率P＝＝.

155

[答案] B

在本例条件下，求两球不同色的概率．

解：两球不同色可分三类：一红一白，一红一黑，一白一黑． 1×2＋1×3＋2×311故P＝＝.

1515

由题悟法

计算古典概型事件的概率可分三步：

(1)算出基本事件的总个数n；(2)求出事件A所包含的基本事件个数m；(3)代入公式求出概率P.

以题试法

1．“?数”是指每个数字比其左边的数字大的自然数(如1 469)，在两位的“?数”中任取一个数比36大的概率是( )

1

A. 23C. 4

2B. 34D. 5

解析：选A 在两位数中，十位是1的“?数”有8个；十位是2的“?数”有7个；??；十位是8的“?数”有1个．则两位数中，“?数”共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36个，比36大的“?数”共有3＋5＋4＋3＋2＋1＝18个．故在两位的“?数”中任取一个数比36181大的概率是＝. 362

典题导入

复杂的古典概型 [例2] (2012·江西高考)如图所示，从A1(1,0,0)，A2(2,0,0)，B1(0，1,0)，B2(0,2,0)，C1(0,0，1)，C2(0,0,2)这6个点中随机选取3个点．

(1)求这3点与原点O恰好是正三棱锥的四个顶点的概率； (2)求这3点与原点O共面的概率．

[自主解答] (文)从这6个点中随机选取3个点的所有可能结果是：

x轴上取2个点的有A1A2B1，A1A2B2，A1A2C1，A1A2C2，共4种； y轴上取2个点的有B1B2A1，B1B2A2，B1B2C1，B1B2C2，共4种； z轴上取2个点的有C1C2A1，C1C2A2，C1C2B1，C1C2B2，共4种．

所选取的3个点在不同坐标轴上有A1B1C1，A1B1C2，A1B2C1，A1B2C2，A2B1C1，A2B1C2，A2B2C1，A2B2C2，共8种．因此，从这6个点中随机选取3个点的所有可能结果共20种．

(1)选取的这3个点与原点O恰好是正三棱锥的四个顶点的所有可能结果有：A1B1C1，21A2B2C2，共2种，因此，这3个点与原点O恰好是正三棱锥的四个顶点的概率为P1＝＝.

2010

(2)法一：选取的这3个点与原点O共面的所有可能结果有：A1A2B1，A1A2B2，A1A2C1，A1A2C2，B1B2A1，B1B2A2，B1B2C1，B1B2C2，C1C2A1，C1C2A2，C1C2B1，C1C2B2，共12种，123

因此，这3个点与原点O共面的概率为P2＝＝.

205

法二：选取的这3个点与原点不共面的所有可能的结果有A1B1C1，A1B1C2，A1B2C1，A1B2C2，A2B1C1，A2B1C2，A2B2C1，A2B2C2，共8种，因此这3个点与原点O共面的概率为83

P2＝1－＝. 205

1

(理)从这6个点中任取3个点可分三类：在x轴上取2个点、1个点、0个点，共有C22C4

23

＋C12C4＋C4＝20种取法．

21

(1)选取的3个点与原点O恰好是正三棱锥项点的取法有2种，概率P1＝＝. 2010123

(2)法一：选取的3个点与原点O共面的取法有C2C13＝12种，所求概率P2＝＝. 2·4·205法二：选取的3个点与原点不共面的取法有C1C1C12·2·2＝8种，因此这3个点与原点O共83面的概率P2＝1－＝. 205

由题悟法

求较复杂事件的概率问题，解题关键是理解题目的实际含义，把实际问题转化为概率模型．必要时将所求事件转化成彼此互斥的事件的和，或者先求其对立事件的概率，进而再用互斥事件的概率加法公式或对立事件的概率公式求解．