第十章　10.1.3　古典概型 学案（含答案）

10.1.3　古典概型
［学习目标］　1.理解古典概型的概念及特点， 会判断古典概型.
2.掌握古典概型概率公式，能利用公式解决简单的概率计算问题.
［学习重难点］　1.理解古典概型的概念及特点， 会判断古典概型.
2.掌握古典概型概率公式，能利用公式解决简单的概率计算问题.
导语
研究随机现象，最重要的是知道随机事件发生的可能性大小.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A的概率用P(A)表示.
掷10、100、1000次硬币，得到正面向上的频率在0.5附近，由此估计掷一枚硬币正面向上的概率为0.5。
通过试验和观察的方法，我们可得到一些事件的概率的估计值，但这种方法耗时多，而且得到的仅是概率的近似值.能否通过建立适当的数学模型，直接计算随机事件的概率呢？本节课我们就来学习一下！
一、古典概型的定义
问题1　我们讨论过彩票摇号试验、抛掷一枚均匀硬币的试验及掷一枚质地均匀骰子的试验，它们的共同特征有哪些？
提示　样本空间的样本点是有限个，每个样本点发生的可能性相等.
知识梳理
一般地，若试验E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.
则称试验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.
例1　下列概率模型是古典概型吗？为什么？
(1)从区间［1，10］内任意取出一个实数，求取到实数2的概率；
(2)向上抛掷一枚不均匀的旧硬币，求正面朝上的概率；
(3)从1，2，3，…，100这100个整数中任意取出一个整数，求取到偶数的概率.
解　(1)不是古典概型，因为区间［1，10］中有无限多个实数，取出的实数有无限多种结果，与古典概型定义中“样本空间的样本点只有有限个”矛盾.
(2)不是古典概型，因为硬币不均匀导致“正面朝上”与“反面朝上”发生的可能性不相等，与古典概型定义中“每个样本点发生的可能性相等”矛盾.
(3)是古典概型，因为在试验中所有可能出现的结果是有限的，而且每个整数被抽到的可能性相等.
反思感悟　古典概型需满足两个条件
(1)样本点总数有限.
(2)各个样本点出现的可能性相等.
二、古典概型概率的计算
问题2　考虑下面这个随机试验，如何度量事件B发生的可能性大小？
抛掷一枚质地均匀的硬币3次，事件B=“恰好一次正面朝上”.
解：我们用1表示硬币“正面朝上”，用0表示硬币“反面朝上”，
则Ω= {(1,1,1),(1,1,0),(1,0,1),(1,0,0),(0,1,1),(0,1,0),(0,0,1),(0,0,0)}，
共有8个样本点，且每个样本点是等可能发生的，所以这是一个古典概型.
●事件B发生的可能性大小，取决于这个事件包含的样本点与样本空间包含的样本点数与样本空间包含的样本点数的比值来度量.
因为B={(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)，所以事件B发生的可能性大小为.
知识梳理
一般地，设试验E是古典概型，样本空间Ω包含n个样本点，事件A包含其中的k个样本点，则定义事件A的概率P(A)==.
例2　一个口袋内装有大小相同的1个白球和3个黑球，从中摸出2个球.求：
(1)样本空间的样本点的总数n；
(2)事件“摸出2个黑球”包含的样本点的个数；
(3)摸出2个黑球的概率.
解　(1)将3个黑球编号为A1，A2，A3，白球编号为B，则从装有4个球的口袋内摸出2个球，
样本空间Ω=｛(A1，A2)，(A1，A3)，(A1，B)，(A2，A3)，(A2，B)，(A3，B)｝，共有6个样本点，所以n=6.
(2)事件“摸出2个黑球”=｛(A1，A2)，(A2，A3)，(A1，A3)｝，共有3个样本点.
(3)样本点的总数n=6，事件“摸出2个黑球”包含的样本点的个数k=3，故P==，即“摸出2个黑球”的概率为.
反思感悟　利用古典概型的概率计算公式计算概率的步骤
(1)确定样本空间的样本点的总数n.
(2)确定所求事件A包含的样本点的个数m.
(3)P(A)=.
跟踪训练2　为美化环境，从红、黄、白、紫4种颜色的花中任选2种花种在一个花坛中，余下的2种花种在另一个花坛中，则红色和紫色的花不在同一花坛的概率是　　　　.
答案　
解析　从4种颜色的花中任选2种颜色的花种在一个花坛中，余下2种颜色的花种在另一个花坛中的方法有红黄—白紫、红白—黄紫、红紫—白黄、黄白—红紫、黄紫—红白、白紫—红黄，共6种，其中红色和紫色的花不在同一花坛的方法有红黄—白紫、红白—黄紫、黄紫—红白、白紫—红黄，共4种，故所求概率P==.
三、较复杂的古典概型的概率计算
例3　某数学兴趣小组共有5名学生，其中有3名男生A1，A2，A3，2名女生B1，B2，现从中随机抽取2名学生参加比赛.
(1)写出试验的样本空间；
(2)抽取的学生中恰有一男生一女生的概率是多少？
解　(1)试验共有10种等可能的结果，因此该试验的样本空间Ω=｛(A1，A2)，(A1，A3)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A2，A3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A3，B1)，(A3，B2)，(B1，B2)｝，共10个样本点.
(2)记事件“抽取的学生中恰有一男生一女生”为A，则A=｛(A1，B1)，(A1，B2)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A3，B1)，(A3，B2)｝，所以n(A)=6，因此P(A)==.
反思感悟　在求古典概型的概率时，若事件可以表示成集合的形式，则可以用列举的方式把样本点一一列出来，注意做到不重不漏，有时也可以借助坐标系、表格及树状图等列出所有样本点.
跟踪训练3　某旅游爱好者计划从3个亚洲国家A1，A2，A3和3个欧洲国家B1，B2，B3中选择2个国家去旅游.
(1)若从这6个国家中任选2个，求这2个国家都是亚洲国家的概率；
(2)若从亚洲国家和欧洲国家中各任选1个，求这2个国家包括A1但不包括B1的概率.
解　(1)由题意知，从6个国家中任选2个国家，其包含的样本点有(A1，A2)，(A1，A3)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A2，A3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)，(A3，B1)，(A3，B2)，(A3，B3)，(B1，B2)，(B1，B3)，(B2，B3)，共15个.
所选2个国家都是亚洲国家的事件所包含的样本点有(A1，A2)，(A1，A3)，(A2，A3)，共3个，
则所求事件的概率P==.
(2)从亚洲国家和欧洲国家中各任选1个，其包含的样本点有(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)，(A3，B1)，(A3，B2)，(A3，B3)，共9个.其中包括A1但不包括B1的事件所包含的样本点有(A1，B2)，(A1，B3)，共2个，则所求事件的概率P=.
1.知识清单：
(1)古典概型.
(2)古典概型的概率公式.
2.方法归纳：列举法、列表法、树状图法.
3.常见误区：在列举样本点的个数时，要按照一定顺序，做到不重、不漏.
1.下列试验中是古典概型的是(　　)
A.种下一粒杨树种子，求其能长成大树的概率
B.掷一枚质地不均匀的骰子，求掷出1点的概率
C.在区间［1，4］上任取一数，求这个数大于1.5的概率
D.同时掷两枚质地均匀的骰子，求向上的点数之和是5的概率
答案　D
解析　A，B两项中的样本点的出现不是等可能的，故A，B不是；C项中样本点的个数有无限多个，故C不是；D项中样本点的出现是等可能的，且是有限个，故D是.
2.在50瓶牛奶中，有5瓶已经过了保质期，从中任取一瓶，取到已经过保质期的牛奶的概率是(　　)
A.0.02 B.0.05
C.0.1 D.0.9
答案　C
解析　由题意知，该题是一个古典概型，因为在50瓶牛奶中任取1瓶有50种不同的取法，取到已过保质期的牛奶有5种不同的取法，根据古典概型的概率公式求得概率是=0.1.
3.将一枚骰子先后投掷两次，两次向上的点数之和为5的倍数的概率为　　　　.
答案　
解析　将一枚骰子投掷两次，样本点总数为6×6=36，且每个样本点出现的可能性相等，其中“将一枚骰子投掷两次，两次向上的点数之和为5的倍数”所包含的样本点有(1，4)，(4，1)，(2，3)，(3，2)，(5，5)，(6，4)，(4，6)，共7个，故所求概率为.
4.从a，b，c，d四名学生中任选两名去参加不同的活动，则选到学生a的概率为　　　　.
答案　
解析　所有样本点有(a，b)，(a，c)，(a，d)，(b，c)，(b，d)，(c，d)，共6个.其中选到学生a的样本点有(a，b)，(a，c)，(a，d)，共3个，所以所求事件的概率P=.
　　　　 课时对点练　［分值：100分］
单选题每小题5分，共35分；多选题每小题6分，共18分
1.下列是古典概型的是(　　)
A.任意抛掷两枚骰子，所得点数之和作为样本点
B.求任意的一个正整数平方的个位数字是1的概率，将取出的正整数作为样本点
C.从甲地到乙地共n条路线，求某人正好选中最短路线的概率
D.抛掷一枚质地均匀的硬币至首次出现正面为止，抛掷的次数作为样本点
答案　C
解析　A项中由于点数之和出现的可能性不相等，故A不是；B项中的样本点的个数是无限的，故B不是；C项中满足古典概型的有限性和等可能性，故C是古典概型；D项中样本点既不是有限个也不具有等可能性，故D不是.
2.为了丰富高一学生的课外生活，某校要组建数学、计算机、航空模型3个兴趣小组，小明要选报其中的2个，则包含的样本点共有(　　)
A.1个 B.2个
C.3个 D.4个
答案　C
解析　由题意可得，包含的样本点有“数学与计算机”“数学与航空模型”“计算机与航空模型”，共3个.
3.有两人从一座6层大楼的底层进入电梯，假设每个人自第二层开始在每一层离开电梯是等可能的，则这两人在不同层离开电梯的概率是(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　由题意知两人各有5种不同的选择，故共有5×5=25(个)样本点，而两人在同一层离开含有5个样本点，则两人在不同层离开含有20个样本点，则这两人在不同层离开电梯的概率为=.
4.已知x∈｛1，2，3，4｝，y∈｛1，2，3｝，则x，y满足x+y=5的概率为(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　所有的样本点为(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，共12个.
满足x+y=5的样本点有(2，3)，(3，2)，(4，1)，共3个，所以所求事件的概率P==.
5.(多选)投掷一枚质地均匀的正方体骰子，四位同学各自发表了以下见解，其中正确的有(　　)
A.“出现点数为奇数”的概率等于“出现点数为偶数”的概率
B.只要连掷6次，一定会“出现1点”
C.投掷前默念几次“出现6点”，投掷结果“出现6点”的可能性就会加大
D.连续投掷3次，出现的点数之和不可能等于19
答案　AD
解析　掷一枚骰子，出现奇数点和出现偶数点的概率都是，故A正确；“出现1点”是随机事件，故B错误；概率是客观存在的，不因为人的意念而改变，故C错误；连续掷3次，若每次都出现最大点数6，则三次之和为18，故D正确.
6.数学家祖冲之估计圆周率π的值的范围是：3.141 592 6<π<3.141 592 7，为纪念祖冲之在圆周率的成就，把3.141 592 6称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就.某小学教师为帮助同学们了解“祖率”，让同学们从小数点后的7位数字1，4，1，5，9，2，6随机选取两位数字，整数部分3不变，那么得到的数字大于3.14的概率为(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　从1，4，1，5，9，2，6这7位数字中任选两位数字的样本点有14，11，15，19，12，16，41，45，49，42，46，59，52，56，92，96，26，51，91，21，61，54，94，24，64，95，25，65，29，69，62，共31个，其中得到的数字大于3.14的样本点有28个，所以得到的数字大于3.14的概率P=.
7.(5分)现有三张识字卡片，分别写有“中”“国”“梦”这三个字.将这三张卡片随机排序，则能组成“中国梦”的概率是　　　　.
答案　
解析　将这三张卡片随机排序，可得中国梦，中梦国，国中梦，国梦中，梦中国，梦国中，共6个样本点，能组成“中国梦”的有1个样本点，故能组成“中国梦”的概率为.
8.(5分)从1，2，3，4，5这5个数字中不放回地任取两数，则两数都是奇数的概率是　　　　.若有放回地任取两数，则两数都是偶数的概率是　　　　.
答案　　
解析　从5个数字中不放回地任取两数，样本点有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(3，4)，(3，5)，(4，5)，共10个，且每个样本点出现的可能性相等.因为两数都为奇数的样本点有(1，3)，(1，5)，(3，5)，共3个，所以两数都是奇数的概率P=.从5个数字中有放回地任取两数，样本点共有5×5=25(个)，且每个样本点出现的可能性相等，两数都为偶数的样本点有(2，4)，(4，2)，(2，2)，(4，4)，共4个，故两数都是偶数的概率P=.
9.(10分)某商家将编号为1，2，3的三个玩偶随机放入编号为1，2，3的三个盒子里，每个盒子放一个玩偶，每个玩偶的放置结果互相不受影响.
(1)共有多少种不同的放法？请列举出来；(5分)
(2)求盒中放置的玩偶的编号与所在盒的编号均不相同的概率.(5分)
解　(1)共有6种不同的放法，按盒子号1，2，3的顺序放入玩偶包含的样本点为(1，2，3)，(1，3，2)，(2，3，1)，(2，1，3)，(3，1，2)，(3，2，1).
(2)设所求事件为A，则A包含有(2，3，1)，(3，1，2)两个样本点，并且每个样本点的发生是等可能的，故P(A)==.
10.(10分)某校高二(9)班决定从a，b，c三名男生和d，e两名女生中随机选3名进入学生会.
(1)求“女生d被选中”的概率；(5分)
(2)求“男生a和女生e恰好有一人被选中”的概率.(5分)
解　(1)从a，b，c三名男生和d，e两名女生中任选3名的样本点有abc，abd，abe，acd，ace，ade，bcd，bce，bde，cde，共10个，
其中女生d被选中的样本点有abd，acd，ade，bcd，bde，cde，共6个，
所以女生d被选中的概率P==.
(2)据(1)知，男生a和女生e恰好有一人被选中的样本点有abc，abd，acd，bce，bde，cde，共6个，所以“男生a和女生e恰好有一人被选中”的概率P==.
11.《周易》是我国古代典籍，用“卦”描述了天地世间万象变化.如图所示，八卦图包含乾、坤、震、巽、坎、离、艮、兑八卦(每一卦由三个爻组成，其中“”表示一个阳爻，“”表示一个阴爻).若从中任取一卦，恰有两个阳爻的概率为(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　由题意知，样本点总数为8，其中恰有两个阳爻包含的样本点有3个，则恰有两个阳爻的概率为.
12.(多选)某中学为了能充分调动学生对学术科技的积极性，鼓励更多的学生参与到学术科技之中，提升学生的创新意识，该学校决定邀请知名教授于9月2日和9月9日到学校做两场专题讲座.学校有东、西两个礼堂，第一次讲座地点的安排不影响下一次讲座的安排，假设选择东、西两个礼堂作为讲座地点是等可能的，则下列叙述正确的是(　　)
A.两次讲座都在东礼堂的概率是
B.两次讲座安排在东、西礼堂各一场的概率是
C.两次讲座中至少有一次安排在东礼堂的概率是
D.第一次讲座安排在东礼堂，下一次讲座安排在西礼堂的概率是
答案　ABC
解析　记讲座选在东、西两个礼堂分别为A，B，则样本空间Ω=｛(A，A)，(A，B)，(B，A)，(B，B)｝.
A中，包含(A，A)，共一个样本点，则P=；
B中，包含(A，B)，(B，A)，共两个样本点，
则P=；
C中，包含(A，A)，(A，B)，(B，A)，共三个样本点，则P=；
D中，包含(A，B)，共一个样本点，则P=.
13.(多选)从装有2个红球和2个黑球的口袋中任取2个小球，则下列结论正确的是(　　)
A.“至少有一个红球”的概率为
B.“恰有一个黑球”的概率为
C.“一个红球和一个黑球”的概率为
D.“两个都是红球”的概率为
答案　ABD
解析　A选项，设2个红球为a，b，2个黑球为A，B，选取2个小球，则包含的样本点有(a，b)，(a，A)，(a，B)，(b，A)，(b，B)，(A，B)，共6个，
所以“至少有一个红球”包含的样本点有(a，b)，(a，A)，(a，B)，(b，A)，(b，B)，共5个，
故“至少有一个红球”的概率为，A正确；
B选项，“恰有一个黑球”包含的样本点有(a，A)，(a，B)，(b，A)，(b，B)，共4个，
故“恰有一个黑球”的概率为，B正确；
C选项，“一个红球和一个黑球”包含的样本点有(a，A)，(a，B)，(b，A)，(b，B)，共4个，
故“一个红球和一个黑球”的概率为，C错误；
D选项，“两个都是红球”包含的样本点有(a，b)，故“两个都是红球”的概率为，D正确.
14.(5分)抛掷一个质地均匀的正方体玩具(各面上分别标有1，2，3，4，5，6这6个数字)，则落地时向上的点数是2的倍数的概率为　　　　，落地时向上的点数是奇数的概率为　　　　，落地时向上的点数不小于5的概率为　　　　，落地时向上的点数大于2的概率为　　　　，落地时向上的点数最大或最小的概率为　　　　.
答案　　　　　
解析　记五种情形分别为事件A，B，C，D，E，
则P(A)==，P(B)==，
P(C)==，P(D)==，
P(E)==.
15.按文献记载，《百家姓》成文于北宋初年，表1记录了《百家姓》开头的24大姓氏：
表1
赵 钱 孙 李 周 吴 郑 王 冯 陈 褚 卫
蒋 沈 韩 杨 朱 秦 尤 许 何 吕 施 张
表2记录了2018年中国人口最多的前25大姓氏：
表2
1：李 2：王 3：张 4：刘 5：陈
6：杨 7：赵 8：黄 9：周 10：吴
11：徐 12：孙 13：胡 14：朱 15：高
16：林 17：何 18：郭 19：马 20：罗
21：梁 22：宋 23：郑 24：谢 25：韩
从表1《百家姓》开头的24大姓氏中随机选取1个姓氏，则该姓氏是2018年中国人口最多的前24大姓氏的概率为(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　因为从表1《百家姓》开头的24大姓氏中随机选取1个姓氏的样本点共有24个，2018年中国人口最多的前24大姓氏中《百家姓》开头的24大姓氏的样本点有赵、孙、李、周、吴、郑、王、陈、杨、朱、何、张共12个，所以该姓氏是2018年中国人口最多的前24大姓氏的概率为=.
16.(12分)田忌和齐王赛马是历史上有名的故事，设齐王的三匹马分别为A1，A2，A3；田忌的三匹马分别为B1，B2，B3；三匹马各比赛一次，胜两场者获胜，双方均不知对方马的出场顺序.
(1)若这六匹马比赛优、劣程度可以用不等式表示为A1>B1>A2>B2>A3>B3，则田忌获胜的概率是多大？(6分)
(2)若这六匹马比赛优、劣程度可以用不等式表示为A1>B1>A2>B2>B3>A3，则田忌获胜的概率是多大？(6分)
解　不妨设齐王的三匹马的出场次序为A1A2A3，则田忌的马的出场次序的样本空间Ω=｛B1B2B3，B1B3B2，B2B1B3，B2B3B1，B3B1B2，B3B2B1｝.
(1)田忌赢齐王的三匹马的出场次序为B3B1B2，则田忌获胜的概率是.
(2)田忌赢齐王的三匹马的出场次序为B3B1B2，B2B1B3，则田忌获胜的概率是.