(共62张PPT)
10.1.3 古典概型
新课程标准解读 核心素养
1.结合具体实例，理解古典概型 数学抽象
2.能计算古典概型中简单随机事件的概率 数学运算
第1课时 古典概型的定义及概率计算
目录
基础知识·重落实
01
典型例题·精研析
02
知能演练·扣课标
03
基础知识·重落实
01
课前预习 必备知识梳理
据《西墅记》所载，唐明皇与杨贵妃掷骰子戏娱，唐明皇的战况
不佳，只有让六颗骰子中的两颗骰子同时出现“四”才能转败为胜.
于是唐明皇一面举骰投掷，一面连呼“重四”.骰子停定，正好重四.
唐明皇大悦，命令高力士将骰子的四点涂为红色，红色通常是不能乱
用的.因此直到今天，骰子的幺、四两面为红色，其余四面都是黑色.
【问题】 你能算出唐明皇转败为胜的概率是多少吗？
知识点 古典概型
1. 事件的概率
对随机事件发生可能性大小的 称为事件的概率，
事件A的概率用 表示.
度量（数值）
P（A）
2. 古典概型的定义
试验E具有如下共同特征：
（1）有限性：样本空间的样本点只有 个；
（2）等可能性：每个样本点发生的可能性 .
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.
有限
相等
3. 古典概型的概率计算公式
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）＝
＝ .其中，n（A）和n（Ω）分别表示事件A和样本空
间Ω包含的样本点个数.
提醒 若一次试验的结果所包含的样本点的个数是有限个，则
该试验还不能判断是古典概型，还必须满足每个样本点出现的
可能性相等.
【想一想】
掷一枚不均匀的骰子，求出现点数为偶数点的概率.这个概率模型
是古典概型吗？
提示：不是.因为骰子不均匀，所以每个样本点出现的可能性不
相等.
1. 袋中装有6个白球，5个黄球，4个红球，从中任取一球，取到白球
的概率为（ ）
解析： 从装有6个白球，5个黄球，4个红球的袋中，任取一
球，有15种取法，其中取到白球的有6种取法，所以取到白球的概
率为 ＝ .故选A.
2. （多选）下列试验中是古典概型的为（ ）
A. 从6名同学中选出4人参加数学竞赛，每人被选中的可能性大小相
等
B. 同时掷两颗骰子，点数和为6的概率
C. 近三天中有一天降雨的概率
D. 10人随机站成一排，其中甲、乙相邻的概率
解析：由古典概型的定义和特点知：A、B、D是古典概型，C不是古典概型，因为不符合等可能性.故选A、B、D.
3. 从2，4，5，7这4个数中一次随机抽取两个数，则所取两个数之和
为9的概率是 .
解析：从2，4，5，7这4个数中一次随机抽取两个数的所有样本点
为（2，4），（2，5），（2，7），（4，5），（4，7），（5，
7），共6个，所取2个数之和为9的样本点为（2，7），（4，5），
共2个，故所求概率P＝ ＝ .
典型例题·精研析
02
课堂互动 关键能力提升
题型一 古典概型的判断
【例1】 （多选）下列试验是古典概型的是（ ）
A. 在适宜的条件下种一粒种子，发芽的概率
B. 口袋里有除颜色外完全相同的2个白球和2个黑球，从中任取一球
为白球的概率
C. 向一个圆面内部随机地投一个点，该点落在圆心的概率
D. 老师从甲、乙、丙三名学生中任选两人做典型发言，甲被选中的
概率
解析： 对于A：在适宜的条件下种一粒种子，发芽的概率，不符
合等可能性；对于B：从中任取一球的事件有限，且任取一球为白球
或黑球的概率是等可能的；对于C：向一个圆面内部随机地投一个
点，该点落在圆心的概率，不符合有限性；对于D：老师从甲、乙、
丙三名学生中任选两人的事件有限，甲、乙、丙被选中的概率是等可
能的.故选B、D.
通性通法
判断一个试验是不是古典概型的步骤
（1）明确试验及其结果；
（2）判断所有结果（即样本点）是否有限；
（3）判断有限个结果是否等可能出现，这需要有日常生活的经验.另
外，题目中“完全相同”“任取”等是表述等可能的语言.
【跟踪训练】
下列概率模型中属于古典概型的是（ ）
A. 在平面直角坐标系内，从横坐标和纵坐标都是整数的所有点中任
取一点
B. 某射手射击一次，可能命中0环，1环，2环，…，10环
C. 某小组有男生6人，女生4人，从中任选1人当组长
D. 一只使用中的灯泡寿命长短
解析： 对于A，不属于古典概型，因为所有横坐标和纵坐标都是
整数的点有无限多个，不满足有限性；对于B，不属于古典概型，因
为命中0环，1环，2环，…，10环的概率不相同，不满足等可能性；
对于C，属于古典概型，该事件显然满足有限性，且任选1人与学生的
性别无关，是等可能的；对于D，不属于古典概型，因为灯泡的寿命
是任意一个非负实数，有无限多种可能，不满足有限性.故选C.
题型二 古典概型的概率计算
角度1 列举法求古典概型的概率
【例2】 一个口袋内装有大小相等的1个白球和已编有不同号码的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；
解：由于4个球的大小相同，摸出每个球的可能性是均等
的，所以是古典概型.
将黑球编号为黑1，黑2，黑3，从装有4个球的口袋内摸出2个球，
样本空间Ω＝{（黑1，黑2），（黑1，黑3），（黑1，白），
（黑2，黑3），（黑2，白），（黑3，白）}，共6个样本点，
所以n＝6.
（2）事件“摸出2个黑球”包含的样本点的个数；
解：事件“摸出2个黑球”＝{（黑1，黑2），（黑2，黑3），
（黑1，黑3）}，共3个样本点.
（3）摸出2个黑球的概率.
解：样本点总数n＝6，事件“摸出2个黑球”包含的样本点个
数m＝3，故P＝ ＝ ，即摸出2个黑球的概率为 .
通性通法
应用列举法求古典概型概率的三个步骤
此方法适合于较为简单的古典概型问题.
角度2 树状图法求古典概型的概率
【例3】 （2024·信阳月考）甲、乙、丙三人互传一个篮球，持球者
随机将球传给无球者之一.由甲开始持球传递，经过4次传递后，篮球
回到甲手上的概率是（ ）
解析： 画树状图如图所示，
由树状图知，共有16种等可能结果，其中第4次传球后球回到甲手中
的有6种结果，所以第4次传球后球回到甲手中的概率为 ＝ .
通性通法
树状图法的应用
先明确一次试验的几个步骤及顺序，使用树状图列举出一次试验
的所有可能结果（即把样本点一一列举出来），求出所求事件和样本
空间的样本点个数，然后代入古典概型概率公式求解.树状图法便于
分析样本点间的关系，适用于较复杂的问题.
角度3 列表法求古典概型的概率
【例4】 先后抛掷两枚质地均匀的骰子.
（1）求点数之和为7的概率；
解：抛掷两枚质地均匀的骰子，其情况如表所示：
记“点数之和为7”为事件A，从图中可以看出，事件A包含的样本点共有6个，分别为（6，1），（5，2），（4，3），（3，4），（2，5），（1，6），故P（A）＝ ＝ .
（2）求掷出两个4点的概率；
解：记“掷出两个4点”为事件B，从图中可以看出，事件B包
含的样本点只有1个，即（4，4），故P（B）＝ .
（3）求点数之和能被3整除的概率.
解：记“点数之和能被3整除”为事件C，则事件C包含的样本
点共12个，分别为（1，2），（2，1），（1，5），（5，
1），（2，4），（4，2），（3，3），（3，6），（6，3），
（4，5），（5，4），（6，6）.故P（C）＝ ＝ .
通性通法
列表法的应用
利用表格的形式列出所有的样本点，通常用来解决试验中包含两
个元素，且试验结果比较多的概率求解问题，表格的行与列分别表示
不同的元素，根据试验的要求直接在表格中列出相应的结果，这种方
法直观、简洁，不易出错.
角度4 图示法求古典概型的概率
【例5】 市场调查公司为了了解某小区居民在阅读报纸方面的取
向，抽样调查了500户居民，调查的结果显示：订阅晨报的有334户，
订阅晚报的有297户，其中两种都订的有150户，则两种报纸都不订的
概率为 .
0.038
解析：记500户居民组成的集合为U，订阅晨报的居民的全体为集合A，订阅晚报的居民的全体为集合B，如图所示，由题意及图知两种报纸至少订阅一种的有334＋297－150＝481（户），从而两种都不订的有500－481＝19（户）.故两种报纸都不订的概率为 ＝0.038.
通性通法
从集合观点看，在一次试验中等可能出现的结果组成全集I，即
card（I）＝n，而事件A所包含的k个结果组成I的一个子集，即card
（A）＝k，则有P（A）＝ ，因此可建立事件与集合的关
系，借助Venn图的直观性来研究事件，且便于弄清各种事件间的关
系，并易确定n，k的值.
【跟踪训练】
1. 从甲、乙、丙三名候选人中任选两人参加党史知识竞赛，则乙被选
中的概率为（ ）
解析： 从甲、乙、丙三名候选人中任选两人参加党史知识竞
赛，共有（甲，乙），（甲，丙），（乙，丙）3种选法，其中乙
被选中有2种选法，故乙被选中的概率为 .故选C.
2. 甲、乙、丙、丁四人随机地排成一行，则甲、乙两人相邻，丙、丁
两人不相邻的概率为（ ）
解析： 根据题意，列出所有等可能的情况，如图所示.故所有
排列共有24种情况，其中甲、乙两人相邻，丙、丁两人不相邻共有
4种情况（画“√”的情况）.故所求概率P＝ ＝ .
3. 每年3月为学雷锋活动月，某班有青年志愿者5名，其中男生3名，
女生2名，现需选出2名青年志愿者到社区做公益宣传活动，则选出
的2名青年志愿者性别相同的概率为 .
解析：设3名男生分别用A，B，C表示，2名女生分别用a，b表
示，则从5人中选出2名青年志愿者的样本空间Ω＝{（A，B），
（A，C），（A，a），（A，b），（B，C），（B，a），
（B，b），（C，a），（C，b），（a，b）}，共有10个样本
点，其中选出的2名志愿者性别相同包含的样本点有（A，B），
（A，C），（B，C），（a，b），共有4个，则选出的2名青
年志愿者性别相同的概率为P＝ ＝ .
1. 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
解析： 由题意知，在50瓶牛奶中任取1瓶，有50个样本点，取
到已过保质期的牛奶包括5个样本点，根据古典概型概率计算公式
求得概率是 ＝0.1.
2. （多选）下列有关古典概型的说法正确的有（ ）
A. 试验的样本空间的样本点总数有限
B. 每个事件出现的可能性相等
C. 每个样本点出现的可能性相等
解析： 由古典概型概念可知：试验的样本空间的样本点总数有限；每个样本点出现的可能性相等.故A、C正确；每个事件不一定是样本点，可能包含若干个样本点，所以B不正确；根据古典概型的概率计算公式可知D正确.故选A、C、D.
3. 从甲、乙、丙、丁、戊五人中选两人担任五月一日的值班工作，则
甲、乙均不被选中的概率为 .
解析：从甲、乙、丙、丁、戊五人中选两人担任五月一日的值班工
作，有：甲乙，甲丙，甲丁，甲戊，乙丙，乙丁，乙戊，丙丁，丙
戊，丁戊，共10种选法，其中甲、乙均不被选中的有3种，所以所
求事件的概率为 .
4. （2024·三明月考）从长度分别为2，3，4，5的四条线段中任意取
出三条，则以这三条线段为边可以构成三角形的概率是 .
解析：此试验的样本空间Ω＝{（2，3，4），（2，3，5），（2，
4，5），（3，4，5）}，共有4个样本点，设事件A＝“可构成三
角形”，则A＝{（2，3，4），（2，4，5），（3，4，5）}，共
有3个样本点，故P（A）＝ ＝ .
知能演练·扣课标
03
课后巩固 核心素养落地
1. 下列试验是古典概型的是（ ）
A. 口袋中有2个白球和3个黑球，从中任取一球为白球
B. 在区间[－1，5]上任取一个实数x，使x2－3x＋2＞0
C. 某小组有男生5人，女生3人，从中任选1人做演讲
D. 某人射击中靶或不中靶
解析： 对于A，取出白球与取出黑球发生的可能性不同，故不
是古典概型；对于B，一次试验的结果有无限个，故不是古典概
型；对于C，满足古典概型特征，是古典概型；对于D，两个样本
点发生的可能性可能不同，故不是古典概型.
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2. 同时掷两枚硬币，“至少出现一枚正面向上”的概率是（ ）
解析： 同时掷两枚硬币，向上的面的情形有：正正，正反，反
正，反反，共4种，其中“至少出现一枚正面向上”含有正反，反
正及正正三个基本事件，所以概率为P＝ .故选D.
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3. 我国历法中将一年分春、夏、秋、冬四个季节，每个季节六个节
气，如春季包含立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨.某书画院
甲、乙、丙、丁四位同学接到绘制二十四节气的彩绘任务，现四位
同学抽签确定各自完成哪个季节中的6幅彩绘，在制签抽签公平的
前提下，甲抽到绘制夏季6幅彩绘的概率是（ ）
解析： 甲从春、夏、秋、冬四个季节的各6幅彩绘绘制的任务
中选一个季节的6幅彩绘绘制，共有四个样本点，甲抽到绘制夏季6
幅彩绘是其中一个样本点，故甲抽到绘制夏季6幅彩绘的概率为 .
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4. 同时掷两个骰子，则向上的点数之和是4的概率为（ ）
解析：同时抛掷两个骰子，则两个骰子点数之和如下表所示：
由表可知，共有36种情况，其中点数之和是4的有3个，故所求概率P＝ ＝ .
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5. （2024·中山月考）从正六边形的6个顶点中随机选择2个顶点连成
线段，则它们过正六边形中心的概率等于（ ）
解析： 从正六边形的6个顶点中随机选择2个顶点连成线段，有
线段AB，AC，AD，AE，AF，BC，BD，BE，BF，CD，CE，CF，DE，DF，EF共15条，其中过正六边形中心的有AD，BE，CF共3条，所以过正六边形中心的概率等于 ＝ .故选D.
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6. （2024·江门月考）从一个放有两个白球、两个黑球的罐子中任意
摸两个球，则至少摸到一个黑球的概率是（ ）
解析： 设两个白球为a1，a2，两个黑球为b1，b2，则从4个球中
任取2个球有：（a1，a2），（a1，b1），（a1，b2），（a2，
b1），（a2，b2），（b1，b2），6种等可能结果，其中至少摸到
一个黑球有：（a1，b1），（a1，b2），（a2，b1），（a2，
b2），（b1，b2），5种等可能结果，故至少摸到一个黑球的概率
P＝ .故选C.
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7. 从集合{a，b，c，d}的所有子集中任取一个，这个集合恰是集合
{a，b}的子集的概率是 .
解析：集合{a，b，c，d}的子集有16个，其中 ，{a}，{b}，
{a，b}这4个集合是{a，b}的子集，因此所求概率为 ＝ .
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8. 我国古代数学名著《数书九章》中有“米谷粒分”问题：粮仓开仓
收粮，有人送来米1 534石，抽样取米一把，数得254粒内夹谷28
粒，则这批米内夹谷约为 石（结果保留整数）.
解析：因为254粒内夹谷28粒，所以这批米内夹谷的概率为 ＝
，所以这批米内夹谷为1 534× ≈169.
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9. 有1号、2号、3号共3个信箱和A，B，C，D共4封信，若4封信可
以任意投入信箱，投完为止，则A信投入1号或2号信箱的概率
是 .
解析：由于每封信可以任意投入信箱，对于A信，投入各个信箱的
可能性是相等的，一共有3种不同的结果.投入1号或2号信箱是其中
的2种结果，故A信投入1号或2号信箱的概率为 .
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10. 一只口袋内装有大小相同的5个球，其中3个白球，2个黑球，从中
一次摸出2个球.
（1）共有多少个样本点？
解：分别记白球为1，2，3号，黑球为4，5号，从中摸出2个球，有如下样本点（摸到1，2号球用（1，2）表示）：
（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（2，3），
（2，4），（2，5），（3，4），（3，5），（4，5）.因
此，共有10个样本点.
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（2）摸出的2个球都是白球的概率是多少？
解：上述10个样本点发生的可能性相同，且只有3个样本点是摸到2个白球（记为事件A），
即（1，2），（1，3），（2，3），故P（A）＝ .
故摸出2个球都是白球的概率为 .
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11. （2024·泉州月考）先后抛掷两枚质地均匀的正方体骰子（它们的
六个面分别标有点数1，2，3，4，5，6），骰子朝上的面的点数
分别为x，y，则log2xy＝1的概率为（ ）
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解析： 所有样本点的个数为36.由log2xy＝1得2x＝y，其中
x，y∈{1，2，3，4，5，6}，所以或或
故事件“log2xy＝1”包含3个样本点，所以所求的概率
为P＝ ＝ .
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12. （2024·泰安月考）甲、乙两人玩猜数字游戏，先由甲心中想一个
数字，记为a，再由乙猜甲刚才所想的数字，把乙猜的数字记为
b，其中a，b∈{1，2，3，4，5，6}，若｜a－b｜≤1，就称
甲、乙“心有灵犀”.现任意找两人玩这个游戏，则他们“心有灵
犀”的概率为（ ）
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解析： 记“｜a－b｜≤1”为事件A，由于a，b∈{1，2，3，
4，5，6}，列表如下：
则事件A包含的样本点共16个，又
依题意得，样本点总数为36，且每
个样本点出现的可能性相等，因此
他们“心有灵犀”的概率为P＝
＝ .
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13. 设关于x的一元二次方程x2＋2ax＋b2＝0.若a是从0，1，2，3这
四个数中任取的一个数，b是从0，1，2这三个数中任取的一个
数，则上述方程有实数根的概率是 .
解析：∵关于x的一元二次方程x2＋2ax＋b2＝0有解.∴Δ＝4a2－
4b2≥0，即a2≥b2，由题a是从0，1，2，3中任取的一个数，b是
从0，1，2中任取的一个数，故总共有12个样本点，当a＝0，b＝
0；a＝1，b＝0，1；a＝2，b＝0，1，2；a＝3，b＝0，1，2时
满足a2≥b2，∴方程有实根的情况有9种，故方程有实根的概率为
＝ .
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14. 书架上放有三套不同的小说，每套均分上、下册，共六本，从中
任取两本，试求下列事件的概率：
（1）取出的书不成套；
解：设第一套书的上、下册分别记为A1，A2，第二套书的
上、下册分别记为B1，B2，第三套书的上、下册分别记为
C1，C2.
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不区分取出的两本书的顺序，依题意可知样本空间Ω＝{A1A2，A1B1，A1B2，A1C1，A1C2，A2B1，A2B2，A2C1，A2C2，B1B2，B1C1，B1C2，B2C1，B2C2，C1C2}，共含有15个样本点，可以认为这15个样本点出现的可能性是相等的，从而用古典概型来计算概率.
（1）设事件A表示“取出的书不成套”，则A＝{A1B1，A1B2，A1C1，A1C2，A2B1，A2B2，A2C1，A2C2，B1C1，B1C2，B2C1，B2C2}，样本点有12个，故P（A）＝ ＝ .
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（2）取出的书均为上册；
解：设事件B表示“取出的书均为上册”，
则B＝{A1B1，A1C1，B1C1}，样本点有3个，
故P（B）＝ ＝ .
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（3）取出的书上、下册各一本，但不成套.
解： 设事件C表示“取出的书上、下册各一本，但不成套”，
则C＝{A1B2，A1C2，A2B1，A2C1，B1C2，B2C1}，样本点
有6个，故P（C）＝ ＝ .
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15. （2024·金华月考）某学校成立三个社团，共60人参加，A社团有
39人，B社团有33人，C社团有32人，同时只参加A，B社团的有
10人，同时只参加A，C社团的有11人，三个社团都参加的有8
人.随机选取1人，则他参加不超过两个社团的概率为 .
解析：由Venn图可求得参加各社团的情况如图所示，参加不超过两个社团的概率P＝ ＝ .
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16. 某县有特级教师6人，分别来自甲、乙、丙、丁四个学校，其中甲
校教师记为A1，A2，乙校教师记为B1，B2，丙校教师记为C，丁
校教师记为D. 现从这6名特级教师中选出3名教师组成下届教师
职称评审团，要求甲、乙、丙、丁四个学校中每校至多选出1名.
（1）请列出教师职称评审团组成人员的全部样本点；
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解：从6名特级教师中选出3名教师组成评审团，树状图如图所示，
故组成人员的全部样本点为（A1，B1，C），（A1，B1，D），（A1，B2，C），（A1，B2，D），（A1，C，D），（A2，B1，C），（A2，B1，D），（A2，B2，C），（A2，B2，D），（A2，C，D），（B1，C，D），（B2，C，D）.
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（2）求教师A1被选中的概率；
解：在组成人员的全部样本点中，A1被选中的样本点
有（A1，B1，C），（A1，B1，D），（A1，B2，C），
（A1，B2，D），（A1，C，D），共5个，
所以教师A1被选中的概率为 .
（3）求评审团中没有乙校教师的概率.
解：评审团中没有乙校教师的样本点有（A1，C，D），（A2，C，D），共2个，
所以评审团中没有乙校教师的概率为 ＝ .
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第2课时 古典概型的综合问题
目录
典型例题·精研析
01
知能演练·扣课标
02
典型例题·精研析
01
课堂互动 关键能力提升
题型一 古典概型中的“放回”与“不放回”问题
【例1】 从含有两件正品a1，a2和一件次品b1的3件产品中每次任取
一件，每次取出后不放回，连续取两次.
（1）求取出的两件产品中恰有一件次品的概率；
解：每次取一件，取后不放回地连续取两次，其一切可能的结
果组成的样本空间Ω1＝{（a1，a2），（a1，b1），（a2，
a1），（a2，b1），（b1，a1），（b1，a2）}，
其中小括号内左边的字母表示第一次取出的产品，右边的字母
表示第二次取出的产品.
Ω由6个样本点组成，这些样本点的出现是等可能的.
用A表示“取出的两件中，恰好有一件次品”这一事件，
则A＝{（a1，b1），（a2，b1），（b1，a1），（b1，a2）}，
事件A由4个样本点组成，所以P（A）＝ ＝ .
（2）如果将“每次取出后不放回”这一条件换成“每次取出后放
回”，则取出的两件产品中恰有一件次品的概率是多少？
解：有放回地连续取出两件，其一切可能的结果组成的样本空
间Ω2＝{（a1，a1），（a1，a2），（a1，b1），（a2，a1），
（a2，a2），（a2，b1），（b1，a1），（b1，a2），（b1，
b1）}，共9个样本点.
用B表示“恰有一件次品”这一事件，则B＝{（a1，b1），
（a2，b1），（b1，a1），（b1，a2）}.
事件B由4个样本点组成，所以P（B）＝ .
通性通法
解决“放回”与“不放回”问题的方法及注意点
（1）关于不放回抽样，计算样本点个数时，既可以看做是有顺序
的，也可以看做是无顺序的，其最后结果是一致的，但不论选
择哪一种方式，观察的角度必须一致，否则会产生错误；
（2）关于有放回抽样，应注意在连续取出两次的过程中，因为先后
顺序不同，所以（a1，b1），（b1，a1）不是同一个样本点.解
题的关键是要清楚无论是“不放回抽取”还是“有放回抽
取”，每一件产品被取出的机会都是均等的.
【跟踪训练】
（2024·菏泽月考）一个袋中装有四个大小完全相同的球，球的编号
分别为1，2，3，4.
（1）从袋中随机取两个球，求取出的球的编号之和不大于4的概率；
解：从袋中随机取两个球，所有可能样本点有（1，2），（1，
3），（1，4），（2，3），（2，4），（3，4），共6个，
从袋中取出的两个球的编号之和不大于4的样本点为（1，2），
（1，3），共2个，
因此所求事件的概率为 ＝ .
（2）先从袋中随机取一个球，该球的编号为m，将球放回袋中，再
从袋中随机取一个球，该球的编号为n，求n≥m＋2的概率.
解：先从袋中随机取一个球，记下编号为m，放回后，再从袋
中随机取一个球，记下编号为n，
则试验的样本空间Ω＝{（1，1），（1，2），（1，3），（1，
4），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（3，1），
（3，2），（3，3），（3，4），（4，1），（4，2），（4，
3），（4，4）}，共16个样本点.
又满足条件n≥m＋2的事件的样本点有：（1，3），（1，4），（2，4），共3个，所以满足条件n≥m＋2的事件的概率为 .
题型二 古典概型与统计的综合问题
【例2】 （多选）某市为增强市民的环境保护意识，面向全市征召
义务宣传志愿者.现从符合条件的志愿者中随机抽取100名，按年龄分
组：第1组[20，25），第2组[25，30），第3组[30，35），第4组
[35，40），第5组[40，45]，得到的频率分布直方图如图所示.若从
第3，4，5组中用比例分配的分层随机抽样的方法抽取6名志愿者参加
广场的宣传活动，该市决定在这6名志愿者中随机抽取2名志愿者介绍
宣传经验，则下列结论正确的是（ ）
A. 应从第3，4，5组中分别抽取3人、2人、1人
解析： 第3组抽取 ×6＝3（人），第4组抽取 ×6＝2（人），第5组抽取 ×6＝1（人），
故A正确；设第3组的人分别为a，b，c，第4组的人分别为d，e，
第5组的人为f，则6人中随机抽取2人有（a，b），（a，c），
（a，d），（a，e），（a，f），（b，c），（b，d），（b，
e），（b，f），（c，d），（c，e），（c，f），（d，e），
（d，f），（e，f）共15种抽法，其中第4组志愿者恰有一人被抽中
有8种抽法，则其概率为 ，故B正确；
第5组志愿者被抽中有5种抽法，其概率为 ＝ ，故C正确；第3组志
愿者至少有一人被抽中有12种抽法，其概率为 ＝ ，故D错误.
通性通法
古典概型与统计的综合问题，无论是直接描述还是利用频率分布
表、频率分布直方图等给出信息，只要能够从题中提炼出需要的信
息，此类问题即可解决，解决此类题目的步骤主要有：
（1）根据题目要求求出数据（有的用到按比例分配的分层随机抽
样、有的用到频率分布直方图等知识）；
（2）列出样本空间，计算样本空间包含的样本点个数；
（3）找出所求事件包含的样本点个数；
（4）根据古典概型概率计算公式求解；
（5）明确规范地表述结论.
【跟踪训练】
为了解某地区九年级男生的身高情况，随机选取了该地区100名九年
级男生进行测量，他们的身高x（cm）统计如表.
组别（cm） x≤160 160＜x≤170 170＜x≤180 x＞180
人数 15 42 38 5
根据上表，随机选取该地区一名九年级男生，估计他的身高不高于
180 cm的概率是（ ）
A. 0.05 B. 0.38
C. 0.57 D. 0.95
解析：由频数分布表可知，随机选取该地区一名九年级男生，估
计他的身高不高于180 cm的概率是 ＝0.95.
题型三 古典概型的综合应用
【例3】 某儿童乐园在“六一儿童节”推出了一项趣味活动，参加
活动的儿童需转动如图所示的转盘两次，每次转动后，待转盘停止转
动时，记录指针所指区域中的数，设两次记录的数分别为x，y，奖
励规则如下：
①若xy≤3，则奖励玩具一个；
②若xy≥8，则奖励水杯一个；
③其余情况奖励饮料一瓶.
假设转盘质地均匀，四个区域划分均匀，小亮准备参加此项活动.
（1）求小亮获得玩具的概率；
解：用数对（x，y）表示儿童参加活动先后记录的数，则样本
空间Ω＝{（x，y）｜x∈N，y∈N，1≤x≤4，1≤y≤4}，
其中共有16个样本点.
记“xy≤3”为事件A，
则事件A包含的样本点个数为5，
即（1，1），（1，2），（1，3），（2，1），（3，1）.
所以P（A）＝ ，即小亮获得玩具的概率为 .
（2）请比较小亮获得水杯与获得饮料的概率的大小，并说明理由.
解：记“xy≥8”为事件B，“3＜xy＜8”为事件C，
则事件B包含的样本点个数为6，
即（2，4），（3，3），（3，4），（4，2），（4，3），
（4，4），
所以P（B）＝ ＝ .
事件C包含的样本点个数为5，
即（1，4），（2，2），（2，3），（3，2），（4，1），
所以P（C）＝ .因为 ＞ ，
所以小亮获得水杯的概率大于获得饮料的概率.
通性通法
应用古典概型的概率公式求事件的概率时，首先应判断本试验是
不是古典概型，然后再正确地找出试验的样本空间包含的样本点个数
及事件包含的样本点个数，最后代入公式求出概率.
【跟踪训练】
某商场举行有将促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖，
抽奖方法是从装有2个红球A1，A2和一个白球B的甲箱与装有2个红球
a1，a2和2个白球b1，b2的乙箱中，各随机摸出1个球，若摸出的2个球
都是红球则中奖，否则不中奖.
（1）用球的标号列出所有的样本点；
解：所有样本点包含（A1，a1），（A1，a2），（A1，b1），
（A1，b2），（A2，a1），（A2，a2），（A2，b1），（A2，
b2），（B，a1），（B，a2），（B，b1），（B，b2）.
（2）有人认为两个箱子中的红球总数比白球总数多，所以中奖的概
率大于不中奖的概率，你认为正确吗？请说明理由.
解：不正确，理由如下：
由（1）知，所有样本点共12个，
其中摸出的2个球都是红球的样本点有（A1，a1），（A1，
a2），（A2，a1），（A2，a2），共4个，
所以中奖的概率为 ＝ ，不中奖的概率为1－ ＝ ，故不中奖
的概率比较大.
1. 哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，
如8＝3＋5，在不超过11的素数中，随机选取两个不同的数，其和
为偶数的概率为（ ）
解析： 因为不超过11的素数有2，3，5，7，11五个数，从中选
取两个不同的数的样本点有（2，3），（2，5），（2，7），
（2，11），（3，5），（3，7），（3，11），（5，7），（5，
11），（7，11），共10个；其中和为偶数的样本点有（3，5），
（3，7），（3，11），（5，7），（5，11），（7，11），共6
个.所以和为偶数的概率为 ＝ .
2. 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 .
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.因为都为奇数的样本点
有（1，3），（1，5），（3，5），共3个，所以所求概率为 .
从5个数字中有放回的任取两数，样本点共有25个，都为偶数的样
本点有（2，4），（4，2），（2，2），（4，4），共4个，故概
率为 .
3. 如图，地上有3个不同的桶，每次取一个桶，直到取完，则最后一
个取到B的概率是 .
解析：由图可知，B桶不可能第一个被取到，故画树状图表示所有可能的取法，如图.共有3种等可能的结果，其中最后一个取到B的结果有2种，所以最后一个取到B的概率为 .
知能演练·扣课标
02
课后巩固 核心素养落地
1. 欧几里得大约生活在公元前330～前275年之间，著有《几何原本》
《已知数》《圆锥曲线》《曲面轨迹》等著作.若从上述4部书籍中
任意抽取2部，则抽到《几何原本》的概率为（ ）
解析： 记4部书籍分别为a，b，c，d，则从4部书籍中任意抽
取2部的样本点为ab，ac，ad，bc，bd，cd，共有6个，抽到
《几何原本》的样本点为ab，ac，ad，共有3个，所以抽到《几
何原本》的概率为P＝ ＝ .
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2. 甲、乙两名运动员各自等可能地从红、白、蓝3种颜色的运动服中
选择1种，则他们选择相同颜色运动服的概率为（ ）
解析： 样本空间Ω＝{（红，红），（红，白），（红，蓝），
（白，红），（白，白），（白，蓝），（蓝，红），（蓝，
白），（蓝，蓝）}，共9个样本点，其中颜色相同的样本点有
（红，红），（白，白），（蓝，蓝），共3个，故所求的概率P
＝ ＝ .
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3. 小敏打开计算机时，忘记了开机密码的前两位，只记得第一位是
M，I，N中的一个字母，第二位是1，2，3，4，5中的一个数字，
则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是（ ）
解析： ∵Ω＝{（M，1），（M，2），（M，3），（M，
4），（M，5），（I，1），（I，2），（I，3），（I，4），
（I，5），（N，1），（N，2），（N，3），（N，4），
（N，5）}，共15个样本点，且每个样本点出现的可能性相等，正
确的开机密码只有1种，∴P＝ .
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4. 将2个1和3个0随机排成一行，则2个1不相邻的概率为（ ）
A. 0.3 B. 0.5
C. 0.6 D. 0.8
解析： 2个1和3个0随机排成一行，样本点有00011，00101，
01001，10001，10010，10100，11000，01100，00110，01010，共
10个；其中2个1不相邻的有00101，01001，10001，10010，
10100，01010，共6个样本点，所以所求概率为P＝ ＝0.6.
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5. （2024·潍坊月考）将数据1，3，5，7，9这五个数中随机删去两个
数，则剩下的三个数的平均数大于5的概率为（ ）
解析： 从5个数中随机删去的两个数有（1，3），（1，5），
（1，7），（1，9），（3，5），（3，7），（3，9），（5，
7），（5，9），（7，9），共10个样本点，要使剩下数据的平均
数大于5，删去的两个数可以是（1，3），（1，5），（1，7），
（3，5），共有4个样本点，所以剩下数据的平均数大于5的概率
为P＝ ＝ .
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6. （多选）甲、乙两人做游戏，则下列游戏规则中公平的有（ ）
A. 抛掷一枚质地均匀的骰子，若向上的点数为奇数，则甲获胜；若
向上的点数为偶数，则乙获胜
B. 同时抛掷两枚质地均匀的硬币，若恰有一枚正面向上，则甲获
胜；若两枚都正面向上，则乙获胜
C. 从一副不含大小王的扑克牌中抽一张，若扑克牌是红花色，则甲
获胜；若扑克牌是黑花色，则乙获胜
D. 甲、乙两人各写一个数字6或8，若两人写的数字相同，则甲获
胜，否则乙获胜
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解析：选项A中，向上的点数为奇数与向上的点数为偶数的概率相等，故游戏规则公平；选项B中，甲获胜的概率是 ，而乙获胜的概率是 ，故游戏规则不公平；选项C中，扑克牌是红花色与扑克牌是黑花色的概率相等，故游戏规则公平；选项D中，两人写的数字相同与两人写的数字不同的概率相等，故游戏规则公平.故选A、C、D.
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7. 设连续投掷两次骰子得到的点数分别为m，n，令平面向量a＝
（m，n），b＝（2，3），则事件“a∥b”发生的概率为 .
解析：由题意可知，m，n∈{1，2，3，4，5，6}，故（m，n）
所有可能的情况共36种.因为平面向量a＝（m，n），b＝（2，
3），且a∥b，则3m－2n＝0，则满足条件（m，n）的有（2，
3），（4，6），共2种，所以事件“a∥b”发生的概率为 ＝ .
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8. 从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随
机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的
概率为 .
解析：从5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张的情况如
图所示.
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样本点总数为25，其中第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数包
含的样本点有（2，1），（3，1），（3，2），（4，1），（4，
2），（4，3），（5，1），（5，2），（5，3），（5，4），共
10个，故所求的概率为 ＝ .
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9. （2024·台州月考）据史料推测，算筹最晚出现在春秋晚期战国初
年，是充分体现我国劳动人民智慧的一种计数方法.在算筹计数法
中，用一根根同样长短和粗细的小棍子（用竹子、木头、兽骨、象
牙、金属等材料制成）以不同的排列方式来表示数字，如果用五根
小木棍随机摆成图中的两个数（小木棍全部用完），那么这两个数
的和不小于9的概率为 .
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解析：用五根小木棍摆成两个数，共有两种摆放方法：第一种是用
1根和4根小木棍可以组成1与4，1与8，共2种不同的组合，其和分
别为5，9；第二种是用2根和3根小木棍可以组成2与3，2与7，6与
3，6与7，共4种不同的组合，其和分别为5，9，9，13，故用五根
小木棍随机摆放成图中的两个数，有2＋4＝6（种）不同的组合，
其中两个数的和不小于9的有4种，所以这两个数的和不小于9的概
率为P＝ ＝ .
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10. 垃圾分类是改善环境，节约资源的新举措.住建部于6月28日拟定
了包括某市在内的46个重点试点城市，要求这些城市在2024年底
基本建成垃圾分类处理系统，为此，该市
某中学对学生开展了“垃圾分类”有关知
识的讲座并进行测试，将所得测试成绩整
理后，绘制出频率分布直方图如图所示.
（1）求频率分布直方图中a的值，并估计测试的平均成绩；
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解：由题意得（2a＋3a＋7a＋6a＋2a）×10＝1，
解得a＝0.005，
平均成绩为55×0.1＋65×0.15＋75×0.35＋85×0.3＋95×0.1＝76.5.
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（2）学校要求对不及格（60分以下）的同学进行补考，现按比例
分配的分层随机抽样的方法在成绩为[50，70）的同学中抽
取5名，再从这5名同学中抽取2人，求这2人中至少有一人需
要补考的概率.
解：由题意知抽取的5人中，成绩在[50，60）内的有2人，记为a，b；成绩在[60，70）内的有3人，记为A，B，C.
随机试验的所有可能结果有ab，aA，aB，aC，bA，bB，
bC，AB，AC，BC，共10个，
其中至少有1人需要补考的结果有ab，aA，aB，aC，
bA，bB，bC，共7个.
所以所求概率为P＝ .
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11. 已知A＝{1，2，3}，B＝{x∈R｜x2－ax＋b＝0，a∈A，
b∈A}，则A∩B＝B的概率是（ ）
D. 1
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解析： 因为a∈A，b∈A，所以（a，b）的结果可用列表法
得到，样本点的总个数为9（如下表所示）.
b a 1 2 3
1 （1，1） （1，2） （1，3）
2 （2，1） （2，2） （2，3）
3 （3，1） （3，2） （3，3）
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因为A∩B＝B，所以B可能为 ，{1}，{2}，{3}，{1，2}，{1，
3}，{2，3}.当B＝ 时，a2－4b＜0，满足条件的a，b为a＝1，
b＝1，2，3；a＝2，b＝2，3；a＝3，b＝3.当B＝{1}时，满足
条件的a，b为a＝2，b＝1.当B＝{2}，{3}时，没有满足条件的
a，b.当B＝{1，2}时，满足条件的a，b为a＝3，b＝2.当B＝
{2，3}，{1，3}时，没有满足条件的a，b.综上，符合条件的结
果有8种.故所求概率为 .
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12. 某校从高二年级800名男生中随机抽取50名测量其身高（单位：
cm，被测学生的身高全部在155 cm到195 cm之间），将测量结果
按如下方式分成8组：第一组[155，160），第二组[160，
165），…，第八组[190，195]，绘制成的频率分布直方图如图所
示，若从身高位于第六组和第八组的男生中随机抽取2名，记他们
的身高分别为x，y，则｜x－y｜≤5
的概率为（ ）
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解析： 由频率分布直方图，可知身高在[180，185）的人数为0.016×5×50＝4，分别记为a，b，c，d；身高在[190，195]的
人数为0.008×5×50＝2，分别记为A，B；则可用数组（x，y）表示样本点，M＝“从身高位于第六组和第八组的男生中随机抽取2名”，若x，y∈[180，185），则M＝{（a，b），（a，c），（a，d），（b，c），（b，d），（c，d）}，共6种情况；若x，y∈[190，195]，则M＝{（A，B）}，共1种情况；
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若x∈[180，185），y∈[190，195]（或x∈[190，195]，y∈[180，
185）），则M＝{（a，A），（b，A），（c，A），（d，A），
（a，B），（b，B），（c，B），（d，B）}，共8种情况.所以
样本点的总数为6＋1＋8＝15，而事件“｜x－y｜≤5”所包含的样
本点个数为6＋1＝7，故P（｜x－y｜≤5）＝ .
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13. 某小组共有A，B，C，D，E五位同学，他们的身高（单位：
米）及体重指标（单位：千克/米2）如下表所示：
A B C D E
身高 1.69 1.73 1.75 1.79 1.82
体重指标 19.2 25.1 18.5 23.3 20.9
（1）从该小组身高低于1.80米的同学中任选2人，求选到的2人的
身高都在1.78米以下的概率；
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解：由题意知，从该小组身高低于1.80米的同学中任选2人，这一试验E1的样本空间Ω1＝{AB，AC，AD，BC，BD，CD}，共6个样本点，且每个样本点出现的可能性相同，故属于古典概型.
设事件M表示“选到的2人的身高都在1.78米以下”，则M
＝{AB，AC，BC}，共含有3个样本点，
所以P（M）＝ ＝ .
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（2）从该小组同学中任选2人，求选到的2人的身高都在1.70米以
上且体重指标都在[18.5，23.9）中的概率.
解：从该小组同学中任选2人，这一试验E2的样本空间Ω2＝{AB，AC，AD，AE，BC，BD，BE，CD，CE，DE}，共10个样本点，且每个样本点出现的可能性相等，故属于古典概型.
设事件N表示“选到的2人的身高都在1.70米以上且体重指
标都在[18.5，23.9）中”，则N＝{CD，CE，DE}，共
含有3个样本点，所以P（N）＝ .
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14. 如图所示，现有一只迷失方向的小青蛙在3处，它每跳动一次可以
等可能地进入相邻的任意一格（若它在5处，跳动一次只能进入3
处；若它在3处，则跳动一次可以等可能地进入1，2，4，5处），
则它在第三次跳动后，首次进入5处的概率为 .
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解析：由题意可知小青蛙三次跳动后的所有样本点为
（3→1→3→1），（3→1→3→2），（3→1→3→4），
（3→1→3→5），（3→2→3→2），（3→2→3→1），
（3→2→3→4），（3→2→3→5），（3→4→3→4），
（3→4→3→1），（3→4→3→2），（3→4→3→5），
（3→5→3→5），（3→5→3→1），（3→5→3→2），
（3→5→3→4），共16个，满足题意的样本点为
（3→1→3→5），（3→2→3→5），（3→4→3→5），共3个.由
古典概型的概率计算公式可得，小青蛙在第三次跳动后，首次进
入5处的概率是 .
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15. 随着甜品的不断创新，现在的甜品无论是造型还是口感都十分诱
人，某“网红”甜品店出售几种甜品，为了了解每个种类的甜品
销售情况，专门收集了本店这个月里五种“网红甜品”的销售情
况，统计后得到如下表格：
甜品种类 A甜品 B甜品 C甜品 D甜品 E甜品
销售总额（万元） 10 5 20 20 12
销售量（千份） 5 2 10 5 8
利润率 0.4 0.2 0.15 0.25 0.2
（利润率是指一份甜品的销售价格减去成本得到的利润与该甜品
的销售价格的比值）
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（1）从该甜品店本月卖出的甜品中随机选一份，求这份甜品的利
润率高于0.2的概率；
解：由题意知本月共卖出3万份甜品，利润率高于0.2的是A甜品和D甜品，共有1万份，
设“这份甜品的利润率高于0.2”为事件A，
则P（A）＝ .
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（2）假设每种甜品利润率不变，销售一份A甜品获利x1元，销售一份B甜品获利x2元，销售一份C甜品获利x3元，销售一份D甜品获利x4元，销售一份E甜品获利x5元，设 ＝ ，若该甜品店从五种“网红甜品”中随机卖出两种不同的甜品，求至少有一种甜品获利超过 元的概率.
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解：由题意得甜品A，B，C，D，E分别获利为8，5，3，10，3.
所以 ＝ ＝ ，故A甜品和D甜品获利超过 ，
从五种“网红甜品”中随机卖出2种不同甜品，共含有10个样本点，分别为AB，AC，AD，AE，BC，BD，BE，CD，CE，DE. 设“至少有一种甜品获利超过 元”为事件M，则事件M包含7个样本点，分别为AB，AC，AD，AE，BD，CD，DE，所以至少有一种甜品获利超过 元的概率为P（M）＝ .
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