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学案61古典概型
导学目标：1.理解古典概型及其概率计算公式.2.会计算一些随机事件所含的基本事件
数及事件发生的概率．
自主梳理
1．基本事件有如下特点：
(1)任何两个基本事件是________的．
(2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成______________．
2．一般地，一次试验有下面两个特征
(1)有限性．试验中所有可能出现的基本事件只有有限个；
(2)等可能性．每个基本事件出现的可能性相同，称这样的概率模型为古典概型．
判断一个试验是否是古典概型，在于该试验是否具有古典概型的两个特征：有限性和等
可能性．
3．如果一次试验中可能出现的结果有n个，而且所有结果出现的可能性都相等，那么
每一个基本事件的概率都是________；如果某个事件A包括的结果有m个，那么事件A的
概率P(A)＝________.
自我检测
1．(2011·滨州模拟)若以连续掷两次骰子分别得到的点数m、n作为点P的横、纵坐标，
则点P在直线x＋y＝5下方的概率为()
A.16B.14C.112D.19
2．(2011·临沂高新区期末)一块各面均涂有油漆的正方体被锯成1000个大小相同的小
正方体，若将这些小正方体均匀地搅混在一起，则任意取出一个，其两面涂有油漆的概率是
()
A.112B.110C.325D.12125
3．(2010·辽宁)三张卡片上分别写上字母E，E，B，将三张卡片随机地排成一行，恰好
排成英文单词BEE的概率为________．
4．有100张卡片(编号从1号到100号)，从中任取1张，取到卡号是7的倍数的概率
为________．
5．(2011·大理模拟)在平面直角坐标系中，从五个点：A(0,0)，B(2,0)，C(1,1)，D(0,2)，
E(2,2)中任取三个，这三点能构成三角形的概率是________(用分数表示).
探究点一基本事件的概率
例1投掷六个面分别记有1,2,2,3,3,3的两颗骰子．
(1)求所出现的点数均为2的概率；
(2)求所出现的点数之和为4的概率．
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变式迁移1一只口袋内装有大小相同的5只球，其中3只白球，2只黑球，从中一次
摸出两只球．问：
(1)共有多少个基本事件？
(2)摸出的两只球都是白球的概率是多少？
探究点二古典概型的概率计算
例2班级联欢时，主持人拟出了如下一些节目：跳双人舞、独唱、朗诵等，指定3
个男生和2个女生来参与，把5个人分别编号为1,2,3,4,5，其中1,2,3号是男生，4,5号是女
生，将每个人的号分别写在5张相同的卡片上，并放入一个箱子中充分混合，每次从中随机
地取出一张卡片，取出谁的编号谁就参与表演节目．
(1)为了选出2人来表演双人舞，连续抽取2张卡片，求取出的2人不全是男生的概率；
(2)为了选出2人分别表演独唱和朗诵，抽取并观察第一张卡片后，又放回箱子中，充
分混合后再从中抽取第二张卡片，求独唱和朗诵由同一个人表演的概率．
变式迁移2同时抛掷两枚骰子，求至少有一个5点或6点的概率．
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探究点三古典概型的综合问题
例3(2009·山东)汽车厂生产A，B，C三类轿车，每类轿车均有舒适型和标准型两种
型号，某月的产量如下表(单位：辆)：
轿车A轿车B轿车C
舒适型100150z
标准型300450600
按类用分层抽样的方法在这个月生产的轿车中抽取50辆，其中有A类轿车10辆．
(1)求z的值；
(2)用分层抽样的方法在C类轿车中抽取一个容量为5的样本．将该样本看成一个总体，
从中任取2辆，求至少有1辆舒适型轿车的概率；
(3)用随机抽样的方法从B类舒适型轿车中抽取8辆，经检测它们的得分如下：
9.4,8.6,9.2,9.6,8.7,9.3,9.0，8.2.把这8辆轿车的得分看成一个总体，从中任取一个数，求该数
与样本平均数之差的绝对值不超过0.5的概率．
变式迁移3为了了解《中华人民共和国道路交通安全法》在学生中的普及情况，调查
部门对某校6名学生进行问卷调查，6人得分情况如下：5,6,7,8,9,10.把这6名学生的得分看
成一个总体．
(1)求该总体的平均数；
(2)用简单随机抽样方法从这6名学生中抽取2名，他们的得分组成一个样本．求该样
本平均数与总体平均数之差的绝对值不超过0.5的概率．
分类讨论思想的应用
例(12分)甲、乙二人用4张扑克牌(分别是红桃2、红桃3、红桃4、方片4)玩游戏，
他们将扑克牌洗匀后，背面朝上放在桌面上，甲先抽，乙后抽，抽出的牌不放回，各抽一张．
(1)设(i，j)分别表示甲、乙抽到的牌的牌面数字，写出甲、乙二人抽到的牌的所有情况；
(2)若甲抽到红桃3，则乙抽到的牌面数字比3大的概率是多少？
(3)甲、乙约定：若甲抽到的牌的牌面数字比乙大，则甲胜，反之，则乙胜．你认为此
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游戏是否公平，说明你的理由．
多角度审题本题属于求较复杂事件的概率，关键是理解题目的实际含义，把实际问
题转化为概率模型，联想掷骰子试验，把红桃2、红桃3、红桃4和方片4分别用数字2,3,4,4′
表示，抽象出基本事件，把复杂事件用基本事件表示，找出总体I包含的基本事件总数n及
事件A包含的基本事件个数m，用公式P(A)＝mn求解．
【答题模板】
解(1)甲、乙二人抽到的牌的所有情况(方片4用4′表示，其他用相应的数字表示)为
(2,3)，(2,4)，(2,4′)，(3,2)，(3,4)，(3,4′)，(4,2)，(4,3)，(4,4′)，(4′，2)，(4′，3)，(4′，
4)，共12种不同情况．[6分]
(2)甲抽到红桃3，乙抽到的牌的牌面数字只能是2,4,4′，因此乙抽到的牌的牌面数字
比3大的概率为23.[9分]
(3)甲抽到的牌的牌面数字比乙大的情况有(3,2)，(4,2)，(4,3)，(4′，2)，(4′，3)，共5
种，故甲胜的概率P1＝512，同理乙胜的概率P2＝512.因为P1＝P2，所以此游戏公平．[12分]
【突破思维障碍】
(1)对一些较为简单、基本事件个数不是太大的概率问题，计数时只需要用枚举法即可
计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发生的概率，但应特别注意：计算时要严防遗漏，
绝不重复．
(2)取球模型是古典概型计算中的一个典型问题，好多实际问题都可以归结到取球模型
上去，特别是产品的抽样检验，解题时要分清“有放回”与“无放回”，“有序”与“无序”
等条件的影响．
【易错点剖析】
1．题目中“红桃4”与“方片4”属两个不同的基本事件，应用不同的数字或字母标注．
2．注意“抽出的牌不放回”对基本事件数目的影响．
1．基本事件的特点主要有两条：①任何两个基本事件都是互斥的；②任何事件都可以
表示成基本事件的和．
2．古典概型的基本特征是：①试验中所有可能出现的基本事件只有有限个；②每个基
本事件出现的可能性相等．
3．计算古典概型的基本步骤有：①判断试验结果是否为等可能事件；②求出试验包括
的基本事件的个数n，以及所求事件A包含的基本事件的个数m；③代入公式P(A)＝mn，
求概率值．
(满分：75分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．(2011·浙江宁波十校联考)将一枚骰子抛掷两次，若先后出现的点数分别为b，c，则
方程x2＋bx＋c＝0有实根的概率为()
A.1936B.12C.59D.1736
2．(2009·福建)已知某运动员每次投篮命中的概率低于40%.现采用随机模拟的方法估计
该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指
定1,2,3,4表示命中，5,6,7,8,9,0表示不命中；再以每三个随机数为一组，代表三次投篮的结
果．经随机模拟产生了如下20组随机数：
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907966191925271932812458
569683431257393027556488
730113537989
据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为()
A．0.35B．0.25C．0.20D．0.15
3．(2011·西南名校联考)连掷两次骰子分别得到点数m、n，则向量(m，n)与向量(－1,1)
的夹角θ>90°的概率是()
A.512B.712C.13D.12
4．设集合A＝{1,2}，B＝{1,2,3}，分别从集合A和B中随机取一个数a和b，确定平
面上的一个点P(a，b)，记“点P(a，b)落在直线x＋y＝n上”为事件Cn(2≤n≤5，n∈N)，
若事件Cn的概率最大，则n的所有可能值为()
A．3B．4C．2,5D．3,4
5．在一个袋子中装有分别标注数字1,2,3,4,5的五个小球，这些小球除标注的数字外完
全相同．现从中随机取出2个小球，则取出的小球标注的数字之和为3或6的概率是()
A.112B.110C.15D.310
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．在一次教师联欢会上，到会的女教师比男教师多12人，从这些教师中随机挑选一人
表演节目．若选到男教师的概率为920，则参加联欢会的教师共有________人．
7．(2011·上海十四校联考)在集合{x|x＝nπ6，n＝1,2,3，…，10}中任取一个元素，所取元
素恰好满足方程cosx＝12的概率是________．
8．(2009·江苏)现有5根竹竿，它们的长度(单位：m)分别为2.5,2.6,2.7,2.8,2.9，若从中
一次随机抽取2根竹竿，则它们的长度恰好相差0.3m的概率为________．
三、解答题(共38分)
9．(12分)(2011·北京朝阳区模拟)袋子中装有编号为a，b的2个黑球和编号为c，d，e
的3个红球，从中任意摸出2个球．
(1)写出所有不同的结果；
(2)求恰好摸出1个黑球和1个红球的概率；
(3)求至少摸出1个黑球的概率．
10．(12分)(2010·天津滨海新区五校联考)某商场举行抽奖活动，从装有编号0,1,2,3四
个小球的抽奖箱中，每次取出后放回，连续取两次，取出的两个小球号码相加之和等于5
中一等奖，等于4中二等奖，等于3中三等奖．
(1)求中三等奖的概率；
(2)求中奖的概率．
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11．(14分)(2011·广州模拟)已知实数a，b∈{－2，－1,1,2}．
(1)求直线y＝ax＋b不经过第四象限的概率；
(2)求直线y＝ax＋b与圆x2＋y2＝1有公共点的概率．
学案61古典概型
自主梳理
1．(1)互斥(2)基本事件的和3.1nmn
自我检测
1．A2.D3.134.0.145.45
课堂活动区
例1解题导引确定古典概型的基本事件有两条：一、每个事件发生的可能性相等；
二、事件空间Ω中的任一个事件都可以表示为这些基本事件的和，基本事件的确定有一定
的相对性，并非一成不变的．
解因为掷骰子出现1,2,3的概率不一样，所以，记6个面为1，a，b，x，y，z，其中
a，b都表示2，x，y，z都表示3，则投掷两颗骰子，基本事件为(1,1)，(1，a)，(1，b)，(1，
x)，(1，y)，(1，z)，(a,1)，(a，a)，(a，b)，(a，x)，(a，y)，(a，z)，…，(z,1)，(z，a)，(z，
b)，(z，x)，(z，y)，(z，z)共36种结果．
(1)掷两颗骰子出现点数均为2的基本事件有(a，a)，(a，b)，(b，a)，(b，b)共4种，∴
概率为P1＝436＝19.
(2)出现点数之和为4，说明有两种情况，即1＋3或2＋2，基本事件有(1，x)，(1，y)，
(1，z)，(x,1)，(y,1)，(z,1)，(a，a)，(a，b)，(b，a)，(b，b)共10种，
∴概率为P2＝1036＝518.
变式迁移1解(1)分别记白球为1,2,3号，黑球为A，B号，从中摸出2只球，有如
下基本事件：
(1,2)，(1,3)，(1，A)，(1，B)，(2,3)，(2，A)，(2，B)，(3，A)，(3，B)，(A，B)，因此，
共有10个基本事件．
(2)上述10个基本事件发生的可能性相同，且只有3个基本事件是摸到两只白球(记为事
件A)，即(1,2)，(1,3)，(2,3)，故P(A)＝310.
例2解题导引古典概型的概率计算公式是P(A)＝mn.由此可知，利用列举法算出所
有基本事件的个数n以及事件A包含的基本事件数m是解题关键．必要时可以采用画树状
图或列表法辅助列举基本事件．
解(1)利用树形图我们可以列出连续抽取2张卡片的所有可能结果(如下图所示)．
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由上图可以看出，试验的所有可能结果数为20，因为每次都随机抽取，因此这20种结
果出现的可能性是相同的，试验属于古典概型．
用A1表示事件“连续抽取2人一男一女”，A2表示事件“连续抽取2人都是女生”，
则A1与A2互斥，并且A1∪A2表示事件“连续抽取2张卡片，取出的2人不全是男生”，
由列出的所有可能结果可以看出，A1的结果有12种，A2的结果有2种，由互斥事件的概率
加法公式，可得
P(A1∪A2)＝P(A1)＋P(A2)
＝1220＋220＝710＝0.7，
即连续抽取2张卡片，取出的2人不全是男生的概率为0.7.
(2)有放回地连续抽取2张卡片，需注意同一张卡片可再次被取出，并且它被取出的可
能性和其他卡片相等，我们用一个有序实数对表示抽取的结果，例如“第一次取出2号，第
二次取出4号”就用(2,4)来表示，所有的可能结果可以用下表列出.
第二次抽取
第一次抽取12345
1(1,1)(1,2)(1,3)(1,4)(1,5)
2(2,1)(2,2)(2,3)(2,4)(2,5)
3(3,1)(3,2)(3,3)(3,4)(3,5)
4(4,1)(4,2)(4,3)(4,4)(4,5)
5(5,1)(5,2)(5,3)(5,4)(5,5)
试验的所有可能结果数为25，并且这25种结果出现的可能性是相同的，试验属于古典
概型．
用A表示事件“独唱和朗诵由同一个人表演”，由上表可以看出，A的结果共有5种，
因此独唱和朗诵由同一个人表演的概率P(A)＝525＝0.2.
变式迁移2解方法一同时抛掷两枚骰子，所有基本事件如下表：
123456
1(1,1)(1,2)(1,3)(1,4)(1,5)(1,6)
2(2,1)(2,2)(2,3)(2,4)(2,5)(2,6)
3(3,1)(3,2)(3,3)(3,4)(3,5)(3,6)
4(4,1)(4,2)(4,3)(4,4)(4,5)(4,6)
5(5,1)(5,2)(5,3)(5,4)(5,5)(5,6)
6(6,1)(6,2)(6,3)(6,4)(6,5)(6,6)
共有36个不同的结果，其中“至少有一个5点或6点”的基本事件数为20，所以至少
有一个5点或6点的概率为P＝2036＝59.
方法二利用对立事件求概率．“至少有一个5点或6点”的对立事件是“没有5点或
6点”，如上表，“没有5点或6点”包含16个基本事件，没有5点或6点的概率为P＝1636
＝49.∴至少有一个5点或6点的概率为1－49＝59.
例3解题导引本题主要考查抽样的方法及古典概型概率的求法，考查用概率知识
解决实际问题的能力．
解(1)设该厂这个月共生产轿车n辆，
由题意得50n＝10100＋300，所以n＝2000.
则z＝2000－(100＋300)－(150＋450)－600＝400.
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(2)设所抽样本中有a辆舒适型轿车，
由题意得4001000＝a5，即a＝2.
因此抽取的容量为5的样本中，有2辆舒适型轿车，3辆标准型轿车．
用A1，A2表示2辆舒适型轿车，用B1，B2，B3表示3辆标准型轿车．用E表示事件
“在该样本中任取2辆，其中至少有1辆舒适型轿车”，
则基本事件空间包含的基本事件有：
(A1，A2)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)，(B1，B2)，
(B1，B3)，(B2，B3)共10个．事件E包含的基本事件有：(A1，A2)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，
B3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)共7个．
故P(E)＝710，即所求概率为710.
(3)样本平均数x＝18×(9.4＋8.6＋9.2＋9.6＋8.7＋9.3＋9.0＋8.2)＝9.
设D表示事件“从样本中任取一数，该数与样本平均数之差的绝对值不超过0.5”，则
基本事件空间中有8个基本事件，事件D包括的基本事件有：9.4,8.6,9.2,8.7,9.3，9.0，共6
个，所以P(D)＝68＝34，即所求概率为34.
变式迁移3解(1)总体平均数为16×(5＋6＋7＋8＋9＋10)＝7.5.
(2)设A表示事件“样本平均数与总体平均数之差的绝对值不超过0.5”．
从总体中抽取2个个体全部可能的基本结果有：(5,6)，(5,7)，(5,8)，(5,9)，(5,10)，(6,7)，
(6,8)，(6,9)，(6,10)，(7,8)，(7,9)，(7,10)，(8,9)，(8,10)，(9,10)，共15个基本结果．
事件A包括的基本结果有：(5,9)，(5,10)，(6,8)，(6,9)，(6,10)，(7,8)，(7,9)，共有7个
基本结果．
所以所求的概率为P(A)＝715.
课后练习区
1．A
2．B[由题意知在20组随机数中表示三次投篮恰有两次命中的有：191、271、932、
812、393，共5组随机数，故所求概率为520＝14＝0.25.]
3．A[由题意知，(m，n)·(－1,1)＝－m＋n<0，
∴m>n.
基本事件总共有6×6＝36(个)，符合要求的有(2,1)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，
(5,1)，…，(5,4)，(6,1)，…，(6,5)，共1＋2＋3＋4＋5＝15(个)．
∴P＝1536＝512.]
4．D[落在直线x＋y＝2上的概率P(C2)＝16，落在直线x＋y＝3上的概率P(C3)＝26；
落在直线x＋y＝4上的概率P(C4)＝26；落在直线x＋y＝5上的概率P(C5)＝16，故当n为3
和4时，事件Cn的概率最大．]
5．D[由袋中随机取出2个小球的基本事件总数为10，取出小球标注数字和为3的事
件为1,2.取出小球标注数字和为6的事件为1,5或2,4.
∴取出的小球标注的数字之和为3或6的概率为
P＝1＋210＝310.]
6．120
解析设男教师有n人，则女教师有(n＋12)人．
由已知从这些教师中选一人，选到男教师的概率
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P＝n2n＋12＝920，得n＝54，
故参加联欢会的教师共有120人．
7.15
解析cosπ3＝cos5π3＝12，共2个．
x总体共有10个，所以概率为210＝15.
8．0.2
解析从5根竹竿中一次随机抽取2根竹竿共有10(种)抽取方法，而抽取的两根竹竿
长度恰好相差0.3m的情况是2.5和2.8,2.6和2.9两种，
∴概率P＝210＝0.2.
9．解(1)ab，ac，ad，ae，bc，bd，be，cd，ce，de.共10种不同结果．(2分)
(2)记“恰好摸出1个黑球和1个红球”为事件A，则事件A包含的基本事件为ac，ad，
ae，bc，bd，be，共6个基本事件．所以P(A)＝610＝0.6.
所以恰好摸出1个黑球和1个红球的概率为0.6.(7分)
(3)记“至少摸出1个黑球”为事件B，则事件B包含的基本事件为ab，ac，ad，ae，
bc，bd，be，共7个基本事件，
所以P(B)＝710＝0.7.
所以至少摸出1个黑球的概率为0.7.(12分)
10．解设“中三等奖”的事件为A，“中奖”的事件为B，从四个小球中有放回的取
两个共有(0,0)，(0,1)，(0,2)，(0,3)，(1,0)，(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,0)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,0)，
(3,1)，(3,2)，(3,3)16种不同的方法．(2分)
(1)两个小球号码相加之和等于3的取法有4种：
(0,3)、(1,2)、(2,1)、(3,0)．故P(A)＝416＝14.(6分)
(2)由(1)知，两个小球号码相加之和等于3的取法有4种．
两个小球号码相加之和等于4的取法有3种：(1,3)，(2,2)，(3,1)，(8分)
两个小球号码相加之和等于5的取法有2种：(2,3)，(3,2)，
P(B)＝416＋316＋216＝916.(12分)
11．解由于实数对(a，b)的所有取值为：(－2，－2)，(－2，－1)，(－2,1)，(－2,2)，
(－1，－2)，(－1，－1)，(－1,1)，(－1,2)，(1，－2)，(1，－1)，(1,1)，(1,2)，(2，－2)，(2，
－1)，(2,1)，(2,2)，共16种．(3分)
设“直线y＝ax＋b不经过第四象限”为事件A，“直线y＝ax＋b与圆x2＋y2＝1有公
共点”为事件B.
(1)若直线y＝ax＋b不经过第四象限，则必须满足
??
??
?a≥0，
b≥0，即满足条件的实数对(a，b)
有(1,1)，(1,2)，(2,1)，(2,2)，共4种．∴P(A)＝416＝14.
故直线y＝ax＋b不经过第四象限的概率为14.
(6分)
(2)若直线y＝ax＋b与圆x2＋y2＝1有公共点，则必须满足|b|a2＋1≤1，即b2≤a2＋1.(8
分)
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若a＝－2，则b＝－2，－1,1,2符合要求，此时实数对(a，b)有4种不同取值；
若a＝－1，则b＝－1,1符合要求，此时实数对(a，b)有2种不同取值；
若a＝1，则b＝－1,1符合要求，此时实数对(a，b)有2种不同取值，
若a＝2，则b＝－2，－1,1,2符合要求，此时实数对(a，b)有4种不同取值．
∴满足条件的实数对(a，b)共有12种不同取值．
∴P(B)＝1216＝34.
故直线y＝ax＋b与圆x2＋y2＝1有公共点的概率为34.
(14分)
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