2022届高三数学一轮复习（原卷版）第4节 古典概型与几何概型 教案.doc

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1、1 第四节第四节 古典概型与几何概型古典概型与几何概型 最新考纲 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包含的基本事件数及事件发生的概率.3.了解随机数的意义， 能运用随机模拟的方法估计概率.4.了解几何概型的意义 1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 2古典概型的特点 3古典概型的概率计算公式： P(A)A包含的基本事件的个数基本事件的总数. 4几何概型的定义 如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度(面积或体积)成比例，则称这样的概率模型为几何概率模型，简称几何概型 5几何概型的两个基本特点 6几

2、何概型的概率公式 P(A)构成事件A的区域长度（面积或体积）试验的全部结果所构成的区域长度（面积或体积）. 一、思考辨析(正确的打“”，错误的打“”) (1)随机模拟方法是以事件发生的频率估计概率( ) 2 (2)从区间1，10内任取一个数，取到 1 的概率是110.( ) (3)概率为 0 的事件一定是不可能事件( ) (4) 从市场上出售的标准为 500 5 g 的袋装食盐中任取一袋测其重量，属于古典概型( ) 答案 (1) (2) (3) (4) 二、教材改编 1一枚硬币连掷 2 次，只有一次出现正面的概率为( ) A.23 B.14 C.13 D.12 D 一枚硬币连掷 2 次可能出现

3、(正，正)、(反，反)、(正，反)、(反，正)四种情况，只有一次出现正面的情况有两种，故 P2412. 2某路公共汽车每 5 分钟发车一次，某乘客到乘车点的时刻是随机的，则他候车时间不超过 2 分钟的概率是( ) A.35 B.45 C.25 D.15 C 试验的全部结果构成的区域长度为 5，所求事件的区域长度为 2，故所求概率为 P25. 3袋中装有 6 个白球，5 个黄球，4 个红球，从中任取一球，则取到白球的概率为( ) A.25 B.415 C.35 D.23 A 从袋中任取一球，有 15 种取法，其中取到白球的取法有 6 种，则所求概率为 P61525. 4同时掷两个骰子，向上点数不

4、相同的概率为_ 56 掷两个骰子一次，向上的点数共 6636(种)可能的结果，其中点数相同的结果共有 6 种，所以点数不相同的概率 P163656. 3 考点 1 简单的古典概型 计算古典概型事件的概率可分 3 步 (1)计算基本事件总个数 n； (2)计算事件 A 所包含的基本事件的个数 m； (3)代入公式求出概率 P. 提醒：解题时可根据需要灵活选择列举法、列表法或树形图法 (1)甲在微信群中发布 6 元“拼手气”红包一个，被乙、丙、丁三人抢完若三人均领到整数元，且每人至少领到 1 元，则乙获得“手气最佳”(即乙领取的钱数不少于其他任何人)的概率是( ) A.34 B.13 C.310

5、D.25 (2)(2017 全国卷)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( ) A.110 B.15 C.310 D.25 (3)(2019 全国卷)我国古代典籍周易用“卦”描述万物的变化每一“重卦”由从下到上排列的 6 个爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“”，如图就是一重卦在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有 3 个阳爻的概率是( ) A.516 B.1132 C.2132 D.1116 (1)D (2)D (3)A (1)用(x，y，z)表示乙、丙、丁抢到的红包分别为 x 元、y 元

6、、z 元 乙、丙、丁三人抢完 6 元钱的所有不同的可能结果有 10 种，分别为(1，1，4)，(1，4，1)，(4，1，1)，(1，2，3)，(1，3，2)，(2，1，3)，(2，3，1)，(3，1，2)，(3，2，1)，(2，2，2) 乙获得“手气最佳”的所有不同的可能结果有 4 种，分别为(4，1，1)，(3，1，2)，(3，2，1)，(2，2，2) 4 根据古典概型的概率计算公式，得乙获得“手气最佳”的概率 P41025. (2)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： 基本事件总数为 25，第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的事件数为10， 所求概率 P

7、102525.故选 D. (3)由 6 个爻组成的重卦种数为 2664，在所有重卦中随机取一重卦，该重卦恰有 3 个阳爻的种数为 C36654620.根据古典概型的概率计算公式得， 所求概率 P2064516.故选 A. 古典概型中基本事件个数的探求方法 (1)枚举法：适合于给定的基本事件个数较少且易一一列举出的问题 (2)树状图法：适合于较为复杂的问题，注意在确定基本事件时(x，y)可看成是有序的，如(1，2)与(2，1)不同，有时也可看成是无序的，如(1，2)与(2，1)相同 (3)排列组合法：在求一些较复杂的基本事件个数时，可利用排列或组合的知识 教师备选例题 1设平面向量 a(m，1)

8、，b(2，n)，其中 m，n1，2，3，4，记“a(ab)”为事件 A，则事件 A 发生的概率为( ) A.18 B.14 C.13 D.12 A 有序数对(m，n)的所有可能结果为：(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 个由 a(ab)，得 m22m1n0，即 n(m1)2，由于 m，n1，2，3，4，故事件 A 包含的基本事件为(2，1)和(3，4)，共2 个，所以所求的概率 P(A)21618. 2用 1，2，3，4，5 组成

9、无重复数字的五位数，若用 a1，a2，a3，a4，a55 分别表示五位数的万位、千位、百位、十位、个位，则出现 a1a2a3a4a5特征的五位数的概率为_ 120 1，2，3，4，5 可组成 A55120 个不同的五位数，其中满足题目条件的五位数中，最大的 5 必须排在中间，左、右各两个数字只要选出，则排列位置就随之而定，满足条件的五位数有 C24C226 个，故出现 a1a2a3a4a5特征的五位数的概率为6120120. 1.(2019 武汉模拟)将 7 个相同的小球投入甲、乙、丙、丁 4 个不同的小盒中，每个小盒中至少有 1 个小球，那么甲盒中恰好有 3 个小球的概率为( ) A.310

10、 B.25 C.320 D.14 C 将 7 个相同的小球投入甲、乙、丙、丁 4 个不同的小盒中，每个小盒中至少有 1 个小球有 C36种放法，甲盒中恰好有 3 个小球有 C23种放法，结合古典概型的概率计算公式得所求概率为C23C36320.故选 C. 2已知 a0，1，2，b1，1，3，5，则函数 f(x)ax22bx 在区间(1，)上为增函数的概率是( ) A.512 B.13 C.14 D.16 A a0，1，2，b1，1，3，5， 基本事件总数 n3412. 函数 f(x)ax22bx 在区间(1，)上为增函数， 当 a0 时，f(x)2bx，符合条件的只有(0，1)，即 a0，b1

11、； 当 a0 时，需要满足ba1，符合条件的有(1，1)，(1，1)，(2，1)，(2，1)，共 4 种 函数 f(x)ax22bx 在区间(1，)上为增函数的概率是 P512. 考点 2 古典概型与统计的综合 求解古典概型的交汇问题，关键是把相关的知识转化为事件，然后利用古典概型的有关知识解决，其解题流程为： 6 (2019 天津高考)2019 年，我国施行个人所得税专项附加扣除办法，涉及子女教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息或者住房租金、赡养老人等六项专项附加扣除某单位老、中、青员工分别有 72，108，120 人，现采用分层抽样的方法，从该单位上述员工中抽取 25 人调查专项附加扣除

12、的享受情况 (1)应从老、中、青员工中分别抽取多少人？ (2)抽取的 25 人中， 享受至少两项专项附加扣除的员工有 6 人， 分别记为 A，B，C，D，E，F.享受情况如下表，其中“”表示享受， “”表示不享受现从这 6 人中随机抽取 2 人接受采访 员工 项目 A B C D E F 子女教育 继续教育 大病医疗 住房贷款利息 住房租金 赡养老人 ()试用所给字母列举出所有可能的抽取结果； ()设 M 为事件“抽取的 2 人享受的专项附加扣除至少有一项相同”， 求事件 M 发生的概率 解 (1)由已知，老、中、青员工人数之比为 6910， 由于采用分层抽样的方法从中抽取 25 位员工，因此

13、应从老、中、青员工中分别抽取 6 人，9 人，10 人 (2)()从已知的 6 人中随机抽取 2 人的所有可能结果为A，B，A，C，A，D，A，E，A，F，B，C，B，D，B，E，B，F，C，D，C，7 E，C，F，D，E，D，F，E，F，共 15 种 ()由表格知，符合题意的所有可能结果为 A，B，A，D，A，E，A，F，B，D，B，E，B，F，C，E，C，F，D，F，E，F，共 11 种 所以，事件 M 发生的概率 P(M)1115. 有关古典概型与统计结合的题型是高考考查概率的一个重要题型，已成为高考考查的热点， 概率与统计的结合题， 无论是直接描述还是利用概率分布表、 频率分布直方图、

14、 茎叶图等给出信息， 准确从题中提炼信息是解题的关键 教师备选例题 某县共有 90 个农村淘宝服务网点，随机抽取 6 个网点统计其元旦期间的网购金额(单位：万元)的茎叶图如图所示，其中茎为十位数，叶为个位数 (1)根据茎叶图计算样本数据的平均数； (2)若网购金额(单位：万元)不小于 18 的服务网点定义为优秀服务网点，其余为非优秀服务网点， 根据茎叶图推断这 90 个服务网点中优秀服务网点的个数； (3)从随机抽取的 6 个服务网点中再任取 2 个作网购商品的调查，求恰有 1个网点是优秀服务网点的概率 解 (1)由题意知，样本数据的平均数 x4612121820612. (2)样本中优秀服务

15、网点有 2 个，概率为2613，由此估计这 90 个服务网点中优秀服务网点有 901330(个) (3)样本中优秀服务网点有 2 个，分别记为 a1，a2，非优秀服务网点有 4 个，分别记为 b1，b2，b3，b4，从随机抽取的 6 个服务网点中再任取 2 个的可能情况有：(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a1，b4)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(a2，b4)，(b1，b2)，(b1，b3)，(b1，b4)，(b2，b3)，(b2，b4)，(b3，b4)，共 15种， 8 记“恰有 1 个是优秀服务网点”为事件 M，则事件 M 包含的可能情

16、况有：(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a1，b4)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(a2，b4)，共 8 种， 故所求概率 P(M)815. 移动公司拟在国庆期间推出 4G 套餐， 对国庆节当日办理套餐的客户进行优惠，优惠方案如下：选择套餐 1 的客户可获得优惠 200 元，选择套餐 2的客户可获得优惠 500 元， 选择套餐 3 的客户可获得优惠 300 元 国庆节当天参与活动的人数统计结果如图所示，现将频率视为概率 (1)求从中任选 1 人获得优惠金额不低于 300 元的概率； (2)若采用分层抽样的方式从参加活动的客户中选出 6 人，再从该 6 人中随

17、机选出 2 人，求这 2 人获得相等优惠金额的概率 解 (1)设事件 A 为“从中任选 1 人获得优惠金额不低于 300 元”， 则 P(A)1501005015010056. (2)设事件 B 为“从这 6 人中选出 2 人，他们获得相等优惠金额”，由题意按分层抽样方式选出的 6 人中，获得优惠 200 元的有 1 人， 获得优惠 500 元的有3 人，获得优惠 300 元的有 2 人，分别记为 a1，b1，b2，b3，c1，c2，从中选出 2人的所有基本事件如下：a1b1，a1b2，a1b3，a1c1，a1c2，b1b2，b1b3，b1c1，b1c2，b2b3，b2c1，b2c2，b3c1

18、，b3c2，c1c2，共 15 个 其中使得事件 B 成立的有 b1b2，b1b3，b2b3，c1c2，共 4 个则 P(B)415. 故这 2 人获得相等优惠金额的概率为415. 考点 3 几何概型 与长度、角度有关的几何概型 求与长度(角度)有关的几何概型的概率的方法是把题中所表示的几何模型转化为长度(角度)，然后求解要特别注意“长度型”与“角度型”的不9 同，解题的关键是构建事件的区域(长度或角度) 在等腰 RtABC 中，直角顶点为 C. (1)在斜边 AB 上任取一点 M，求|AM|AC|的概率； (2)在ACB 的内部，以 C 为端点任作一条射线 CM，与线段 AB 交于点 M，求

19、|AM|AC|的概率 解 (1)如图所示，在 AB 上取一点 C，使|AC|AC|，连接CC. 由题意，知|AB| 2|AC|. 由于点 M 是在斜边 AB 上任取的，所以点 M 等可能分布在线段 AB 上，因此基本事件的区域应是线段 AB. 所以 P(|AM|AC|)|AC|AB|AC|2|AC|22. (2)由于在ACB 内以 C 为端点任作射线 CM， 所以 CM 等可能分布在ACB内的任一位置(如图所示)，因此基本事件的区域应是ACB，所以 P(|AM|AC|)ACCACB42234. 当涉及射线的转动、扇形中有关落点区域的问题时，应以角度作为区域的度量来计算概率，切不可用线段的长度代

20、替 1.某公司的班车在 7：00，8：00，8：30 发车，小明在 7：50 至 8：30 之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过 10 分钟的概率是( ) A.13 B.12 C.23 D.34 B 如图所示，画出时间轴 小明到达的时间会随机的落在图中线段 AB 中，而当他的到达时间落在线段AC 或 DB 上时，才能保证他等车的时间不超过 10 分钟，根据几何概型的概率计算公式， 10 得所求概率 P10104012，故选 B. 2.如图，四边形 ABCD 为矩形，AB 3，BC1，以 A 为圆心，1 为半径作四分之一个圆弧DE，在DAB 内任作射线 AP，则

21、射线 AP 与线段 BC 有公共点的概率为_ 13 因为在DAB 内任作射线 AP，所以它的所有等可能事件所在的区域是DAB，当射线 AP 与线段 BC 有公共点时，射线 AP 落在CAB 内，则区域为CAB，所以射线 AP 与线段 BC 有公共点的概率为CABDAB309013. 与面积有关的几何概型 6666666666 求解与面积有关的几何概型的注意点 求解与面积有关的几何概型时，关键是弄清某事件对应的面积，必要时可根据题意构造两个变量， 把变量看成点的坐标， 找到全部试验结果构成的平面图形，以便求解 (1)(2016 全国卷)从区间0，1随机抽取 2n 个数 x1，x2，xn，y1，y

22、2，yn，构成 n 个数对(x1，y1)，(x2，y2)，(xn，yn)，其中两数的平方和小于 1 的数对共有 m 个，则用随机模拟的方法得到的圆周率 的近似值为( ) A.4nm B.2nm C.4mn D.2mn (2)(2019 太原联考)甲、乙二人约定 7：10 在某处会面，甲在 7：007：20内某一时刻随机到达，乙在 7：057：20 内某一时刻随机到达，则甲至少需等待乙 5 分钟的概率是( ) A.18 B.14 C.38 D.58 (3)(2018 全国卷)如图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形 此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形 ABC11 的斜边 B

23、C，直角边 AB，AC.ABC 的三边所围成的区域记为，黑色部分记为，其余部分记为.在整个图形中随机取一点，此点取自，的概率分别记为 p1，p2，p3，则( ) Ap1p2 Bp1p3 Cp2p3 Dp1p2p3 (1)C (2)C (3)A (1)因为 x1，x2，xn，y1，y2，yn都在区间0，1内随机抽取，所以构成的 n 个数对(x1，y1)，(x2，y2)，(xn，yn)都在正方形 OABC 内(包括边界)，如图所示若两数的平方和小于 1，则对应的数对在扇形 OAC 内(不包括扇形圆弧上的点所对应的数对)，故在扇形 OAC 内的数对有 m 个用随机模拟的方法可得S扇形S正方形mn，即

24、4mn，所以 4mn. (2)建立平面直角坐标系如图，x，y 分别表示甲、乙二人到达的时刻，则坐标系中每个点(x，y)可对应甲、乙二人到达时刻的可能性，则甲至少等待乙 5 分钟应满足的条件是yx5，0 x20，5y20，其构成的区域为如图阴影部分， 则所求的概率P121515201538. (3)设直角三角形 ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，则区域的面积即ABC 的面积，为 S112bc，区域的面积 S212c2212b22a22212bc18(c2b2a2)12bc12bc，所以 S1S2，由几何概型的知识知p1p2，故选 A. (1)求解由两个量决定的概率问题时，通

25、过建立坐标系，借助于纵、横坐标关系产生的区域面积， 得到问题的结论， 我们称此类问题为“约会型”概率问题“约会型”概率问题的求解关键在于合理、恰当地引入变量，再将具体问题“数学化”，通过建立数学模型，得出结论(2)几何概型与平面几何的交12 汇问题要利用平面几何的相关知识，先确定基本事件对应区域的形状， 再选择恰当的方法和公式，计算出其面积，进而代入公式求概率 1.如图所示，矩形长为 6，宽为 4，在矩形内随机地撒300 颗黄豆，数得落在椭圆外的黄豆为 96 颗，以此试验数据为依据估计椭圆的面积为( ) A7.68 B8.68 C16.32 D17.32 C 由随机模拟的思想方法，可得黄豆落在

26、椭圆内的概率为300963000.68.由几何概型的概率计算公式，可得S椭圆S矩形0.68，而 S矩形6424，则 S椭圆0.682416.32. 2已知实数 m0，1，n0，2，则关于 x 的一元二次方程 4x24mxn22n0 有实数根的概率是( ) A14 B.4 C.32 D.21 A 方程有实数根，即 16m216(n22n)0，m2n22n0，m2(n1)21，画出图形如图所示，长方形面积为 2，半圆的面积为2，故概率为22214. 与体积有关的几何概型 对于与体积有关的几何概型问题， 关键是计算问题的总体积(总空间)以及事件的体积(事件空间)，对于某些较复杂的也可利用其对立事件去

27、求 已知在四棱锥 P- ABCD 中，PA底面 ABCD，底面 ABCD 是正方形，PAAB2，现在该四棱锥内部或表面任取一点 O，则四棱锥 OABCD 的体积不小于23的概率为_ 2764 当四棱锥 OABCD 的体积为23时， 设 O 到平面 ABCD13 的距离为 h，则1322h23，解得 h12. 如图所示，在四棱锥 PABCD 内作平面 EFGH 平行于底面 ABCD，且平面EFGH 与底面 ABCD 的距离为12. 因为 PA底面 ABCD，且 PA2，所以PHPA34， 所以四棱锥 O- ABCD 的体积不小于23的概率 PV四棱锥P- EFGHV四棱锥P- ABCDPHPA3

28、3432764. 求解本题的关键是找到四棱锥 O- ABCD 的体积为23时的点 O 对应的平面 EFGH ，然后借助比例关系计算体积比例，进而得出概率值 教师备选例题 1小李从网上购买了一件商品，快递员计划在下午 5：00 到 6：00 之间送货上门，已知小李下班到家的时间在下午 5：30 到 6：00 之间快递员到小李家时，如果小李未到家，则快递员会电话联系小李若小李能在 10 分钟之内到家，则快递员等小李回来；否则，就将商品存放在快递柜中则小李需要去快递柜领取商品的概率为( ) A.19 B.89 C.512 D.712 D 如图，设快递员和小李分别在下午 5 点后过了 x 分钟和 y

29、分钟到小李家，则所有结果构成的区域为(x，y)|0 x60，30y60，这是一个矩形区域，yx10 表示小李比快递员晚到超过 10 分钟，事件 M 表示小李需要去快递柜领取商品，其所构成的区域是如图所示的直角梯形 ABCD 的内部区域及边界(不包含 AB)，由y60，yx10，可得x50，y60，即 A(50，60)，由y30，yx10，可得x20，y30，即 B(20，30)，所以由几何概型的概率计算公式可知 P(M)12（5020）306030712，故选 D. 14 2 已知正三棱锥 S- ABC 的底面边长为 4， 高为 3， 在正三棱锥内任取一点 P，使得 VPABC12VSABC的

30、概率是( ) A.78 B.34 C.12 D.14 A 由题意知，当点 P 在三棱锥的中截面 ABC以下时，满足 VPABC12VSABC，又 V锥S- ABC1214V锥S- ABC18V锥S- ABC. 事件“VPABC12VSABC”的概率 PV合体ABC- ABCV锥S- ABCV锥S- ABCV锥S- ABCV锥S- ABC78. 1.在 5 升水中有一个病毒，现从中随机地取出 1 升水，含有病毒的概率是_ 15 “取出 1 升水，其中含有病毒”这一事件记作事件 A，则 P(A)取出水的体积所有水的体积15.从而所求的概率为15. 2在一个球内有一棱长为 1 的内接正方体，一动点在

31、球内运动，则此点落在正方体内部的概率为( ) A.6 B.32 C.3 D.2 33 D 由题意可知这是一个几何概型，棱长为 1 的正方体的体积 V11，球的直径是正方体的体对角线长， 故球的半径 R32，球的体积 V24332332， 则此点落在正方体内部的概率 PV1V22 33. 课外素养提升 数学建模数学文化与概率 数学文化是国家文化素质教育的重要组成部分，纵观近几年高考， 概率统计15 部分以数学文化为背景的问题，层出不穷，让人耳目一新同时它也使考生们受困于背景陌生，阅读受阻，使思路无法打开下面通过对典型例题的剖析，让同学们增加对数学文化的认识，进而加深对数学文化的理解，提升数学核心

32、素养. 以古代文化经典为素材 【例 1】 (2017 全国卷)如图，正方形 ABCD 内的图形来自中国古代的太极图 正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称 在正方形内随机取一点， 则此点取自黑色部分的概率是( ) A.14 B.8 C.12 D.4 B 不妨设正方形 ABCD 的边长为 2，则正方形内切圆的半径为 1，可得 S正方形4. 由圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称，得 S黑S白12S圆2，所以由几何概型知，所求概率 PS黑S正方形248.故选 B. 评析 以易经八卦中的太极图为载体，既丰富了数学文化的取材途径，又很好体现数学的美学特征， 可将实际

33、问题转化为数学中的几何概型问题， 结合几何概型解答 【素养提升练习】 1.中华文化博大精深，我国古代算书周髀算经中介绍了用统计概率得到圆周率 的近似值的方法 古代数学家用体现“外圆内方”文化的钱币(如图 1)做统计，现将其抽象成如图 2 所示的图形，其中圆的半径为2 cm，正方形的边长为 1 cm，在圆内随机取点，若统计得到此点取自阴影部分的概率是 p，则圆周率 的近似值为( ) 图 1 图 2 A.14（1p） B.11p C.114p D.41p 16 A 圆形钱币的半径为 2 cm，面积为 S圆224；正方形边长为 1 cm，面积为 S正方形121.在圆形内随机取一点，此点取自黑色部分的

34、概率是 pS圆S正方形S圆114，则 14（1p）.故选 A. 2.五行学说是华夏民族创造的哲学思想，是华夏文明重要组成部分古人认为，天下万物皆由金、木、水、火、土五类元素组成，如图，分别是金、木、水、火、土彼此之间存在的相生相克的关系 若从 5 类元素中任选 2 类元素， 则2 类元素相生的概率为( ) A.12 B.13 C.14 D.15 A 金、木、水、火、土任取两类，共有： 金木、金水、金火、金土、木水、木火、木土、水火、水土、火土 10 种结果，其中两类元素相生的有火木、火土、木水、水金、金土共 5 结果，所以 2类元素相生的概率为51012，故选 A. 【例 2】 中国古代四大艺

35、术，琴棋书画，源远流长，相传尧舜以棋教子，在春秋、战国时期，围棋已广为流行围棋盒子中有多粒黑子和白子，已知从中取出 2 粒都是黑子的概率为17，都是白子的概率是1235，则从中任意取出 2 粒恰好是同一色的概率是( ) A.17 B.1235 C.1735 D1 C 设“从中取出 2 粒都是黑子”为事件 A， “从中取出 2 粒都是白子”为事件 B， “任意取出 2 粒恰好是同一色”为事件 C，则 CAB，且事件 A 与 B互斥 所以 P(C)P(A)P(B)1712351735.即任意取出 2 粒恰好是同一色的概率为1735. 评析 以中国古代四大艺术为载体，渗透中国传统文化艺术，涉及世界人

36、文知识，可将实际问题转化为数学中的古典概型问题， 结合古典概型及互斥事件17 的概率给与解答 【素养提升练习】 1.(2019 贵阳一模)齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马，田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马， 田忌的下等马劣于齐王的下等马， 现从双方的马匹中随机选一匹进行一场比赛，则田忌的马获胜的概率为( ) A.13 B.14 C.15 D.16 A 分别用 A，B，C 表示齐王的上、中、下等马，用 a，b，c 表示田忌的上、中、下等马，现从双方的马匹中随机选一匹进行一场比赛有 Aa，Ab，Ac，Ba，Bb，Bc，Ca，Cb，Cc 共 9 场比赛，其

37、中田忌马获胜的有 Ba，Ca，Cb 共 3场比赛，所以田忌马获胜的概率为13. 2 生活中人们常用“通五经贯六艺”形容一个人才识技艺过人， 这里的“六艺”其实源于中国周朝的贵族教育体系， 具体包括“礼、 乐、 射、 御、 书、 数” 为弘扬中国传统文化，某校在周末学生业余兴趣活动中开展了“六艺”知识讲座，每艺安排一节，连排六节，则满足“数”必须排在前两节， “礼”和“乐”必须分开安排的概率为( ) A.760 B.16 C.1360 D.14 C 基本事件总数 nA66720，满足“数”必须排在前两节， “礼”和“乐”必须分开安排包含的基本事件个数： 第一节是数，有：A33A2472 种排法，

38、第二节是数，有：A55C13A22C13A2284种排法，m7284156， 则满足“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须分开安排的概率 pmn1567201360.故选 C. 3(2019 宝鸡模拟)洛书，古称龟书，是阴阳五行术数之源，在古代传说中有神龟出于洛水， 其甲壳上心有此图象， 结构是戴九履一， 左三右七， 二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四角黑点为阴数如图，若从四个阴数和五个阳数中随机选取 3 个不同的数，其和等于 15 的概率是( ) 18 A.221 B.114 C.328 D.17 A 先计算从四个阴数和五个阳数共 9 个数字中随机选取 3 个不同的数， 总共

39、有 C39种选法，在计算符合条件和等于 15 的三个数的种类，即可算出概率 从四个阴数和五个阳数共 9 个数字中随机选取 3 个不同的数，总共有 C3984 种选法，其和等于 15 的三个数的种类共有 8 种，即：(图形中各横，各列，对角线所在的三个数字之和均为 15)故其和等于 15 的概率是：884221，故选 A. 以数学家为素材 【例 3】 (2018 全国卷)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果 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 30723.在不超过 30 的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30 的概率是( ) A.112

40、B.114 C.115 D.118 C 不超过 30 的素数有 2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共 10 个，从中随机选取两个不同的数有 C210种不同的取法， 这 10 个数中两个不同的数的和等于 30 的有 3 对，所以所求概率 P3C210115，故选 C. 评析 以我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得的成果为载体，展现了我国数学家在数学领域中的地位， 可将实际问题转化为数学中的古典概型问题，结合古典概型解答 【素养提升练习】 1.我国数学家邹元治利用如图证明了勾股定理，该图中用勾(a)和股(b)分别表示直角三角形的两条直角边，用弦(c)来表示斜边，现已知该图中

41、勾为 3，股为 4，若从图中随机取一点，则此点不落在中间小正方形中的概率是( ) 19 A.2549 B.2449 C.47 D.57 B a3，b4，由题意得 c5，因为大正方形的边长为 ab347，小正方形的边长为 c5，则大正方形的面积为 49，小正方形的面积为 25，所以满足题意的概率值为 125492449.故选 B. 2 费马素数是法国大数学家费马命名的， 形如 22n1()nN 的素数(如： 22013)为费马素数，在不超过 30 的正偶数中随机选取一数，则它能表示为两个不同费马素数的和的概率是( ) A.215 B.15 C.415 D.13 B 在不超过 30 的正偶数中随机

42、选取一数，基本事件总数 n15，能表示为两个不同费马素数的和的只有 835，20317，22517，共有 3 个 则它能表示为两个不同费马素数的和的概率是 P31515. 以新时代气息为背景 【例 4】 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( ) A.13 B.14 C.15 D.16 D 把这三张卡片排序有“中国梦”， “中梦国”， “国中梦”， “国梦中”，“梦中国”， “梦国中”，共有 6 种，能组成“中国梦” 的只有 1 种，故所求概率为16. 评析 以“中国梦”为载体，展现了中国特色社会主义新时代的气息，将数

43、学落实在中华传统美德， 贯彻“弘扬正能量”的精神风貌中， 可结合古典概型解答 【素养提升练习】 1.2019 年，河北等 8 省公布了高考改革综合方案将采取20 “312”模式，即语文、数学、英语必考，然后考生先在物理、历史中选择1 门，再在思想政治、地理、化学、生物中选择 2 门一名同学随机选择 3 门功课，则该同学选到物理、地理两门功课的概率为( ) A.16 B.14 C.13 D.12 B 由题意可知总共情况为 C12C2412，满足情况为 C133， 该同学选到物理、地理两门功课的概率为 P31214.故选 B. 2(2019 甘肃天水一中模拟)为了弘扬我国优秀传统文化，某中学广播站

44、在中国传统节日：春节，元宵节，清明节，端午节，中秋节五个节日中随机选取两个节日来讲解其文化内涵，那么春节和端午节至少有一个被选中的概率是( ) A0.3 B0.4 C0.6 D0.7 D 由题意得，从五个节日中随机选取两个节日的所有情况有 C2510 种，设“春节和端午节至少有一个被选中”为事件 A， 则事件 A 包含的基本事件的个数为 2C13C227.由古典概型概率公式可得 P(A)2C13C22C257100.7.故选 D. 3电视台组织中学生知识竞赛，共设有 5 个版块的试题，主题分别是“中华诗词”“社会主义核心价值观”“依法治国理念”“中国戏剧”“创新能力”某参赛队从中任选 2 个主题作答，则“中华诗词”主题被该队选中的概率是_ 25 由于知识竞赛有五个板块，所以共有 C2510 种结果，某参赛队从中任选 2 个主题作答， 选中的结果为 C144 种，则“中华诗词”主题被选中的概率为P(A)25.