新高考数学一轮复习题型归纳与强化测试专题61 古典概型、概率的基本性质（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学一轮复习题型归纳与强化测试专题61 古典概型、概率的基本性质（2份，原卷版+解析版），文件包含新高考数学一轮复习题型归纳与强化测试专题61古典概型概率的基本性质原卷版doc、新高考数学一轮复习题型归纳与强化测试专题61古典概型概率的基本性质解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共53页， 欢迎下载使用。
【考纲要求】
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样本点及事件发生的概率.
3.当直接求某一事件的概率较为复杂时，可转化为求几个互斥事件的概率之和或其对立事件的概率.
【考点预测】
1.古典概型
具有以下特征的试验叫做古典概型试验，其数学模型称为古典概率模型，简称古典概型.
(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.
2.古典概型的概率公式
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)＝eq \f(k,n)＝eq \f(n（A）,n（Ω）).
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.
3.概率的性质
性质1：对任意的事件A，都有0≤P(A)≤1；
性质2：必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0，即P(Ω)＝1，P(∅)＝0；
性质3：如果事件A与事件B互斥，那么P(A∪B)＝P(A)＋P(B)；
性质4：如果事件A与事件B互为对立事件，那么P(B)＝1－P(A)，P(A)＝1－P(B)；
性质5：如果A⊆B，那么P(A)≤P(B)，由该性质可得，对于任意事件A，因为∅⊆A⊆Ω，所以0≤P(A)≤1.
性质6：设A，B是一个随机试验中的两个事件，有P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B).
【常用结论】
概率的一般加法公式P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)中，易忽视只有当A∩B＝∅，即A，B互斥时，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，此时P(A∩B)＝0.
【方法技巧】
1.求样本空间中样本点个数的方法
(1)枚举法：适合于给定的样本点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，注意在确定样本点时(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：在求一些较复杂的样本点个数时，可利用排列或组合的知识.
2.复杂事件概率的求解方法
(1)对于一个较复杂的事件，一般将其分解成几个简单的事件，当这些事件彼此互斥时，原事件的概率就是这些简单事件的概率的和.
(2)当求解的问题中有“至多”“至少”“最少”等关键词语时，常常考虑其对立事件，通过求其对立事件的概率，然后转化为所求问题.
3.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.概率与统计的结合题，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的信息，准确从题中提炼信息是解题的关键.复杂事件的概率可将其转化为互斥事件或对立事件的概率问题.
二、【题型归类】
【题型一】古典概型的特征
【典例1】（2023·广西·校联考模拟预测）新疆棉花是世界上最优质的棉花之一，普通的优质棉纱纤维长度左右，而新疆超长棉纱纤维长度可以达到以上.用超长棉纱制成的纯毛巾，质地柔软，手感舒适，色彩鲜艳，吸水性极好.某商场中有5款优质毛巾，其中有3款是用新疆超长棉纱制成的，在这5款毛巾中任选2款，只有一款是用新疆超长棉纱制成的概率是（ ）
A．B．C．D．
【解析】【答案】A
【分析】利用列举法，列出5款毛巾中任选2款的所有情况，再列出只有一款是用新疆超长棉所包含的情况，根据古典概型的概率公式计算.
【详解】记3款是用新疆超长棉纱制成的毛巾分别为，另外2款分别记为，
从这5款毛巾中任选2款，所有的情况分别为，共10种，
其中，“在这5款毛巾中任选2款，只有一款是用新疆超长棉纱制成”所包含的情况有：
，共6种，
故所求概率为.
故选：A.
【典例2】（2023·河南·模拟预测）“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连，秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒，每月两节不变史，最多相差一两天．”中国农历的“二十四节气”，凝结着中华民族的智慧，是中国传统文化的结晶，如五月有立夏、小满，六月有芒种、夏至，七月有小暑、大暑，现从五月、六月、七月这六个节气中任选两个节气，则这两个节气恰在同一个月的概率为（ ）
A．B．C．D．
【解析】【答案】C
【分析】写出基本事件，根据古典概型概率公式求解.
【详解】由题意，基本事件由（立夏，小满），（立夏，芒种），（立夏，夏至），（立夏，小暑），（立夏，大暑），（小满，芒种），（小满，夏至），（小满，小暑），（小满，大暑），（芒种，夏至），（芒种，小暑），（芒种，大暑），（夏至，小暑），（夏至，大暑），（小暑，大暑）共15个，
其中任取两个在同一个月的有3个，
所以,
故选：C
【典例3】（2023·全国·模拟预测）在素数研究中，华裔数学家张益唐证明了孪生素数猜想的一个弱化形式，孪生素数是指相差为2的素数对，例如3和5，5和7等．从不超过13的正奇数中随机抽取2个，则这2个奇数是孪生素数的概率为（ ）
A．B．C．D．
【解析】【答案】C
【分析】先求出基本事件总数，再求出符合题意的基本事件数，利用古典概型公式即可求出答案.
【详解】第一步：求出总的基本事件数，
不超过13的正奇数有1，3，5，7，9，11，13，共7个，从中随机抽取2个，有种情况，
第二步：求出符合题意的基本事件数
其中孪生素数有，，，共3种情况，
第三步：利用古典概型的概率计算公式求解，
则这2个奇数是孪生素数的概率为，
故选：C．
【题型二】计算古典概型问题的概率
【典例1】（2023·全国·模拟预测）为了给学生树立正确的劳动观，使学生懂得劳动的伟大意义，某班从包含甲、乙的6名学生中选出3名参加学校组织的劳动实践活动，在甲被选中的情况下，乙也被选中的概率为（ ）
A．B．C．D．
【解析】【答案】B
【分析】利用条件概率的公式计算.
【详解】令事件为甲被选中，事件为乙被选中，则，，
故.
快解 ： 令事件为甲被选中，事件为乙被选中，.
故选：B.
【典例2】（2024·四川自贡·统考一模）体育强国的建设是2035年我国发展的总体指标之一.某学校安排周一至周五每天一小时课外活动时间，现统计得小明同学最近10周的课外体育运动时间（单位：小时/周）：6.5，6.3，7.8，9.2，5.7，7.9，8.1，7.2，5.8，8.3，则下列说法不正确的是（ ）
A．小明同学近10周的课外体育运动时间平均每天不少于1小时
B．以这10周数据估计小明同学一周课外体育运动时间大于8小时的概率为0.3
C．小明同学10周的课外体育运动时间的中位数为6.8
D．若这组数据同时增加0.5，则增加后的10个数据的极差、标准差与原数据的极差、标准差相比均无变化
【解析】【答案】C
【分析】根据平均数、中位数及方差的定义判断A、C、D，利用频率判断B .
【详解】这10周数据的平均值为：
，
平均每天小时，故A正确；
将10个数据从小到大排列为5.7，5.8，6.3，6.5，7.2，7.8，7.9，8.1，8.3，9.2，
中位数为，故C错误；
这个数据中大于8的有3个，
估计小明同学一周课外体育运动时间大于8小时的概率为：，故B正确；
若这组数据同时增加0.5，
则增加后新的数据中最大值和最小值分别为：，
此时极差为：，原数据极差为，
故若这组数据同时增加0.5后与原数据的极差相等；
由原数据的方差为：，
则若这组数据同时增加0.5后根据方差性质得现在的方差为：，
从而现在数据的标准差与原数据的标准差相等，故D正确.
故选：C.
【典例3】（2023·全国·模拟预测）某中学团委为庆祝“五四”青年节，举行了以“弘‘五四’精神，扬青春风采”为主题的文艺汇演，初中部推荐了2位主持人，高中部推荐了4位主持人，现从这6位主持人中随机选2位主持文艺汇演，则选中的2位主持人恰好是初中部和高中部各1人的概率为（ ）
A．B．C．D．
【解析】【答案】D
【分析】根据题意可列举出从6位主持人中随机选2位主持文艺汇演的所有组合情况，再挑选出符合题意的情况，利用概率计算公式即可得其概率为.
【详解】设初中部的2位主持人分别为，高中部的4位主持人分别为1，2，3，4，
则从这6位主持人中随机选2位，共有15种不同的选法，
分别是，，，，，，，，，，，，，，，
选中的2位主持人恰好是初中部和高中部各1人有8种不同的选法，
分别是，，
故所求概率为，
故选：D．
【题型三】有放回与无放回问题的概率
【典例1】（2023·陕西安康·陕西省安康中学校考模拟预测）已知某口袋中放有大小、质地完全相同的红球和白球各若干个，若有放回地从口袋中每次摸取1个球，连续摸两次，记两次摸到的小球颜色不同的概率为，两次摸到的小球颜色相同的概率为，则（ ）
A．B．
C．D．，大小不确定
【解析】【答案】B
【分析】设口袋中有红球个，白球个，根据独立事件的概率公式，分别求得，，结合基本不等式，即可求解.
【详解】设口袋中有红球个，白球个，
则两次摸到的小球颜色不同的概率为，
两次摸到的小球颜色相同的概率为，
因为，可得，当且仅当等号成立，
所以.
故选：B.
【典例2】（2023下·四川眉山·高二仁寿一中校考阶段练习）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．B．C．D．
【解析】【答案】D
【分析】利用古典概型概率公式即可求得抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率.
【详解】记“抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数”为事件A，
则事件A共包含以下10种情况：
，
而有放回的连续抽取2张卡片共有（种）不同情况，
则
故选：D
【典例3】（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）有6个大小相同的小球，其中1个黑色，2个蓝色，3个红色．采用放回方式从中随机取2次球，每次取1个球，甲表示事件“第一次取红球”，乙表示事件“第二次取蓝球”，丙表示事件“两次取出不同颜色的球”，丁表示事件“与两次取出相同颜色的球”，则（ ）
A．甲与乙相互独立B．甲与丙相互独立
C．乙与丙相互独立D．乙与丁相互独立
【解析】【答案】A
【分析】根据给定条件，求出事件甲、乙、丙、丁的概率，再利用相互独立事件的定义判断作答.
【详解】依题意，事件甲的概率，事件乙的概率，有放回取球两次的试验的基本事件总数是，
显然事件丙与丁是对立事件，两次取出的球颜色相同含有的基本事件数为，
事件丙的概率，事件丁的概率，
对于A，事件甲与乙同时发生所含的基本事件数为6，其概率，甲与乙相互独立，A正确；
对于B，事件甲与丙同时发生所含的基本事件数为9，其概率，甲与丙不独立，B错误；
对于C，事件乙与丙同时发生所含的基本事件数为8，其概率，乙与丙不独立，C错误；
对于D，事件乙与丁同时发生所含的基本事件数为4，其概率，乙与丁不独立，D错误.
故选：A
【题型四】根据古典概型的概率求参数
【典例1】（2021·山东聊城·统考三模）在某次脱贫攻坚表彰会上，共有36人受到表彰，其中男性多于女性，现从中随机选出2人作为代表上台领奖，若选出的两人性别相同的概率为，则受表彰人员中男性人数为（ ）
A．15B．18C．21D．15或21
【解析】【答案】C
【分析】首先根据总人数分别设出男性人数与女性人数，然后根据古典概型列出概率表达式，解方程即可求出结果.
【详解】设男性有人，则女性有人
∵男性多于女性，∴，即
∵选出的两人性别相同的概率为
∴，即
∴或（舍）
所以男性有21人
故选：C.
【典例2】（2021·广西·校联考模拟预测）每次从0～9这10个数字中随机取一个数字（取后放回），连续取n次，依次得到n个数字组成的数字序列．若使该序列中的数字0至少出现一次的概率不小于0.9，则n的最小值是（ ）（参考数据）
A．23B．22C．21D．20
【解析】【答案】B
【分析】分别计算所有基本事件的个数以及不含0的基本事件，然后利用古典概型进行计算即可.
【详解】解：有放回地排列个数字，得个基本事件，其中不含0的基本事件为．
由题意得，即，∴．
∴最小取22．
故选：B．
【典例3】（2021·全国·模拟预测）中国古典戏曲四大名著是《牡丹亭》《西厢记》《桃花扇》和《长生殿》，它们是中国古典文化艺术的瑰宝.某戏曲学院图书馆藏有上述四部戏曲名著各10本，由于该戏曲学院的部分学生对《牡丹亭》这部戏曲产生了浓厚的兴趣，该戏曲学院图书馆决定购买一批《牡丹亭》戏曲书籍(其他三部数量保持不变)若干本.若要保证购买后在该戏曲学院图书馆所藏有的这四大戏曲名著中任取一本，使得能取到一本《牡丹亭》戏曲书籍的概率不小于0.6，则该戏曲学院图书馆需至少购买《牡丹亭》戏曲书籍（ ）
A．25本B．30本C．35本D．40本
【解析】【答案】C
【分析】设需购买《牡丹亭》戏曲书籍x本，由古典概率的计算公式可得答案.
【详解】设需购买《牡丹亭》戏曲书籍x本，则购买后
该戏曲学院图书馆所藏有的这四大戏曲名著共，从中任取1本有种取法.
《牡丹亭》戏曲书籍共，从中任取1本有种取法.
从该戏曲学院图书馆所藏有的这四大戏曲名著中任取一本，使得能取到一本《牡丹亭》戏曲书籍的概率为
根据题意可得，解得，
即该戏曲学院图书馆需至少购买《社丹亭》戏曲书籍35本.
故选：C
【题型五】概率的加法公式
【典例1】（2022上·山东潍坊·高三统考阶段练习）足球运动是目前全球体育界最具影响力的项目之一，深受青少年喜爱．有甲，乙，丙，丁四个人相互之间进行传球训练，从甲开始传球，甲等可能地把球传给乙，丙，丁中的任何一个人，以此类推，则经过三次传球后乙只接到一次球的概率为（ ）
A．B．C．D．
【解析】【答案】D
【分析】计算出每一种情况后，再求和即可.
【详解】由题意，根据第一次传给乙第二次传给甲或丙或丁第三次传给丙丁或甲丁或甲丙，第一次传给丙或丁第二次传给乙第三次传给甲或丙或丁，第一次传给丙或丁第二次传给甲丁或甲丙第三次传给乙分别求出概率，再求和可得答案.
.
故选：D
【典例2】（2021·广东中山·校联考模拟预测）为提高学生的身体素质，加强体育锻炼，高三（1）班A，B，C三位同学进行足球传球训练，约定：球在某同学脚下必须传出，传给另外两同学的概率均为，不考虑失球，球刚开始在A同学脚下，经过5次传球后，球回到A同学脚下的概率为（ ）
A．B．C．D．
【解析】【答案】B
【分析】由题可知传球共有32种可能，其中开始在A同学脚下，经过5次传球后，球回到A同学脚下的有10种，即求.
【详解】由题可知，开始在A同学脚下，5次传球共有32种可能，
，
其中开始在A同学脚下，经过5次传球后，球回到A同学脚下的有10种，
∴球回到A同学脚下的概率为.
故选：B.
【典例3】（2021上·江苏南通·高三海安市曲塘中学校考期末）七巧板，又称七巧图、智慧板，是中国古代劳动人民的发明，其历史至少可以追溯到公元前一世纪，到了明代基本定型，于明、清两代在民间广泛流传．某同学用边长为4dm的正方形木板制作了一套七巧板，如图所示，包括5个等腰直角三角形，1个正方形和1个平行四边形．若该同学从这七块小木板中随机抽取2块，这两块的面积相等的概率是（ ）
A．B．C．D．
【解析】【答案】A
【分析】先算出各个小木板的面积，进而根据古典概型加法公式求得答案.
【详解】如图，设正方形EGHI的边长为x（dm），根据题意可知，AE=CE，即.
容易求得,记为S=4，，记为，，记为.
所以所求概率.
故选：A.
【题型六】整数值随机数
【典例1】（2021·贵州毕节·统考三模）一袋中装有除颜色外完全相同的4个白球和5个黑球，从中有放回的摸球3次，每次摸一个球．用模拟实验的方法，让计算机产生1～9的随机数，若1～4代表白球，5～9代表黑球，每三个为一组，产生如下20组随机数：
917 966 191 925 271 932 735 458 569 683
431 257 393 627 556 488 812 184 537 989
则三次摸出的球中恰好有两次是白球的概率近似为（ ）
A．B．C．D．
【解析】【答案】B
【分析】从这20组随机数中计数，恰好有两个数不大于4的个数，然后可得概率近似值．
【详解】20组随机数恰好有两个是的有191，271，932，393，812，184共6个，
因此概率为．
故选：B．
【典例2】（2021·安徽淮南·统考一模）有4个大小、形状相同的小球，装在一个不透明的袋子中，小球上分别标有数字1，2，3，4．现每次有放回地从中随机取出一个小球，直到标有偶数的球都取到过就停止．小明用随机模拟的方法估计恰好在第4次停止摸球的概率，利用计算机软件产生随机数，每1组中有4个数字，分别表示每次摸球的结果，经随机模拟产生了以下21组随机数：
1314 1234 2333 1224 3322 1413 3124 4321 2341 2413
1224 2143 4312 2412 1413 4331 2234 4422 3241 4331 4234，
由此可以估计恰好在第4次停止摸球的概率为（ ）
A．B．C．D．
【解析】【答案】C
【解析】根据题中数据，找到满足条件的组数，代入公式，即可求得答案.
【详解】由题意得，直到标有偶数的球都取到过就停止，且恰好在第4次停止摸球，
表示所得到的4个数中包含2和4，且前3次只能出现2或4中的一个（不限次数），第4次又摸到另外一个偶数，
有1234，1224，3124，1224，4312，2234共有6组，
所以恰好在第4次停止摸球的概率.
故选：C
【典例3】（2020·河北石家庄·统考模拟预测）经统计某射击运动员随机射击一次命中目标的概率为，为估计该运动员射击4次恰好命中3次的概率，现采用随机模拟的方法，先由计算机产生0到9之间取整数值的随机数，用0，1，2表示没有击中，用3，4，5，6，7，8，9表示击中，以4个随机数为一组，代表射击4次的结果，经随机模拟产生了20组随机数：
9597，7424，7610，4281，7520，0293，7140，9857，0347，4373，
0371，6233，2616，8045，6011，3661，8638，7815，1457，5550．
根据以上数据，则可估计该运动员射击4次恰有3次命中的概率为（ ）．
A．B．C．D．
【解析】【答案】A
【分析】根据20组随机数得出该运动员射击4次恰好命中3次的随机数共组，由此能求出对应的概率值.
【详解】根据随机模拟产生的20组随机数知，
该运动员射击4次恰好命中3次的随机数为：
7424，0347，6233，8045，3661，7815，1457，5550，共组，
由以上数据该运动员射击4次恰有3次命中的概率为.
故选：A
【点睛】本题考查了随机模拟试验、古典概型的概率计算公式，属于基础题.
三、【培优训练】
【训练一】（2023·广东肇庆·统考二模）随着春节的临近，小王和小张等4位同学准备互相送祝福.他们每人写了一个祝福的贺卡，这四张贺卡收齐后让每人从中随机抽取一张作为收到的新春祝福，则（ ）
A．小王和小张恰好互换了贺卡的概率为
B．已知小王抽到的是小张写的贺卡的条件下，小张抽到小王写的贺卡的概率为
C．恰有一个人抽到自己写的贺卡的概率为
D．每个人抽到的贺卡都不是自己写的概率为
【解析】【答案】BC
【分析】计算出四个人每人从中随机抽取一张共有种抽法，根据古典概型的概率公式以及条件概率的概率公式计算各选项，可得答案.
【详解】对于A,四个人每人从中随机抽取一张共有种抽法，
其中小王和小张恰好互换了贺卡的抽法有种，
故小王和小张恰好互换了贺卡的概率为 ，A错误；
对于B,设小王抽到的是小张写的贺卡为事件A, 则,
小张抽到小王写的贺卡为事件B,
则已知小王抽到的是小张写的贺卡的条件下，
小张抽到小王写的贺卡的概率为 ,B正确；
对于C, 恰有一个人抽到自己写的贺卡的抽法有种，
故恰有一个人抽到自己写的贺卡的概率为 ，C正确；
对于D, 每个人抽到的贺卡都不是自己写的抽法共有种，
故每个人抽到的贺卡都不是自己写的概率为，D错误，
故选：
【训练二】（2023·全国·模拟预测）某公司为了解市场对其开发的新产品的需求情况，共调查了250名顾客，采取100分制对产品功能满意程度、产品外观满意程度分别进行评分，其中对产品功能满意程度的评分服从正态分布，对产品外观满意程度评分的频率分布直方图如图所示，规定评分90分以上（不含90分）视为非常满意.
(1)本次调查对产品功能非常满意和对产品外观非常满意的各有多少人？（结果四舍五入取整数）
(2)若这250人中对两项都非常满意的有2人，现从对产品功能非常满意和对产品外观非常满意的人中随机抽取3人，设3人中两项都非常满意的有X人，求X的分布列和数学期望.
（附：若，则，）
【解析】【答案】(1)6人，6人
(2)分布列见解析，
【分析】（1）根据频率直方分布图和正态分布计算；
（2）根据题意，只对产品功能非常满意的有4人，只对产品外观非常满意的有4人，利用超几何分布得出的分布列．
【详解】（1）因为对产品功能满意程度的评分服从正态分布，
其中，
设对产品功能满意程度的评分为，
所以，
所以本次调查对产品功能非常满意的顾客约有（人）.
根据频率分布直方图得，对产品外观非常满意的频率为，
则本次调查对产品外观非常满意的顾客约有（人）.
（2）根据题意，这人中对两项都非常满意的有人，则只对产品功能非常满意的有人，只对产品外观非常满意的有人，的可能取值为
，，，
则的分布列为
数学期望.
【训练三】（2023·浙江宁波·统考一模）某中学在运动会期间，随机抽取了200名学生参加绳子打结计时的趣味性比赛，并对学生性别与绳子打结速度快慢的相关性进行分析，得到数据如下表：
(1)根据以上数据，能否有99%的把握认为学生性别与绳子打结速度快慢有关？
(2)现有n根绳子，共有2n个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有绳头打结完毕视为结束.
（i）当，记随机变量X为绳子围成的圈的个数，求X的分布列与数学期望；
（ii）求证：这n根绳子恰好能围成一个圈的概率为
附：
【解析】【答案】(1)有的把握，认为学生性别与绳子打结速度快慢有关
(2)（i）分布列见解析，；（ii）证明见解析
【分析】（1）利用计算卡方进行检验即可；
（2）（i）依题意，先得到的所有可能取值，再依次求得对应的概率即可得解；（ii）利用分步计数原理，结合数列的累乘法与古典概型的概率公式即可得解.
【详解】（1）依题意，完善列联表如下，
所以.
故有的把握，认为学生性别与绳子打结速度快慢有关.
（2）（i）由题知，随机变量的所有可能取值为，
，
，
所以的分布列为
所以.
（ii）不妨令绳头编号为，可以与绳头1打结形成一个圆的绳头除了1，2外有种可能，
假设绳头1与绳头3打结，那么相当于对剩下根绳子进行打结，
令根绳子打结后可成圆的种数为，
那么经过一次打结后，剩下根绳子打结后可成圆的种数为，
由此可得，，
所以，
所以，
显然，故；
另一方面，对个绳头进行任意2个绳头打结，总共有
；
所以.
【点睛】关键点睛：本题第二小问第二步的解决关键是利用分步计数原理得到数列的递推式，从而利用数列的累乘法求得结果.
【训练四】（2023·湖北·统考二模）五一小长假到来，多地迎来旅游高峰期，各大旅游景点都推出了种种新奇活动以吸引游客，小明去成都某熊猫基地游玩时，发现了一个趣味游戏，游戏规则为：在一个足够长的直线轨道的中心处有一个会走路的机器人，游客可以设定机器人总共行走的步数，机器人每一步会随机选择向前行走或向后行走，且每一步的距离均相等，若机器人走完这些步数后，恰好回到初始位置，则视为胜利.
(1)若小明设定机器人一共行走4步，记机器人的最终位置与初始位置的距离为步，求的分布列和期望；
(2)记为设定机器人一共行走步时游戏胜利的概率，求，并判断当为何值时，游戏胜利的概率最大；
(3)该基地临时修改了游戏规则，要求机器人走完设定的步数后，恰好第一次回到初始位置，才视为胜利.小明发现，利用现有的知识无法推断设定多少步时获得胜利的概率最大，于是求助正在读大学的哥哥，哥哥告诉他，“卡特兰数”可以帮助他解决上面的疑惑：将个0和个1排成一排，若对任意的，在前个数中，0的个数都不少于1的个数，则满足条件的排列方式共有种，其中，的结果被称为卡特兰数.若记为设定机器人行走步时恰好第一次回到初始位置的概率，证明：对（2）中的，有
【解析】【答案】(1)分布列见解析，；
(2)时，游戏胜利的概率最大；
(3)证明见解析．
【分析】（1）根据向前或向后行走的步数分类可知，的可能取值为，再分别计算出对应的概率，即可得到的分布列和数学期望；
（2）根据题意可知，，再由的单调性即可判断；
（3）根据机器人第一步以及最后第步的行走方向讨论，即可得出的表达式，从而将所证等式转化为，再根据组合数公式即可证出．
【详解】（1）依题可知，的可能取值为.
，，，
所以，的分布列如下：
所以，．
（2）依题可知，时，，所以时胜利的概率最大.
（3）记事件“机器人行走步时恰好第一次回到初始位置”，“机器人第一步向前行走”，则“机器人第一步向后行走”.
下面我们对事件进行分析.
发生时，假设机器人第步是向前行走，则之前的步机器人向前走的步数比向后走少一步，而因为机器人第一步为向前行走，
这说明存在使得机器人走了步时回到了初始位置，这与的发生矛盾，所以假设不成立.即机器人第步为向后行走，
从而机器人第2步到第步向前和向后行走的步数均为，且从第2步开始，到第步的这步，任意时刻机器人向前走的步数均不少于向后走的步数(否则在这过程中机器人会回到初始位置).
根据卡特兰数，从第2步到第步共有种行走方式.通过上述分析知，，
所以．
由于，
，故等式成立．
【点睛】本题的解题关键是根据机器人第一步和最后一步的行走方向讨论，利用“卡特兰数”得出的表达式，再利用组合数公式运算即可得证.
【训练五】（2023·浙江·模拟预测）2022年卡塔尔世界杯决赛圈共有32队参加，其中欧洲球队有13支，分别是德国、丹麦、法国、西班牙、英格兰、克罗地亚、比利时、荷兰、塞尔维亚、瑞士、葡萄牙、波兰、威尔士．世界杯决赛圈赛程分为小组赛和淘汰赛，当进入淘汰赛阶段时，比赛必须要分出胜负．淘汰赛规则如下：在比赛常规时间90分钟内分出胜负，比赛结束，若比分相同，则进入30分钟的加时赛．在加时赛分出胜负，比赛结束，若加时赛比分依然相同，就要通过点球大战来分出最后的胜负．点球大战分为2个阶段．第一阶段：前5轮双方各派5名球员，依次踢点球，以5轮的总进球数作为标准（非必要无需踢满5轮），前5轮合计踢进点球数更多的球队获得比赛的胜利．第二阶段：如果前5轮还是平局，进入“突然死亡”阶段，双方依次轮流踢点球，如果在该阶段一轮里，双方都进球或者双方都不进球，则继续下一轮，直到某一轮里，一方罚进点球，另一方没罚进，比赛结束，罚进点球的一方获得最终的胜利．
下表是2022年卡塔尔世界杯淘汰赛阶段的比赛结果：
注：“阿根廷法国”表示阿根廷与法国在常规比赛及加时赛的比分为，在点球大战中阿根廷战胜法国．
(1)请根据上表估计在世界杯淘汰赛阶段通过点球大战分出胜负的概率．
(2)根据题意填写下面的列联表，并通过计算判断是否能在犯错的概率不超过0.01的前提下认为“32支决赛圈球队闯入8强”与是否为欧洲球队有关．
(3)若甲、乙两队在淘汰赛相遇，经过120分钟比赛未分出胜负，双方进入点球大战．已知甲队球员每轮踢进点球的概率为p，乙队球员每轮踢进点球的概率为，求在点球大战中，两队前2轮比分为的条件下，甲队在第一阶段获得比赛胜利的概率（用p表示）．
参考公式：
【解析】【答案】(1)
(2)分布列见解析，不能
(3)
【分析】(1)根据古典概型概率公式求解；
(2)由条件数据填写列联表，提出零假设，计算，比较其与临界值的大小，确定是否接受假设；
(3)根据实际比赛进程，根据独立重复试验概率公式，独立事件概率公式和互斥事件概率公式求概率.
【详解】（1）由题意知卡塔尔世界杯淘汰赛共有16场比赛，其中有5场比赛通过点球大战决出胜负，
所以估计在世界杯淘汰赛阶段通过点球大战分出胜负的概率；
（2）下面为列联表：
零假设支决赛圈球队闯入8强与是否为欧洲球队无关．
．
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，
即不能在犯错的概率不超过0.01的前提下认为“决赛圈球队闯入8强”与是否为欧洲球队有关．
（3）根据实际比赛进程，假定点球大战中由甲队先踢．两队前2轮比分为的条件下，甲在第一阶段获得比赛胜利，则后3轮有5种可能的比分，．
当后3轮比分为时，甲乙两队均需踢满5轮，．
当后3轮比分为时，有如下3种情况：
则．
当后3轮比分为时，有如下6种情况：
则．
当后3轮比分为时，有如下2种情况：
则
当后3轮比分为时，有如下1种情况：
则．
综上，在点球大战中两队前2轮比分为的条件下，甲在第一阶段获得比赛胜利的概率.
【点睛】方法点睛：有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数．
（1）基本事件总数较少时，用列举法把所有基本事件一一列出时，要做到不重复、不遗漏，可借助“树状图”列举；
（2）注意区分排列与组合，以及计数原理的正确使用.
【训练六】（2022·福建漳州·统考二模）漳州市某路口用停车信号管理，在某日后的一分钟内有15辆车到达路口，到达的时间如下（以秒作单位）：1，4，7，10，14，17，20，22，25，28，30，33，36，38，41.记，2，3，…，15，表示第k辆车到达路口的时间，表示第k辆车在路口的等待时间，且，，，记，M表示a，b中的较大者.
(1)从这15辆车中任取2辆，求这两辆车到达路口的时间均在15秒以内的概率；
(2)记这15辆车在路口等待时间的平均值为，现从这15辆车中随机抽取1辆，记，求的分布列和数学期望；
(3)通过调查，在该日后的一分钟内也有15辆车到达路口，到达的时间如下：1，4，10，14，15，16，17，18，19，21，25，28，30，32，38.现甲驾驶车辆欲在后一分钟内或后一分钟内某时刻选择一个通过该路口，试通过比较和后的一分钟内车辆的平均等待时间，帮甲做出选择.
【解析】【答案】(1)
(2)
(3)比较见解析，甲应该选择后一分钟内某时刻通过该路口
【分析】（1）用组合知识求解古典概型；（2）求的可能取值及相应的概率，求出分布列及期望；（3）分别求出后与后的1分钟内15辆车在路口等待的时间平均值，
通过比较大小得到结论.
【详解】（1）这15辆车到达路口的时间在15秒以内的有5辆，
记“两辆车到达路口的时间均在15秒以内”为事件A，则，
所以从这15辆车中任取2辆，到达路口的时间在15秒以内的概率为
（2）一分钟内的这15辆车在路口等待的时间分别为：0，0，0，0，0，0，0，1，1，1，2，2，2，3，3，
则，
所以的可能值为，0，1，2，
，
所以的分布列为
所以
（3）后的1分钟内这15辆车在路口等待的时间分别为：0，0，0，0，2，4，6，8，10，11，10，10，11，12，9，
因为后的1分钟内15辆车在路口等待的时间之和为15，
设后的1分钟内的15辆车在路口等待的时间之和为X，
则，所以，
所以后的1分钟内15辆车在路口等待的平均时间大于后的1分钟内15辆车在路口等待的平均时间，所以甲应该选择后一分钟内某时刻通过该路口
四、【强化测试】
【单选题】
1. （2023·全国·模拟预测）连续抛掷一枚质地均匀的硬币2次，设“第1次正面朝上”为事件，“第2次反面朝上”为事件，“2次朝上结果相同”为事件，有下列三个命题：
①事件与事件相互独立；②事件与事件相互独立；③事件与事件相互独立．
以上命题中，正确的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【解析】【答案】D
【分析】列举出抛掷两枚质地均匀的硬币的所有结果，再逐一分析判断各个选项即可.
【详解】抛掷两枚质地均匀的硬币的所有结果是：(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)，
由题意得，，，
．
因为，故事件相互独立，①正确；
因为，故事件相互独立，②正确；
因为，故事件相互独立，③正确．
故选：D
2. （2021·江西抚州·校考模拟预测）下列说法中错误的个数是
①某校共有女生2021人，用简单随机抽样的方法先剔除21人，再按系统抽样的方法抽取为200人，则每个女生被抽到的概率为；
②由样本数据得到的回归直线方程必经过样本中心点；
③如果落在回归直线上的样本点越多，则回归直线方程的拟合效果就越好；
④在一个2×2列联表中，由计算得出，而，则在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为这两个变量之间有相关关系.（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解析】【答案】B
【分析】由古典概型的特征可判断①；由回归直线方程的特征可判断②③；由独立性检验思想可判断④.
【详解】①错误，古典概率中，每个个体被抽的概率都是一样的，都等于；
②正确由回归直线方程的特征可知回归直线方程必经过样本中心点；
③错误，落在回归直线附近的样本点越多，则回归直线方程的拟合效果越好；
④正确，当，而，则在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为这两个变量之间有相关关系
所以错误个数为2.
故选：B.
3. （2023上·陕西西安·高三校联考阶段练习）一个大箱子内放有5本科学杂志和7本文学杂志，小张先从箱内随机抽取1本（不放回），小李再从箱内随机抽取1本，已知小张抽取的是文学杂志，则小李抽取的是科学杂志的概率为（ ）
A．B．C．D．
【解析】【答案】C
【分析】根据古典概型概率计算公式求得正确答案.
【详解】小张抽取文学杂志后，剩下：本科学杂志和本文学杂志.
则小李抽取的是科学杂志的概率为.
故选：C
4. （2020·江西九江·统考三模）在一个不透明的盒子中装有4个大小、形状、手感完全相同的小球，分别标有数字1，2，3，4.现每次有放回地从中任意取出一个小球，直到标有偶数的球都取到过就停止.小明用随机模拟的方法估计恰好在第3次停止摸球的概率，利用计算机软件产生随机数，每1组中有3个数字，分别表示每次摸球的结果，经随机模拟产生了以下18组随机数：
131 432 123 233 234 122 332 141 312 241 122 214 431 241 141 433 223 442
由此可以估计恰好在第3次停止摸球的概率为（ ）
A．B．C．D．
【解析】【答案】D
【分析】在18组随机数中，代表“恰好在第3次停止摸球”的随机数是432，234，214，442，共4组，然后可算出答案.
【详解】在18组随机数中，代表“恰好在第3次停止摸球”的随机数是432，234，214，442，共4组，
则恰好在第3次停止摸球的概率为，
故选：D
【点睛】本题考查的是用随机模拟估计古典概型的概率，较简单.
5. （2023·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）北京2022年冬奥会的吉祥物冰墩墩和雪容融非常可爱，某教师用吉祥物的小挂件作为奖品鼓励学生学习，设计奖励方案如下：在不透明的盒子中放有大小、形状完全相同的6张卡片，上面分别标有编号1，2，3，4，5，6，现从中不放回地抽取两次卡片，每次抽取一张，只要抽到的卡片编号大于4就可以中奖，已知第一次抽到卡片中奖，则第二次抽到卡片中奖的概率为（ ）
A．B．C．D．
【解析】【答案】B
【分析】设出事件，求出两次都抽到卡片中奖的概率和第一次抽到卡片中奖的概率，利用条件概率公式计算出答案.
【详解】若事件为“第一次抽到卡片中奖”，事件为“第二次抽到卡片中奖”，则，，故．
故选：B．
6. （2021上·河南·高三校联考期末）在一个不透明的袋子中，装有若干个大小相同颜色不同的小球，若袋中有个红球，且从袋中任取一球，取到红球的概率为，则袋中球的总个数为（ ）
A．B．C．D．
【解析】【答案】C
【解析】设袋中球的总个数为，根据已知条件可得出关于的等式，由此可求得的值.
【详解】设袋中球的总个数为，由题意可得，解得.
故选：C.
7. （2023·陕西渭南·统考模拟预测）已知一个古典概型，其样本空间中共有12个样本点，其中事件有6个样本点，事件有4个样本点，事件有8个样本点，则（ ）
A．B．C．D．
【解析】【答案】D
【分析】依题意计算可得，，，再由概率的加法公式计算即可得.
【详解】根据概率公式计算可得，，；
由概率的加法公式可知，代入计算可得
故选：D
8. （2023·四川乐山·统考一模）3个0和2个1随机排成一行，则2个1不相邻的概率为（ ）
A．B．C．D．
【解析】【答案】C
【分析】应用组合数，结合插空法求随机排的方法、2个1不相邻的排法，再应用古典概型的求法求概率.
【详解】一行5个位置，其中3个放0，余下放置1，有种，
若2个1不相邻，即在3个放0的位置所成的4个空，选2个放置1，有种，
所以2个1不相邻的概率为.
故选：C
【多选题】
9. （2023·云南红河·统考二模）在不透明的甲、乙两个盒子中分别装有除标号外完全相同的小球，甲盒中有4个小球，标号分别为1，2，3，4，乙盒中有3个小球，标号分别为5，6，7．现从甲、乙两个盒里分别随机抽取一个小球，记事件“取到标号为2的小球”，事件“取到标号为6的小球”，事件“两个小球标号都是奇数”，事件“两个小球标号之和大于9”，则（ ）
A．事件与事件相互独立B．事件与事件互斥
C．D．
【解析】【答案】ACD
【分析】穷举出所有样本空间，根据题意和古典概型求取对应事件概率即可.
【详解】从甲盒、乙盒里分别随机抽取一个小球的样本空间为：，，，，，，，，，，，，共12种．
事件：，，，；事件：，，，，
，，，故A正确；
事件和事件都有，事件与事件不互斥，故B不正确；
事件：，，，，，故C正确；
事件：，，，，，
，故D正确．
故选：ACD．
10. （2023·全国·模拟预测）下列说法正确的是（ ）
A．某校高一年级学生有800人，高二年级学生有900人，高三年级学生有1000人，为了了解高中生对亚运会的关注程度，现采用分层陮机抽样方法抽取样本容量为270的样本进行问卷调查，其中高一学生抽取的样本容量为80
B．某人有10把钥匙，其中有3把能打开门，若不放回地依次随机抽取3把钥匙试着开门，则第三次才能够打开门的概率为
C．对一组给定的样本数据，，，的统计分析中，样本相关系数越大，样本数据的相关程度越强
D．有一组按照从小到大顺序排列的数据，，，，，，，，设，，将，加入原数据中得到一组新的数据，，，，，，，，，，，，则，，，，，，，的平均数、中位数、极差和方差与，，，，，，，，，，，的平均数、中位数、极差和方差均相等
【解析】【答案】AB
【分析】根据分层抽样、古典概型、相关系数、样本的数字特征等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】对于选项A，因为高一年级、高二年级、高三年级学生人数之比为800：900：1000，
即8：9：10，所以高一学生抽取的样本容量为，故A正确；
对于选项B，由题意得第三次才能够打开门的概率为，故B正确；
对于选项C，对一组给定的样本数据，，，的统计分析中，
样本相关系数的绝对值越大，样本数据的相关程度越强，故C不正确；
对于选项D，，，，，，，，的方差，
不一定等于，，，，，，，，，，，的方差，
如1，2，3，4，5，6的平均数为，
方差，
1，2，2，3，4，5，5，6的平均数为，
方差，
两者不相等，故D不正确.
故选：AB
11. （2023·安徽芜湖·统考模拟预测）一个不透明的袋子里，装有大小相同的个红球和个蓝球，每次从中不放回地取出一球，则下列说法正确的是（ ）
A．取出个球，取到红球的概率为
B．取出个球，在第一次取到蓝球的条件下，第二次取到红球的概率为
C．取出个球，第二次取到红球的概率为
D．取出个球，取到红球个数的均值为
【解析】【答案】ABD
【分析】根据古典概型概率公式可求得A正确；根据条件概率公式可求得B正确；将第二次取到红球分为两种情况，将概率加和可求得C错误；记取到的红球数为，计算可得每个取值对应的概率，根据均值求法可求得D正确.
【详解】对于A，取出个球，取到红球的概率，A正确；
对于B，记第一次取到蓝球为事件，第二次取到红球为事件，
则，，，B正确；
对于C，若第一次取到红球，第二次也取到红球，则概率为；
若第一次取到蓝球，第二次取到红球，则概率为；
第二次取到红球的概率，C错误；
对于D，记取到的红球数为，则所有可能的取值为，
，，，；
取到红球个数的均值为，D正确.
故选：ABD.
12. （2023·河北沧州·统考模拟预测）袋中装有除颜色外完全相同的个红球和个白球，从袋中一次抓出个球，记事件“两球同色”，事件“两球异色”，事件“至少有一红球”，则（ ）
A．事件与事件是对立事件B．事件与事件是相互独立事件
C．若，则D．若，则
【解析】【答案】AD
【分析】由对立事件的定义可判断A选项；利用独立事件的定义可判断B选项；由古典概型的概率公式可得出关于的等式，解出的值，可判断C选项；利用组合计数原理结合古典概型的概率公式可判断D选项.
【详解】对于A选项，由对立事件的定义可知，事件、互为对立事件，A对；
对于B选项，，，，显然，故B不正确；
对于C，，，由，可得，
即，整理可得，因为，解得，故C不正确；
对于D，由C知，，，故D正确，
故选：AD.
【填空题】
13. （2023·重庆·统考二模）饺子是我国的传统美食，不仅味道鲜美而且寓意美好.现锅中煮有白菜馅饺子4个，韭菜馅饺子3个，这两种饺子的外形完全相同.从中任意舀取3个饺子，则每种口味的饺子都至少舀取到1个的概率为 .
【解析】【答案】
【分析】首先将所求事件分类，再根据组合公式，古典概型公式求解.
【详解】由条件可知，舀到的有1个白菜，2个韭菜，或是2个白菜，1个韭菜，
所以概率.
故答案为：
14. （2023·黑龙江大庆·统考一模）一个口袋里有大小相同的白球个，黑球个，现从中随机一次性取出个球，若取出的两个球都是白球的概率为，则黑球的个数为 ．
【解析】【答案】5
【分析】根据古典概型的概率公式及组合数公式得到方程，解得即可.
【详解】由题意得，所以，解得或（舍去），
即黑球的个数为．
故答案为：
15. （2023·湖北·校联考三模）袋中有形状和大小相同的两个红球和三个白球，甲、乙两人依次不放回地从袋中摸出一球，后摸球的人不知前面摸球的结果，则乙摸出红球的概率是 ．
【解析】【答案】/0.4
【分析】由古典概型概率公式计算即可.
【详解】有两种情况：
①甲摸到红球乙再摸到红球得概率为：
②甲摸到白球乙再摸到红球得概率为：，
故乙摸到红球的概率．
故答案为：
16. （2023·全国·模拟预测）将含甲、乙的5名志愿者随机地分配到2个不同社区参加服务工作（每个社区至少1名，且每名志愿者分配到一个社区），则甲、乙被分配到同一社区的概率为 ．
【解析】【答案】
【分析】根据给定信息，分类求出不同分配的种数，再求出甲乙被分配到同一社区的种数，利用古典概率计算即得.
【详解】设两个社区分别为，则5名志愿者随机地分配的情况如下：
①社区1人，社区4人，共有5种不同分配方案；
②社区2人，社区3人，共有（种）不同分配方案；
③社区3人，社区2人，共有（种）不同分配方案；
④社区4人，社区1人，共有5种不同分配方案，则总共有30种不同分配方案，
若甲、乙同在社区，共有（种）不同分配方案，
同理，若甲、乙同在社区，共有种不同分配方案，
所以甲、乙被分配到同一社区的概率为.
故答案为：
【解答题】
17. （2023·贵州贵阳·统考模拟预测）某学习的注册用户分散在、、三个不同的学习群里，分别有人、人、人，该设置了一个名为“七人赛”的积分游戏，规则要求每局游戏从、、三个学习群以分层抽样的方式，在线随机匹配学员共计人参与游戏．
(1)每局“七人赛”游戏中，应从、、三个学习群分别匹配多少人？
(2)设匹配的名学员分别用：、、、、、、表示，现从中随机抽取出名学员参与新的游戏．
（ⅰ）试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；
（ⅱ）设M为事件“抽取的名学员不是来自同一个学习群”，求事件发生的概率．
【解析】【答案】(1)应从、、三个学习群分别匹配人、人、人
(2)（ⅰ）答案见解析（ⅱ）
【分析】（1）利用分层抽样可求得、、三个学习群分别匹配的人数；
（2）（i）利用截距法可列举出所有的可能抽取的结果；
（ii）确定事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得事件发生的概率.
【详解】（1）解：三个学习群人数比例为，
因此，应从学习群匹配的人数为人，应从学习群匹配的人数为人，
应从学习群匹配的人数为人.
（2）解：（ⅰ）所有可能的结果为：、、、、、
、、、、、、、
、、、、、、、
、，共种；
（ii）“抽取的名学员不是来自同一个学习群”抽取的名学员不是来自同一个学习群”
包含的基本事件有：、、、、、、
、、、、、、、
、、，共种，
所以其概率为.
18. （2023·四川自贡·统考一模）2025年四川省将实行3＋1＋2的高考模式，其中，“3”为语文、数学，外语3门参加全国统一考试，选择性考试科目为政治、历史、地理、物理、化学，生物6门，由考生根据报考高校以及专业要求，结合自身实际，首先在物理，历史中2选1，再从政治、地理、化学、生物中4选2，形成自己的高考选考组合.
(1)若某小组共6名同学根据方案进行随机选科，求恰好选到“物化生”组合的人数的期望；
(2)由于物理和历史两科必须选择1科，某校想了解高一新生选科的需求.随机选取100名高一新生进行调查，得到如下统计数据，写出下列联表中a，d的值，并判断是否有95％的把握认为“选科与性别有关”？
附：.
【解析】【答案】(1)
(2)40，20，有95％的把握认为“选科与性别有关
【分析】（1）根据列举法求出一个学生恰好选到“物化生”组合的概率，确定6名同学根据方案进行随机选科，符合二项分布，即可求得答案；
（2）由题意确定的值，计算的值，与临界值表比较，即得结论.
【详解】（1）设物理、历史2门科目为，政治、地理、化学、生物科目为，
则根据高考选考组合要求共有组合为，
，共12种，
所以一个学生恰好选到“物化生”组合的概率为，
则6名同学根据方案进行随机选科，符合二项分布，
故恰好选到“物化生”组合的人数的期望为；
（2）由题意可得；
则，
所以有95％的把握认为“选科与性别有关”.
19. （2023·上海宝山·统考一模）一个盒子中装有张卡片，卡片上分别写有数字、、、．现从盒子中随机抽取卡片．
(1)若一次抽取张卡片，事件表示“张卡片上数字之和大于”，求；
(2)若第一次抽取张卡片，放回后再抽取张卡片，事件表示“两次抽取的卡片上数字之和大于”，求；
(3)若一次抽取张卡片，事件表示“张卡片上数字之和是的倍数”，事件表示“张卡片上数字之积是的倍数”.验证、是独立的．
【解析】【答案】(1)
(2)
(3)事件与事件是独立
【分析】（1）利用古典概型的概率求解；
（2）利用古典概型的概率求解；
（3）利用古典概型的概率分别求得，，判断.
【详解】（1）解：若一次抽取张卡片，共包含、、、共个基本事件.
其中事件包含个基本事件
所以；
（2）若第一次抽取张卡片，放回后再抽取张卡片，共包含个基本事件，
其中事件包含3个基本事件
所以
（3）一次抽取张卡片,共包含个基本事件，
事件，
所以
事件，所以
当同时发生，即张卡片上数字之和是的倍数同时积是的倍数，只有一种取法，
所以
因为，
所以事件与事件是独立的．
20. （2023·陕西宝鸡·校联考模拟预测）年月日至日，第三届“一带一路”国际合作高峰论坛在北京举行，此会的胜利召开进一步促进了国内产品走出国门.某工厂要为“一带一路”沿线某国生产一批内径为的一种零件，为了了解零件的生产质量，在某次抽检中，从该厂的个零件中抽出个，测得其内径尺寸（单位：）如下：、、、、、、、，这里用表示有个尺寸为的零件，、均为正整数.若从这个零件中随机抽取个，则这个零件的内径尺寸小于的概率为.
(1)求、的值.
(2)已知这个零件内径尺寸的平均数为，标准差为，且，在某次抽检中，若抽取的零件中至少有的零件内径尺寸在内，则称本次抽检的零件合格.试问这次抽检的零件是否合格？说明你的理由.
【解析】【答案】(1)，
(2)不合格，理由见解析
【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的方程组，即可解得、的值；
（2）计算出的值，可计算出、的值，计算出零件内径尺寸在内概率，结合题意判断可得出结论.
【详解】（1）解：由题意可得，即①，
因为从这个零件中随机抽取个，则这个零件的内径尺寸小于的概率为，
则②，
联立①②可得，.
（2）解：
，
所以，，
所以这个零件内径尺寸在内的个数为，
因为，所以这次抽检的零件不合格.
21. （2022·陕西延安·校考一模）某地机动车驾照考试规定：每位考试者在一年内最多有次参加考试的机会，一旦某次考试通过，便可领取驾照，不再参加以后的考试，否则就一直考到第三次为止，如果小王决定参加驾照考试，设它一年中三次参加考试通过的概率依次为，，.
(1)求小王在一年内领到驾照的概率；
(2)求在一年内小王参加驾照考试次数的分布列和的数学期望.
【解析】【答案】（1）（2）,分布列见解析
【详解】【试题分析】（1）依据题设条件运用对立事件的概率公式分析求解；（2）借助题设条件，先求随机变量的分布列，再运用随机变量的数学期望公式求解：
解：
(1)小王在一年内领到驾照的概率为：

(2)由题意可知，的取值分别为
由，，
所以，的分布列为：
所以的数学期望为
22. （2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）长江十年禁渔计划全面施行，渔民老张积极配合政府工作，如期收到政府的补偿款.他决定拿出其中10万元进行投资，并看中了两种为期60天（视作2个月）的稳健型（不会亏损）理财方案.
方案一：年化率，且有的可能只收回本金；
方案二：年化率，且有的可能只收回本金；
已知老张对每期的投资本金固定（都为10万元），且第一次投资时选择了方案一，在每期结束后，老张不间断地进行下一期投资，并且他有的可能选择另一种理财方案进行投资.
(1)设第i次投资（）选择方案一的概率为，求；
(2)求一年后老张可获得总利润的期望（精确到1元）.
注：若拿1千元进行5个月年化率为的投资，则该次投资获利元.
【解析】【答案】(1)
(2)2255元
【分析】（1）根据互斥加法概率公式求出选择方案一的概率递推式，变形，根据等比数列通项公式求出概率通项公式，代入计算即可；
（2）先求出每一个方案的获利期望，然后再利用期望公式求出一年的总获利期望.
【详解】（1）由题意知，，
整理得，，其中，
故数列是以为首项，为公比的等比数列，则，
即，那么；
（2）当某期选择方案一时，获利期望值为元；
当某期选择方案二时，获利期望值为元；
那么，在一年间，老张共投资了6次，获得的总利润的期望为
元，
即一年后老张可获得的利润的期望约为2255元.专题61 古典概型、概率的基本性质
知识梳理
考纲要求
考点预测
常用结论
方法技巧
题型归类
题型一：古典概型的特征
题型二：计算古典概型问题的概率
题型三：有放回与无放回问题的概率
题型四：根据古典概型的概率求参数
题型五：概率的加法公式
题型六：整数值随机数
培优训练
训练一：
训练二：
训练三：
训练四：
训练五：
训练六：
强化测试
单选题：共8题
多选题：共4题
填空题：共4题
解答题：共6题
性别
速度
合计
快
慢
男生
65
女生
55
合计
110
200
0.100
0.050
0.025
0.010
k
2.706
3.841
5.024
6.635
性别
速度
合计
快
慢
男生
65
35
100
女生
45
55
100
合计
110
90
200
1
2
3
0
2
4
淘汰赛
比赛结果
淘汰赛
比赛结果
1/8决赛
荷兰美国
1/4决赛
克罗地亚巴西
阿根廷澳大利亚
荷兰阿根廷
法国波兰
摩洛哥葡萄牙
英格兰塞内加尔
英格兰法国
日本克罗地亚
半决赛
阿根廷克罗地亚
巴西韩国
法国摩洛哥
摩洛哥西班牙
季军赛
克罗地亚摩洛哥
葡萄牙瑞士
决赛
阿根廷法国
欧洲球队
其他球队
合计
闯入8强
未闯入8强
合计
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
欧洲球队
其他球队
合计
进入8强
5
3
8
未进入8强
8
16
24
合计
13
19
32
3
4
5
3
4
5
3
4
5
甲
√
√
甲
√
×
√
甲
×
√
√
乙
×
×
乙
×
×
乙
×
×
3
4
5
3
4
5
3
4
5
甲
√
√
×
甲
√
√
×
甲
√
×
√
乙
√
×
×
乙
×
√
×
乙
√
×
×
3
4
5
3
4
5
3
4
5
甲
√
×
√
甲
×
√
√
甲
×
√
√
乙
×
√
×
乙
√
×
×
乙
×
√
×
3
4
5
3
4
5
甲
√
√
√
甲
√
√
√
乙
√
×
乙
×
√
3
4
5
甲
√
√
√
乙
√
√
×
0
1
2
P
0
1
2
P
选择物理
选择历史
合计
男生
a
10
女生
30
d
合计
30
0.10
0.05
0.025
0.01
0.005
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879