第61讲 概率基础与古典概型 讲义-2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）【含解析】

这是一份第61讲 概率基础与古典概型 讲义-2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）【含解析】，共27页。
三、典题精讲 PAGEREF _Tc237157052 \h 5
考点一：随机事件与样本空间 PAGEREF _Tc237157053 \h 5
考点二：频率与概率 PAGEREF _Tc237157054 \h 7
考点三：随机事件的关系与运算 PAGEREF _Tc237157055 \h 8
考点四：互斥、对立事件的概率计算 PAGEREF _Tc237157056 \h 12
考点五：古典概型基础与计算 PAGEREF _Tc237157057 \h 13
考点六：古典概型与跨知识交汇问题 PAGEREF _Tc237157058 \h 19
四、高考真题 PAGEREF _Tc237157059 \h 23
一、考情分析
1. 考查频次与题型
2. 命题角度与特色
（1） 创设新颖情境，如卡片游戏、取球游戏、空间点集等，考查学生对古典概型的理解与概率计算能力.
（2） 常与随机变量的分布列、数学期望等知识结合，作为求解期望的基础步骤进行间接考查.
3. 备考策略
（1） 熟练掌握古典概型的基本特征和计算公式，能够准确运用排列组合知识计算样本点个数.
（2） 注重概率与其他知识的综合应用，尤其是作为计算离散型随机变量分布列和期望的工具，提升综合解题能力.
二、知识清单
1. 随机试验与样本空间
（1） 随机试验：把对随机现象的实现和对它的观察称为随机试验，简称试验，常用字母E表示.感兴趣的随机试验具有以下特点：
① 试验可以在相同条件下重复进行.
② 试验的所有可能结果是明确可知的，并且不止一个.
③ 每次试验总是恰好出现这些可能结果中的一个，但事先不能确定出现哪一个结果.
（2） 样本空间：把随机试验E的每个可能的基本结果称为样本点，全体样本点的集合称为试验E的样本空间，一般地，用Ω表示样本空间，用ω表示样本点，如果一个随机试验有n个可能结果ω1,ω2,⋯,ωn，则称样本空间Ω={ω1,ω2,⋯,ωn}为有限样本空间.
2. 随机事件与确定事件
（1） 一般地，随机试验中的每个随机事件都可以用这个试验的样本空间的子集来表示，为了叙述方便，将样本空间Ω的子集称为随机事件，简称事件，并把只包含一个样本点的事件称为基本事件.当且仅当A中某个样本点出现时，称为事件A发生.
（2） Ω作为自身的子集，包含了所有的样本点，在每次试验中总有一个样本点发生，所以Ω总会发生，称Ω为必然事件.
（3） 空集⌀不包含任何样本点，在每次试验中都不会发生，称为⌀为不可能事件.
（4） 确定事件：必然事件和不可能事件统称为相对随机事件的确定事件.
3. 事件的关系与运算
（1） 包含关系：一般地，对于事件A和事件B，如果事件A发生，则事件B一定发生，这时称事件B包含事件A（或者称事件A包含于事件B），记作B⊇A或者A⊆B.不可能事件记作⌀，任何事件都包含不可能事件.
（2） 相等关系：一般地，若B⊇A且A⊇B，称事件A与事件B相等.
（3） 并事件（和事件）：若某事件发生当且仅当事件A发生或事件B发生，则称此事件为事件A与事件B的并事件（或和事件），记作A∪B（或A+B）.
（4） 交事件（积事件）：若某事件发生当且仅当事件A发生且事件B发生，则称此事件为事件A与事件B的交事件（或积事件），记作A∩B（或AB）.
（5） 差事件：若某事件发生当且仅当事件A发生且事件B不发生，则称此事件为事件A与事件B的差事件，记作A−B.
（6） 德摩根定律（对偶律）：A∪B=A∩B，A∩B=A∪B.
4. 互斥事件与对立事件
（1） 互斥事件：在一次试验中，事件A和事件B不能同时发生，即A∩B=⌀，则称事件A与事件B互斥.如果A1,A2,⋯,An中任何两个都不可能同时发生，那么就说事件A1,A2,⋯,An彼此互斥.
（2） 对立事件：若事件A和事件B在任何一次实验中有且只有一个发生，即A∪B=Ω必然发生，A∩B=⌀，则称事件A和事件B互为对立事件，事件A的对立事件记为A.
（3） 互斥事件与对立事件的关系：
① 互斥事件是不可能同时发生的两个事件，而对立事件除要求这两个事件不同时发生外，还要求二者之一必须有一个发生.
② 对立事件是互斥事件的特殊情况，而互斥事件未必是对立事件，即“对立”是“互斥”的充分不必要条件.
5. 频率与概率
（1） 频率：在n次重复试验中，事件A发生的次数k称为事件A发生的频数，频数k与总次数n的比值kn，叫做事件A发生的频率.
（2） 概率：在大量重复进行同一试验时，事件A发生的频率kn总是接近于某个常数，并且在它附近摆动，这时，就把这个常数叫做事件A的概率，记作P(A).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.
（3） 概率与频率的关系：对于给定的随机事件A，由于事件A发生的频率kn随着试验次数的增加稳定于概率P(A)，因此可以用频率kn来估计概率P(A).
6. 古典概型
（1） 定义：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.
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.
（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)=kn=n(A)n(Ω).
7. 概率的基本性质
（1） 非负性：对于任意事件A都有：0≤P(A)≤1.
（2） 规范性：必然事件的概率为1，即P(Ω)=1；不可能事件的概率为0，即P(⌀)=0.
（3） 概率的加法公式：若事件A与事件B互斥，则P(A∪B)=P(A)+P(B).
推广：一般地，若事件A1,A2,⋯,An彼此互斥，则事件发生（即A1,A2,⋯,An中有一个发生）的概率等于这n个事件分别发生的概率之和，即：P(A1+A2+⋯+An)=P(A1)+P(A2)+⋯+P(An).
（4） 对立事件的概率：若事件A与事件B互为对立事件，则P(A)=1−P(B)，P(B)=1−P(A)，且P(A∪B)=P(A)+P(B)=1.
（5） 概率的单调性：若A⊆B，则P(A)≤P(B).
（6） 概率的加法一般公式：若A，B是一次随机实验中的两个事件，则P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(A∩B).
【易错提醒】
（1） 频率与概率的区别：频率是随机的，在试验前不能确定，随着试验次数的改变而改变；概率是一个确定的常数，是客观存在的，与试验次数无关.
（2） 互斥与对立的区别：互斥事件是不可能同时发生的事件，但可以同时不发生；对立事件是特殊的互斥事件，不仅不能同时发生，而且必有一个发生.“互斥”是“对立”的必要不充分条件.
（3） 德摩根定律的应用：在处理“至多”“至少”等复合事件时，常利用对立事件及德摩根定律A∪B=A∩B将复杂事件转化为简单事件的交并运算，从而简化计算过程.
三、典题精讲
考点一：随机事件与样本空间
考法1：列举法确定样本空间与事件总数
1.袋中装有形状与质地相同的4个球，其中黑色球2个，记为B1、B2，白色球2个，记为W1、W2，从袋中任意取2个球，请写出该随机试验一个不等可能的样本空间：Ω=＿＿＿＿＿＿.
【答案】{B1B2,B1W1,B2W1}（答案不唯一）
【思路】理解不等可能样本空间的定义，即样本空间中各样本点发生的概率不全相等.通过组合不同颜色的球来构造这样的样本空间.
【解析】从袋中任取2个球，
共有如下情况B1B2,B1W1,B1W2,B2W1,B2W2,W1W2.
其中一个不等可能的样本空间为Ω={B1B2,B1W1,B2W1}，
此样本空间中两个黑球的情况有1个，一黑一白的情况有2个，是不等可能的样本空间.
故答案为：Ω={B1B2,B1W1,B2W1}.（答案不唯一）
2.设样本空间Ω={1,2,3}，则Ω的不同事件的总数是＿＿＿＿＿＿.
【答案】8
【思路】样本空间的一个子集对应一个事件，因此不同事件的总数即为样本空间子集的个数.
【解析】集合{1,2,3}的子集个数为23=8，所以Ω的不同事件的总数是8，
故答案为：8
考法2：辨析随机事件概念与关系
3.已知集合A是集合B的真子集，则下列关于非空集合A,B的四个命题：
①若任取x∈A，则x∈B是必然事件；
②若任取x∉A，则x∈B是不可能事件；
③若任取x∈B，则x∈A是随机事件；
④若任取x∉B，则x∉A是必然事件.
其中正确的命题有（ ）
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】C
【思路】根据集合的包含关系，结合必然事件、不可能事件和随机事件的定义，逐一判断各个命题的真假.
【解析】因为集合A是集合B的真子集，所以集合A中的元素都在集合B中，集合B中存在元素不是集合A中的元素，作出其韦恩图如图：
对于①：集合A中的任何一个元素都是集合B中的元素，任取x∈A，则x∈B是必然事件，故①正确；
对于②：任取x∉A，则x∈B是随机事件，故②不正确；
对于③：因为集合A是集合B的真子集，
集合B中存在元素不是集合A中的元素，
集合B中也存在集合A中的元素，
所以任取x∈B，则x∈A是随机事件，故③正确；
对于④：因为集合A中的任何一个元素都是集合B中的元素，
任取x∉B，则x∉A是必然事件，故④正确；
所以①③④正确，正确的命题有3个.
故选：C.
4.以下事件是随机事件的是（ ）
A. 标准大气压下，水加热到100℃，必会沸腾
B. 走到十字路口，遇到红灯
C. 长和宽分别为a,b的矩形，其面积为ab
D. 实系数一元一次方程必有一实根
【答案】B
【思路】根据随机事件的定义，即在一定条件下可能发生也可能不发生的事件，对各选项进行判断.
【解析】A.标准大气压下，水加热到100℃必会沸腾，是必然事件；故本选项不符合题意；
B.走到十字路口，遇到红灯，是随机事件；故本选项符合题意；
C.长和宽分别为a,b的矩形，其面积为ab是必然事件；故本选项不符合题意；
D.实系数一元一次方程必有一实根，是必然事件.故本选项不符合题意.
故选：B.
【考点一 方法总结】
1. 确定样本空间的方法：（1） 必须明确事件发生的条件.（2） 根据题意，按一定的次序列出问题的答案.特别要注意结果出现的机会是均等的，按规律去写，要做到既不重复也不遗漏.
考点二：频率与概率
考法3：频率稳定性估计概率
5.在一个口袋中放有m个白球和n个红球，这些球除颜色外都相同，某班50名学生分别从口袋中每次摸一个球，记录颜色后放回，每人连续摸10次，其中摸到白球的次数共152次，以频率估计概率，若从口袋中随机摸1个球，则摸到红球概率的估计值为＿＿＿＿＿＿.（小数点后保留一位小数）
【答案】0.7
【思路】先计算出总的摸球次数，然后求出摸到红球的次数，最后利用频率估计概率的方法求出摸到红球概率的估计值.
【解析】由题意可知：一共摸500次，其中摸到白球的次数共152次，摸到红球的次数共348次，
所以摸到红球概率的估计值为348500≈0.7.
故答案为：0.7
6.袋中有10个球，其中有m个红球，n个蓝球，有放回地随机抽取1000次，其中有597次取到红球，403次取到蓝球，则其中红球最有可能有＿＿＿＿＿＿个.
【答案】6
【思路】利用频率估计概率，红球的频率约等于红球在袋中的比例，从而估算出红球的个数.
【解析】5971000=m10⇒m≈6.
所以红球最有可能有6个.
故答案为：6
考法4：随机模拟与敏感性问题估计概率
7.在对于一些敏感性问题调查时，被调查者往往不愿意给正确答复，因此需要特别的调查方法.调查人员设计了一个随机化装置，在其中装有形状、大小、质地完全相同的50个黑球和50个白球，每个被调查者随机从该装置中抽取一个球，若摸到黑球则需要如实回答问题一：你公历生日是奇数吗？若摸到白球则如实回答问题二：你是否在考试中做过弊.若100人中有52人回答了“是”，48人回答了“否”.则问题二“考试是否做过弊”回答“是”的百分比为（以100人的频率估计概率）＿＿＿＿＿＿.
【答案】54%（或0.54）
【思路】根据装置中黑白球的比例，确定回答问题一和问题二的人数期望值.再结合公历生日是奇数的概率，推算出回答问题二“是”的人数，进而求出百分比.
【解析】由题意可知，每名调查者从袋子中抽到1个白球或黑球的概率均为0.5，
所以，100人中回答第一个问题的人数为100×0.5=50，则另外50人回答了第二个问题，
在摸到黑球的前提下，回答“是”的概率为12，即摸到黑球且回答“是”的人数为50×12=25，
则摸到白球且回答“是”的人数为52−25=27，
所以，问题二“考试是否做过弊”且回答“是”的百分比为2750=0.54=54%.
故答案为：54%.
8.已知某运动员每次投篮命中的概率都为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：
据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为＿＿＿＿＿＿.
【答案】0.25（或14）
【思路】根据题目设定的命中与不命中的随机数代表，找出20组随机数中恰有两个数字在1到4之间的组数，然后计算其频率作为概率的估计值.
【解析】20组随机数中表示三次投篮恰好有两次命中的是191、271、932、812、393，
其频率为520=0.25，以此估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为0.25.
故答案为：0.25
【考点二 方法总结】
1. 概率和频率的关系：概率可看成频率在理论上的稳定值，它从数量上反映了随机事件发生的可能性的大小，它是频率的科学抽象，当试验次数越来越多时频率向概率靠近，只要次数足够多，所得频率就近似地当作随机事件的概率.
考点三：随机事件的关系与运算
考法5：判断随机事件互斥与对立关系
9.（2026·浙江台州·二模）设一个随机事件的样本空间为Ω，事件A,B⊆Ω，则下列结论中不一定成立的是（ ）
A. 0≤P(A)≤1
B. P(A)+P(A)=1
C. 若A⊆B，则P(A)≤P(B)
D. 若A∪B=Ω，则P(A)+P(B)=1
【答案】D
【思路】根据概率的基本性质，对立事件的概率公式，以及概率的加法公式，逐一判断各个选项的正确性.注意区分互斥事件和对立事件.
【解析】对于A，任意事件A的概率都满足0≤P(A)≤1，故A成立；
对于B，因A是事件A的对立事件，则A∪A=Ω，所以P(A∪A)=P(A)+P(A)=1，故B成立；
对于C，因为A⊆B，则事件B包含事件A所有的样本点，所以P(A)≤P(B)，故C成立；
对于D，由A∪B=Ω，仅能说明事件A和事件B的并集为样本空间，但并未说明事件A和事件B是否互斥，
由概率的加法公式P(A∪B)=P(Ω)=P(A)+P(B)−P(A∩B)=1，因此，只有当A∩B=⌀，即P(A∩B)=0时，P(A)+P(B)=1才成立，故D不一定成立.
10.（2026·安徽淮北·二模）某同学制作了一个质地均匀的正四面体形骰子，在其中三个面分别写上一个数字1、2、3，第四个面写了三个数字1，2，3，随机抛掷一次，事件A表示向下的面上有数字1，事件B表示向下的面上有数字2，事件C表示向下的面上有数字3，则（ ）
A. 事件A与事件B互斥 B. 事件A与事件B相互独立
C. 事件A与事件B∩C互斥 D. 事件A与事件B∪C相互独立
【答案】B
【思路】列出各个事件包含的样本点，计算出各自的概率，然后根据互斥事件和相互独立事件的定义，验证各个选项是否成立.
【解析】由题意可得P(A)=24=12，P(B)=24=12，P(C)=24=12，
对于A，A∩B表示向下的面同时有数字1和2，即面4，所以A∩B≠⌀，故A错误；
对于B，A∩B的情况只有面4，故P(A∩B)=14，
又P(A)P(B)=12×12=14，满足P(A∩B)=P(A)P(B)，故B正确；
对于C，A∩(B∩C)表示同时有数字1、2和3，即面4，所以A∩(B∩C)≠⌀，故C错误；
对于D，B∪C表示向下的面有数字2或3，包含面2、面3、面4，共3个面，
故P(B∪C)=34，A∩(B∪C)表示向下的面有数字1，且有数字2或3，即面4，
故P(A∩(B∪C))=14，所以P(A)P(B∪C)=12×34=38≠14=P(A∩(B∪C))，
不满足独立事件定义，故D错误.
考法6：交并补运算表示复合事件
11.掷两颗骰子，观察掷得的点数；设事件A为：至少一个点数是奇数；事件B为：点数之和是偶数；事件A的概率为P(A)，事件B的概率为P(B)；则1−P(A∩B)是下列哪个事件的概率（ ）
A. 两个点数都是偶数 B. 至多有一个点数是偶数 C. 两个点数都是奇数 D. 至多有一个点数是奇数
【答案】D
【思路】先明确事件A∩B的具体含义，然后根据对立事件的概率公式，推断出1−P(A∩B)所代表的事件.
【解析】由题意，事件A∩B为：两个点数都为奇数，
由概率1−P(A∩B)指的是事件A∩B的对立事件的概率，
则事件A∩B的对立事件为：至少有一个点数为偶数，或者至多有一个点数为奇数.
故选：D.
12.如图，甲、乙两个元件串联构成一段电路，设M=“甲元件故障”，N=“乙元件故障”，则表示该段电路没有故障的事件为（ ）
A. M∪N B. M∪N C. M∩N D. M∪N
【答案】C
【思路】理解串联电路的特点，电路没有故障意味着甲、乙两个元件都没有故障，即两个事件的对立事件同时发生，用交集表示.
【解析】因甲、乙两个元件串联，线路没有故障，即甲、乙都没有故障.即事件M和N同时发生，即事件M∩N发生.
故选：C.
考法7：概率基本性质辨析综合命题
13.（2025·江苏高邮·联考）（多选）一个不透明的盒子中装有大小和质地都相同，编号分别为1，2，3，4的4个小球，从中依次不放回摸出两个球.设事件A=“第一次摸出球的编号为奇数”，事件B=“摸出的两个球的编号之和为5”，事件C=“摸出的两个球中有编号为2的球”，则（ ）
A. P(C)=12 B. 事件A与事件B为独立事件
C. P(A+B)=512 D. 事件B与事件C为互斥事件
【答案】AB
【思路】分别列举出各个事件包含的样本点，计算出它们的概率，然后利用互斥事件、独立事件的定义以及概率加法公式进行判断.
【解析】对于A：由古典概率的计算易得P(C)=612=12，故A正确；
对于B：因为P(A)=24=12，P(B)=412=13，P(AB)=212=16，
所以P(AB)=P(A)P(B)，即事件A与事件B为独立事件，故B正确；
对于C：因为P(A+B)=P(A)+P(B)−P(AB)=12+13−16=23，故C错误；
对于D：当摸出的两个球编号为2，3时，事件B与事件C同时发生，故D错误，
故选：AB
14.某企业有甲、乙两个工厂共生产一精密仪器1200件，其中甲工厂生产了690件，乙工厂生产了510件，为了解这两个工厂各自的生产水平，质检人员决定采用分层抽样的方法从所生产的产品中随机抽取80件样品，已知该精密仪器按照质量可分为A,B,C,D四个等级.若从所抽取的样品中随机抽取一件进行检测，恰好抽到甲工厂生产的A等级产品的概率为320，则抽取的B,C,D三个等级中甲工厂生产的产品共有＿＿＿＿＿＿件.
【答案】34
【思路】先根据分层抽样计算出抽取的甲工厂样品总数，再利用概率求出甲工厂生产的A等级产品数，两者相减即为所求.
【解析】由分层抽样原则知：从甲工厂抽取了80×6901200=46件样品，
设抽取甲工厂生产的A等级产品有x件，则x80=320，解得：x=12，
∴抽取的B,C,D三个等级中，甲工厂生产的产品共有46−12=34件.
故答案为：34.
15.已知袋中有8+n(n为正整数)个大小相同的编号球，其中黄球8个，红球n个，从中任取两个球，取出的两球是一黄一红的概率为Pn，则Pn的最大值为＿＿＿＿＿＿.
【答案】815
【思路】利用组合数表示出取出一黄一红的概率Pn，将其化简后利用基本不等式求出分母的最小值，从而得到概率的最大值，注意n为正整数的限制.
【解析】根据题意可得，黄球8个，红球n个，从中任取两个球总共有Cn+82种，
取出的两球是一黄一红总共有Cn1C81种；
所以从袋中任取两个球，取出的两球是一黄一红的概率Pn=Cn1C81Cn+82=16n(n+8)(n+7)=16nn2+15n+56=16n+56n+15；
令y=n+56n+15，利用基本不等式可得y=n+56n+15≥2n⋅56n+15，
当且仅当n=56时等号成立，
但n为正整数，所以当n=7时，y=7+8+15=30；当n=8时，y=8+7+15=30；
即当n=7或n=8时，n+56n+15的最小值为30，
所以Pn=16n+56n+15≤1630=815，
即Pn的最大值为815
故答案为：815
【考点三 方法总结】
1. 事件的关系运算策略：（1） 互斥事件是不可能同时发生的事件，但也可以同时不发生.（2） 进行事件的运算时，一是要紧扣运算的定义，二是要全面考虑同一条件下的试验可能出现的全部结果，必要时可列出全部的试验结果进行分析.也可类比集合的关系和运用Venn图分析事件.
2. 互斥事件与对立事件的判别：判别互斥事件、对立事件一般用定义判断，不可能同时发生的两个事件为互斥事件；两个事件，若有且仅有一个发生，则这两个事件为对立事件，对立事件一定是互斥事件.
考点四：互斥、对立事件的概率计算
考法8：加法公式与对立事件公式计算概率
16.（2024·广东华附·模拟）Ω为样本空间，随机事件A、B满足P(A)=P(B)=12，P(A∪B)=1，则有（ ）
A. A∪B=Ω B. P(A∪B)=1 C. A∩B=⌀ D. P(A|B)=1
【答案】B
【思路】利用概率的加法公式求出P(A∩B)，然后结合对立事件和条件概率的公式对各个选项进行判断.
【解析】∵P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(A∩B)，
∴1=12+12−P(A∩B)，
解得P(A∩B)=0.
∴P(A∪B)=P(A∩B)=1−P(A∩B)=1.
故B正确.
A选项，P(A∪B)=1不能推出A∪B=Ω，故A错误；
C选项，P(A∩B)=0不能推出A∩B=⌀，故C错误；
D选项，P(A|B)=P(A∩B)P(B)=012=0，故D错误.
故选B.
17.（2026·江苏南通·检测）（多选）事件A与B互斥，若P(A)=0.2,P(B)=0.6，则（ ）
A. P(A+B)=1 B. P(AB+AB)=0.56
C. P(A)P(B|A)=0.6 D. P(A|B)=0.8
【答案】AC
【思路】根据互斥事件的性质，结合对立事件、条件概率的公式，将各个选项中的概率表达式进行化简和计算，从而判断正误.
【解析】因为A与B互斥，所以A+B是必然事件，故P(A+B)=1，所以A正确，
因为A与B互斥，所以AB=⌀,AB=A，因此P(AB+AB)=P(B+A)=P(B)+P(A)=0.8，所以B错误，
因为P(A)P(B|A)=P(AB)=P(B)=0.6，所以C正确，
因为P(A+B)=P(A)+P(B)−P(AB)，
所以P(AB)=0.2，于是P(A|B)=P(AB)P(B)=0.5，所以D错误，
故选：AC.
【考点四 方法总结】
1. 求复杂的互斥事件的概率的两种方法：（1） 直接法，将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率的和，运用互斥事件的概率求和公式计算.（2） 间接法，先求此事件的对立事件的概率，再用公式P(A)=1−P(A)，即运用逆向思维（正难则反）.特别是“至多”“至少”型题目，用间接法求解就显得较简便.
考点五：古典概型基础与计算
考法9：辨析古典概型概念
18.下列概率模型中，是古典概型的个数为（ ）
①从区间[1,10]内任取一个数，求取到1的概率；②从1，2，3，⋯，10中任取一个数，求取到1的概率；③在正方形ABCD内画一点P，求点P恰好为正方形中心的概率；④向上抛掷一枚不均匀的硬币，求出现反面朝上的概率.
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】A
【思路】根据古典概型的两个基本特征：有限性和等可能性，对各个概率模型进行逐一判断.
【解析】古典概型的特征是样本空间中样本点的个数是有限的，并且每个样本点发生的可能性相等，故②是古典概型；
①和③中的样本空间中的样本点个数不是有限的，故不是古典概型；
④由于硬币质地不均匀，因此样本点发生的可能性不相等，故④不是古典概型.
故选：A.
19.下列关于古典概型的说法正确的是（ ）
①试验中所有可能出现的样本点只有有限个；②每个事件出现的可能性相等；
③每个样本点出现的可能性相等；④样本点的总数为n，随机事件A若包含k个样本点，则P(A)=kn.
A. ②④ B. ②③④ C. ①②④ D. ①③④
【答案】D
【思路】回顾古典概型的定义和概率计算公式，明确其有限性和等可能性的特征，从而对各个说法进行判断.
【解析】在①中，由古典概型的概念可知：试验中所有可能出现的基本事件只有有限个，故①正确；
在②中，由古典概型的概念可知：每个基本事件出现的可能性相等，故②错误；
在③中，由古典概型的概念可知：每个样本点出现的可能性相等，故③正确；
在④中，基本事件总数为n，随机事件A若包含k个基本事件，则由古典概型及其概率计算公式知P(A)=kn，故④正确.
故选：D.
考法10：列举法计算古典概型概率
20.（2025·河北NT20·二模）抛掷两枚质地均匀的骰子，则向上的数字之和是4的倍数的概率为（ ）
A. 13 B. 14 C. 15 D. 16
【答案】B
【思路】列举出抛掷两枚骰子向上的数字之和为4的倍数的所有可能情况，再除以总的样本点数，即可求得概率.
【解析】向上的点数之和为4的倍数，共有(1,3)，(3,1)，(2,2)，(3,5)，(5,3)，(2,6)，(6,2)，(4,4)，(6,6)共9种情况，所以概率为936=14.故选：B.
21.（2025·安徽皖北协作体·一模）同时抛掷三枚质地均匀的骰子，得到向上的点数分别为x,y,z，则πx,πy,πz是直角三角形的三个内角的概率为（ ）
A. 118 B. 124 C. 136 D. 1108
【答案】B
【思路】根据直角三角形内角和为π的性质，建立关于x,y,z的等式，找出满足条件的点数组合，再计算其概率.
【解析】若πx,πy,πz是直角三角形的三个内角，则πx+πy+πz=π，即1x+1y+1z=1.
因为x,y,z∈{1,2,3,4,5,6}，所以这三个数只能是2，3，6或2，4，4，
所以πx,πy,πz是直角三角形的三个内角的概率为A33+A3163=124.
故选：B.
22.（2025·江西九江·一模）如图，有一个触屏感应灯，该灯共有9个灯区，每个灯区都处于“点亮”或“熄灭”状态，触按其中一个灯区，将导致该灯区及相邻（上、下或左、右相邻）的灯区改变状态.假设起初所有灯区均处于“点亮”状态，若从中随机先后按下两个不同灯区，则B,G灯区最终仍处于“点亮”状态的概率为＿＿＿＿＿＿.
【答案】518
【思路】分析按下一个灯区对B,G灯区状态的影响，将9个灯区按对B,G的影响进行分类，然后找出使得B,G最终状态不变的按法组合，计算概率.
【解析】从9个灯区中随机先后按下两个灯区，共有A92=72种按法.
与B相邻的灯区为A,C,E；与G相邻的灯区为D,H，故将9个灯区分为三类：第一类F,I灯区，第二类A,B,C,E灯区，第三类D,G,H灯区.若要使得B,G灯区最终仍处于“点亮”状态，则需在同类灯区中随机先后按两个不同灯区.
①若先后按下的是F,I两个灯区，则B,G灯区最终仍处于“点亮”状态，共有A22=2种按法；
②若先后按下的是A,B,C,E灯区中的两个，则B,G灯区最终仍处于“点亮”状态，共有A42=12种按法；
③若先后按下的是D,G,H灯区中的两个，则B,G灯区最终仍处于“点亮”状态，共有A32=6种按法.故B,G灯区最终仍处于“点亮”状态的概率为2+12+672=518.
故答案：518.
考法11：排列组合法计算古典概型概率
23.（2026·安徽江淮十校·模拟）甲、乙、丙等5人被安排到A,B,C三个社区做志愿者，每人随机选择一个社区，且这三个社区都有人去，则甲和乙不去同一个社区的概率为（ ）
A. 1925 B. 45 C. 56 D. 23
【答案】A
【思路】先利用分组分配的方法求出5人去3个社区的总分法数，再求出甲、乙两人去同一个社区的分法数，利用对立事件的概率公式求解.
【解析】先求甲、乙两人分在同一社区的概率P0.分两种情况:①A、B、C3个社区人数为1、1、3结构.甲乙分在同一社区方法数:C31A33=18种;②A、B、C3个社区人数为1、2、2结构.甲乙分在同一社区方法数:C31C21C32=18种,而当不考虑任何条件时,满足题意分法总数为:C53C21C11A22A33+C52C32C11A22A33=150,∴P0=18+18150=36150=625,∴P=1925.
24.（2026·安徽A10联盟·检测）（多选）中国的五岳是指在中国境内的五座名山，分别是东岳泰山，西岳华山，南岳衡山，北岳恒山，中岳嵩山.小明与其父母共3人计划在五一假期出游，每人选一个地方，则下列说法正确的是（ ）
A. 3人选择的地点均不同的方法总数为60
B. 3人均不选泰山的方法总数为64
C. 恰有2人选同一个地方的方法总数为20
D. 恰有1人选华山的概率是48125
【答案】ABD
【思路】利用排列组合知识分别计算出各个选项所描述事件的方法数或概率，然后进行判断.注意区分排列与组合、分步与分类.
【解析】3人选择的地点均不同的方法总数为A53=60，故A正确；3人均不选泰山的方法总数为43=64，故B正确；恰有2人选同一个地方的方法总数为C32×A52=60，故C错误；恰有1人选华山的方法数为C31×42=48，3人所有的方法数为53=125，所以恰有1人选华山的概率是48125，故D正确.故选ABD.
考法12：有放回与无放回抽样模型计算古典概型概率
25.（2026·湖北圆创联盟·联考）袋中有9个除了颜色外完全相同的小球，其中有3个白球，2个红球，4个黄球.从中不放回地取球，每次取一个球，当三种颜色的球都取到时停止.记停止时取出的球的个数为X，则P(X=5)=（ ）
A. 163 B. 364 C. 1363 D. 463
【答案】C
【思路】停止时取出的球的个数为5，说明前4次只取到了两种颜色的球，且第5次取到了第三种颜色的球.分三种情况讨论并计算概率.
【解析】解:前4次只取到红球和黄球,第5次取到白球,P1=(A64−A44)C31A95;
前4次只取到白球和黄球,第5次取到红球,P2=(A74−A44)C21A95;
前4次只取到白球和红球,第5次取到黄球,P3=A54C41A95.
所以P=P1+P2+P3=1363,所以选C.
26.（2026·江苏苏锡常镇·二模）（多选）已知3张奖券中只有2张有奖奖券，甲、乙2名同学依次随机抽取1张奖券.记事件A为“甲中奖”，事件B为“乙中奖”，则下列说法正确的有（ ）
A. 若抽取后放回，则P(A)=P(B)
B. 若抽取后不放回，则P(A)=P(B)
C. 若抽取后放回，则P(B)=P(B|A)
D. 若抽取后不放回，则P(B)=P(B|A)
【答案】ABC
【思路】分别计算在有放回和无放回两种抽样方式下，甲、乙中奖的概率以及条件概率，然后对选项进行判断.注意抽签模型的公平性.
【解析】对于A，P(A)=23，P(B)=23，∴P(A)=P(B)，A对.
对于B，P(A)=23，P(B)=23×12+13×1=23，P(A)=P(B)，B对.
对于C，P(B)=23，P(B|A)=P(AB)P(A)=23×2323=23=P(B)，C对.
对于D，P(B|A)=12≠P(B)，D错，选ABC.
考法13：数论性质计算古典概型概率
27.（2025·山东名校联盟·二模）若存在无穷多组正整数组(an,bn,cn)，满足an2+bn2=mcn2，且对任意正整数i,j，不存在正数λ，使得aiaj=bibj=cicj=λ，则称正整数m是有趣数，称(an,bn,cn)为m的一列有趣数组（不必考虑所有的有趣数组）.
（3）从1,2,⋯,6中任取两个数，求它们都是有趣数的概率.
【答案】25
【思路】首先根据有趣数的定义，通过构造或反证法判断1到6中哪些是有趣数，然后利用古典概型公式计算任取两个数都是有趣数的概率.
【解析】由（1）可知1是有趣数；由（2）可知2是有趣数；
当m=3时，假设方程x2+y2=3z2有正整数解，
设(x0,y0,z0)是所有正整数解中使x最小的一组解，由x02+y02=3z02，故x02+y02是3的倍数，
若x0=3k+1,y0=3l+1，k，l为非负整数，则x02+y02=9(k2+l2)+6(k+l)+2不可能是3的倍数，矛盾！
同理x0=3k+1,y0=3l+2，或x0=3k+2,y0=3l+1，或x0=3k+2,y0=3l+2也不成立.
若x0为3的倍数，则y0也为3的倍数，
设x0=3x1,y0=3y1，则(3x1)2+(3y1)2=3z02，即3x12+3y12=z02，故z0为3的倍数.
设z0=3z1，则有x12+y12=3z12，所以(x1,y1,z1)也是原方程的一组正整数解，且x10，
则满足条件的向量m有(−1,2),(1,1),(1,2),(2,−1),(2,1),(2,2)，
其中m=(1,1)或m=(2,2)时，与n同向，故舍去，故共有4种情况满足条件，
又m的取法共有4×4=16种，
则向量m与n所成的角为锐角的概率是416=14.
故选：B.
考法15：几何特征计算古典概型概率
29.（2025·江西优创名校·联考）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，从直线AC,BD,A1C1,B1D1以及该正方体的12条棱所在直线中任取2条直线，则这2条直线平行的概率为（ ）
A. 760 B. 15 C. 715 D. 16
【答案】D
【思路】找出给定的16条直线中所有相互平行的直线组，计算出从中任取2条直线平行的取法数，再除以总的取法数求得概率.
【解析】因为AC//A1C1,BD//B1D1,AA1//BB1//CC1//DD1,AD//BC//A1D1//B1C1,AB//CD//A1B1//C1D1,所以这2条直线平行的概率为2C22+3C42C162=16.
考法16：函数性质与方程根分布计算古典概型概率
30.已知m∈{lg2+lg5,lg43,−12−35,tan1}，从这四个数中任取一个数m，使函数f(x)=x2+2mx+1有两不相等的实数根的概率为＿＿＿＿＿＿.
【答案】12/0.5
【思路】根据二次函数有两不相等的实数根的条件得到关于m的不等式，然后化简集合中的四个数，判断有几个数满足该不等式，进而求出概率.
【解析】函数f(x)=x2+2mx+1有两不相等的实数根，则4m2−4>0，解得m1.
lg2+lg5=lg10=1，0=lg41D(ξ1)>D(ξ3)
【思路】（1）根据散点图统计出抽测的总人数和优秀的总人数，利用频率估计概率.（2）先求出从（2）班和（4）班各抽1人优秀的概率，再确定X的可能取值并计算对应概率，列出分布列求期望.（3）根据二点分布的方差公式，结合二次函数的单调性比较方差大小.
【解析】（1）从高一年级（1）班~（8）班学生中抽测了80人，
其中身体素质检测成绩优秀的人数有8+6+9+4+7+5+9+8=56人，所以，优秀的概率是710
因为是随机抽样，所以用样本估计总体，可知从高一年级学生中任意抽测一人，
该生身体素质检测成绩达到优秀的概率是710
（2）因为高一（2）班抽出的10名同学中，身体素质监测成绩达到优秀的人数有6人，不优秀的有4人，
因为高一（4）班抽出的10名同学中，身体素质监测成绩达到优秀的人数有4人，不优秀的有6人，
所以从中抽出2人，X的可能取值为0,1,2
P(X=0)=25×35=625，P(X=1)=35×35+25×25=1325，P(X=2)=35×25=625，
所以X的分布列为
数学期望E(X)=0×625+1×1325+2×625=1
（3）Dξ4>Dξ2>Dξ1>Dξ3，
理由：由于P(ξ1=1)=0.8,P(ξ2=1)=0.6,P(ξ3=1)=0.9,P(ξ4=1)=0.4,
且ξk服从二点分布，所以D(ξk)=P(ξk)(1−P(ξk))=−(P(ξk)−12)2+14，
由于P(ξ3=1)>P(ξ1=1)=0.8>P(ξ2=1)=0.6>12>P(ξ4=1)=0.4,D(ξk)=−(P(ξk)−12)2+14在(12,1)单调递减，
所以D(ξ4)=D(ξ2)>D(ξ1)>D(ξ3).
【考点六 方法总结】
1. 求解古典概型的交汇问题的步骤：（1） 将题目条件中的相关知识转化为事件；（2） 判断事件是否为古典概型；（3） 选用合适的方法确定样本点个数；（4） 代入古典概型的概率公式求解.
四、高考真题
1.（2024·全国一卷·第14题）甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为＿＿＿＿＿＿.
【答案】12
【解析】将每局的得分分别作为随机变量，然后分析其和随机变量即可.
设甲在四轮游戏中的得分分别为X1,X2,X3,X4，四轮的总得分为X.
对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲获胜的出牌组合有六种，从而甲在该轮获胜的概率P(Xk=1)=64×4=38，所以E(Xk)=38(k=1,2,3,4).
从而E(X)=E(X1+X2+X3+X4)=k=14E(Xk)=k=1438=32.
记pk=P(X=k)(k=0,1,2,3).
如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以p0=1A44=124；
如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以p3=1A44=124.
而X的所有可能取值是0，1，2，3，故p0+p1+p2+p3=1，p1+2p2+3p3=E(X)=32.
所以p1+p2+112=1，p1+2p2+18=32，两式相减即得p2+124=12，故p2+p3=12.
所以甲的总得分不小于2的概率为p2+p3=12.
2.（2025·全国一卷·第14题）一个箱子里有5个相同的球，分别以1~5标号，若每次取一颗，有放回地取三次，记至少取出一次的球的个数X，则数学期望E(X)=＿＿＿＿＿＿.
【答案】6125
【解析】依题意，假设随机变量Xi，其中i=1,2,3,4,5：
其中Xi=1,这3次选取中,球i至少被取出一次0,这3次选取中,球i一次都没被取出，则X=i=15Xi，
由于球的对称性，易知所有E[Xi]相等，
则由期望的线性性质，得E[X]=Ei=15Xi=i=15E[Xi]=5E[Xi]，
由题意可知，球i在单次抽取中未被取出的概率为45，
由于抽取独立，三次均未取出球i的概率为P(Xi=0)=453=64125，
因此球i至少被取出一次的概率为：P(Xi=1)=1−64125=61125，
故E[Xi]=61125，
所以E[X]=5E[Xi]=5×61125=6125.
3.（2026·全国一卷·第8题）设U={(x1,x2,x3)∣xi∈{−2,−1,1,2},i=1,2,3}为空间中64个点构成的集合，点P(1,1,1)，记样本空间Ω=U\{P}，从Ω中随机取一个点，定义随机变量X如下：对Ω中的每个点A(x1,x2,x3)，令X(A)=x1+x2+x3，则X的数学期望值为（ ）
A. −121 B. −163 C. 0 D. −17
【答案】A
【解析】因为xi∈{−2,−1,1,2}，i∈{1,2,3}，
对于任意一点(x1,x2,x3)，均存在(−x1,−x2,−x3)与之对应，可知这两点的坐标和为0，
因为P(1,1,1)，样本空间Ω=U\{P}，
可知样本空间Ω中存在唯一点(−1,−1,−1)与点P(1,1,1)对应，
所以Ω中所有点的坐标和的总和为−1−1−1=−3，
故E(X)=−363=−121.
故选A.年份
题号与题型
分值
考察类型
考察内容
2024
第14题 填空题
5分
直接考察
古典概型与概率计算
2025
第14题 填空题
5分
间接考察
古典概型在求期望中的应用
2026
第8题 单选题
5分
间接考察
古典概型在求期望中的应用
907
966
191
925
271
932
812
458
569
683
431
257
393
027
556
488
730
113
537
989
X
0
1
2
P
625
1325
625