文档内容
第 05 讲 古典概型与概率的基本性质
目录
01 考情透视·目标导航..........................................................................................................................2
02 知识导图·思维引航..........................................................................................................................3
03 考点突破·题型探究..........................................................................................................................4
知识点1：古典概型.............................................................................................................................4
知识点2：概率的基本性质.................................................................................................................5
解题方法总结........................................................................................................................................5
题型一：简单的古典概型问题............................................................................................................6
题型二：古典概型与向量的交汇问题................................................................................................8
题型三：古典概型与几何的交汇问题..............................................................................................10
题型四：古典概型与函数的交汇问题..............................................................................................14
题型五：古典概型与数列的交汇问题..............................................................................................18
题型六：古典概率与统计的综合......................................................................................................21
题型七：有放回与无放回问题的概率..............................................................................................24
题型八：概率的基本性质..................................................................................................................28
04真题练习·命题洞见........................................................................................................................30
05课本典例·高考素材........................................................................................................................33
06易错分析·答题模板........................................................................................................................35
易错点：混淆等可能与非等可能......................................................................................................35
答题模板：古典概型的概率问题......................................................................................................36考点要求 考题统计 考情分析
2024年甲卷（理）第16题，5
分 本节内容是概率的基础知识，考查形式
2024 年甲卷（文）第 4 题，5 可以是选择填空题，也可以在解答题中出
分 现．经常出应用型题目，与生活实际相结
（1）古典概型 2023 年乙卷（文）第 9 题，5 合，要善于寻找合理的数学语言简化语言描
（2）概率的基本性质 分 述，凸显数学关系，通过分析随机事件的关
2023 年甲卷（文）第 4 题，5 系，找到适合的公式计算概率．但整体而
分 言，本节内容在高考中的难度处于中等偏
2022年I卷第5题，5分 易．
2020年II卷第4题，5分
复习目标：
（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包含的样本点及事件发生的概率．知识点1：古典概型
（1）定义
一般地，若试验 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 是古典概型，样本空间 包含 个样本点，事件 包含其中的 个样本点，则定义
事件 的概率 ．
【诊断自测】下列关于古典概率模型的说法中正确的是（ ）
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 ．
A．②④ B．③④ C．①④ D．①③④
【答案】D
【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，样本点的总数为n，随机事件A若包含k个样本点，则由古典概型及其概率计算公式知 ，
故④正确．
故选：D．
知识点2：概率的基本性质
（1）对于任意事件 都有： ．（2）必然事件的概率为 ，即 ；不可能事概率为 ，即 ．
（3）概率的加法公式：若事件 与事件 互斥，则 ．
推广：一般地，若事件 ， ，…， 彼此互斥，则事件发生（即 ， ，…， 中有一个发生）
的概率等于这 个事件分别发生的概率之和，即： ．
（4）对立事件的概率：若事件 与事件 互为对立事件，则 ， ，且
．
（5）概率的单调性：若 ，则 ．
（6）若 ， 是一次随机实验中的两个事件，则 ．
【诊断自测】若随机事件A、B互斥，A，B发生的概率均不等于0，且 ， ，则实数
a的取值范围是 ．
【答案】
【解析】由题意， ，即 ，解得 ．
故答案为：
解题方法总结
1、解决古典概型的问题的关键是：分清基本事件个数 与事件 中所包含的基本事件数．
因此要注意清楚以下三个方面：
（1）本试验是否具有等可能性；
（2）本试验的基本事件有多少个；
（3）事件 是什么．
2、解题实现步骤：
（1）仔细阅读题目，弄清题目的背景材料，加深理解题意；
（2）判断本试验的结果是否为等可能事件，设出所求事件 ；
（3）分别求出基本事件的个数 与所求事件 中所包含的基本事件个数 ；
（4）利用公式 求出事件 的概率．
3、解题方法技巧：
（1）利用对立事件、加法公式求古典概型的概率（2）利用分析法求解古典概型．
①任一随机事件的概率都等于构成它的每一个基本事件概率的和．
②求试验的基本事件数及事件A包含的基本事件数的方法有列举法、列表法和树状图法．
题型一：简单的古典概型问题
【典例1-1】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 上任取一个实数 ，使
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
【答案】C
【解析】对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，故A错误；
对B：一次试验的结果有无限个，故不是古典概型，故B错误；
对C：满足古典概型特征，是古典概型，故C正确；
对D：两个样本点发生的可能性可能不同，故不是古典概型，故D错误．
故选：C.
【典例1-2】下列实验中，是古典概型的有（ ）
A．某人射击中靶或不中靶
B．在平面直角坐标系内，从横坐标和纵坐标都为整数的所有点中任取一个
C．四名同学用抽签法选一人参加会议
D．从区间 上任取一个实数，求取到1的概率
【答案】C
【解析】由古典概型性质：基本事件的有限性及它们的发生是等可能的，
A：基本事件只有中靶、不中靶，但概率不相等，不满足；
B：基本事件坐标系中整数点是无限的，不满足；
C：基本事件是四名同学是有限的，且抽到的概率相等，满足；
D：基本事件是区间 上所有实数是无限的，不满足；
故选：C
【变式1-1】下列概率模型中，是古典概型的个数为（ ）
①从区间 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
【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.
【变式1-2】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 .
A．②④ B．②③④ C．①②④ D．①③④
【答案】D
【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
，故④正确．
故选：D．
【变式1-3】以下试验不是古典概型的有（ ）
A．从6名同学中，选出4名参加学校文艺汇演，每个人被选中的可能性大小
B．同时掷两枚骰子，点数和为7的概率
C．近三天中有一天降雪的概率
D．3个人站成一排，其中甲，乙相邻的概率
【答案】C
【解析】A选项，从6名同学中，选出4名参加学校文艺汇演，每个人被选中的可能性相等，满足有限性
和等可能性，是古典概型；
B选项中，同时同时掷两枚骰子，点数和为7的事件是不可能事件，有限性和等可能性，是古典概型；
C选项中，不满足等可能性，不是古典概型；
D选项中，3个人站成一排，其中甲，乙相邻的概率，满足有限性和等可能性，是古典概型．
故选：C．题型二：古典概型与向量的交汇问题
【典例2-1】（2024·高三·上海·课堂例题）已知向量 ， ，从6张大小相同分别标有号码
的卡片中，有放回地抽取两张， 、 分别表示第一次、第二次抽取的卡片上的号码，则满足
的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设 表示一个基本事件，则两次抽取卡片的所有基本事件有 个，
由 ，即 ，
故满足 的基本事件有 共 个，
所以所求概率为 .
故选：D.
【典例2-2】从集合 中随机抽取一个数a，从集合 中随机抽取一个数b，则向量 与
向量 垂直的概率为 .
【答案】
【解析】由题意可知 有 ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，
， ，共12种情况.
因为 ，即 ，所以 ，即 ，
满足条件的有 ， ，共2个.故所求的概率为 .
故答案为：
【变式2-1】设 、 分别为连掷两次骰子得到的点数，且向量 ， ，则 与 的夹角为
锐角的概率是 ．
【答案】
【解析】因为向量 的夹角为锐角，所以 ，
即 ， ，
当 时， 有2种；
当 时， 有2种；
当 时， 有1种；当 时， 有1种；
包含的基本事件个数为6，而基本事件总数为 ，
所以概率为 ，
故答案为： .
【变式2-2】将一颗骰子掷两次，观察出现的点数，并记第一次出现的点数为m，第二次出现的点数为n，
向量 =（m，n）， =（2，6），则向量 与 共线的概率为
【答案】
【解析】 试验发生包含的事件是一颗骰子掷两次,共有 种结果,
满足条件事件是向量 与 共线,
即 ， ，
满足这种条件的有 ,共有2种结果,
向量 与 共线的概率 ,
故答案为： .
【变式2-3】连掷两次骰子得到的点数分别为m和n，记向量 与向量 的夹角为 ，则
的概率是 .(用数字作答)
【答案】 .
【解析】由 ，且 不共线可知： 或 ，
所以 ，骰子点数可能性有（6,6），（6,5），（6,4），（6,3），（6,2），（6,1）
（5,5），（5,4），（5,3），（5,2），（5,1）
（4,4），（4,3），（4,2），（4,1）
（3,3），（3,2），（3,1）
（2,2），（2,1）
（1,1）
共有21种情况，而抛掷两枚骰子共有36情况，则概率为 .
故答案为： .【变式2-4】在平行四边形 中，点 是对角线 和 的交点， 分别是线段
的中点，在 中任意取一点 ，在 中任意取一点 ，设点 满足向量
，则在上述点 组成的集合中的点，落在平行四边形 外（不含边界）的概率为 ．
【答案】
【解析】
由题意知， 点的位置受到 点取法不同的限制，令 表示 的一种取法，则
， ， ，
共有 种取法，而只有 落在平行四边形
内，故符合要求的 的只有 个，落在平行四边形 外（不含边界）概率 ，
故答案为 .
题型三：古典概型与几何的交汇问题
【典例3-1】（2024·江西·二模）传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家在沙滩上面画点或用小石子表示数，
他们将1，3，6，10，15，…， ，称为三角形数；将1，4，9，16，25，…， ，称为正方形数．
现从200以内的正方形数中任取2个，则其中至少有1个也是三角形数的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】令 ，∵ ，
故200以内的正方形数有14个：1，4，9，16，25，36，49，64，81，100，121，144，169，196，
其中是三角形数的仅有1与36，
故所求概率 .
故选：A．
【典例3-2】传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家在沙滩上面画点或用小石子表示数，他们将1，3，6，10，15，…， ，称为三角形数；将1，4，9，16，25，…， ，称为正方形数．现从1到50的自
然数中任取1个，既不是正方形数，也不是三角形数的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】在1到50的自然数中，三角形数有1，3，6，10，15，21，28，36，45，
正方形数有1，4，9，16，25，36，49，则1到50的自然数中，既不是正方形数，
也不是三角形数的有 个，
故所求概率 ．
故选:C．
【变式3-1】（2024·江西·二模）圆周上有8个等分点，任意选这8个点中的4个点构成一个四边形，则四
边形为梯形的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】依题意，从8个点中任取4个点构成有 个四边形，构成梯形就只有以下两种情况：
以某相邻两个点（如点A，B）构成的线段为边的梯形有2个，共有 个，
以某间隔一个点的两点（如点A，C）构成的线段为边的梯形有1个，共有 个，
于是构成的四边形中梯形有 个，
所以四边形为梯形的概率是 .
故选：B
【变式3-2】（2024·四川达州·二模）把腰底比为 （比值约为 ，称为黄金比）的等腰三角形
叫黄金三角形，长宽比为 （比值约为 ，称为和美比）的矩形叫和美矩形.树叶、花瓣、向日葵、
蝴蝶等都有黄金比.在中国唐、宋时期的单檐建筑中存在较多的 的比例关系，常用的 纸的长宽比为和美比.图一是正五角星（由正五边形的五条对角线构成的图形）， .图二是长方体，
， .在图一图二所有三角形和矩形中随机抽取两个图形，恰好一个是黄金三角形一
个是和美矩形的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】在如下图所示的正五角星中，
该图中共有 个三角形，且等腰 的腰底之比大于 ，等腰 的腰底之比小于 ，
且 ，则等腰 的腰底之比为 ，
则在该五角星中，黄金三角形的个数为 ，
在如下图所示的长方体中，
， ，则 ， ， ，
所以，矩形 、 均为和美矩形，
所以，长方体中共 个矩形，其中和美矩形的个数为 ，
所以，图一和图二中共 个三角形， 个矩形，
在图一图二所有三角形和矩形中随机抽取两个图形，恰好一个是黄金三角形一个是和美矩形的概率为 .
故选：B.
【变式3-3】七巧板，又称七巧图、智慧板．某同学用边长为4 dm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5个三角形中任取出2个，则
这2个三角形的面积之和不小于另外3个三角形面积之和的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】如图所示，易知 ．
△ADO，△ABO，△GHO，△BEF，△MCF分别记为 ， ， ， ， ，从这5个三角形中任取出2
个，则样本空间 ，共
有10个样本点．
记事件N表示“从5个三角形中任取出2个，这2个三角形的面积之和不小于另外3个三角形面积之和”，
则事件N包含的样本点为 ， ， ，共3个，
所以 ．
故选：D．
【变式3-4】以正方体 的 个顶点中的某 个为顶点可组成一个三棱锥，在所有这些三棱
锥中任取一个，则该三棱锥各个面都不为直角三角形的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】如下图所示：三棱锥 各面都是等边三角形，这样的三棱锥还有三棱锥 ，共 个，
从正方体 的 个顶点中的某 个为顶点可组成一个三棱锥，
从 个顶点中任取三点不共线，若取 个点，若这四点共面，则四点所在的面是正方体的侧面或底面，
或者是正方体的对角面，如面 ，对角面的个数为 个，
所以，从正方体 的 个顶点中的某 个为顶点可组成一个三棱锥，
不同的三棱锥的个数为 ，
因此，在所有这些三棱锥中任取一个，则该三棱锥各个面都不为直角三角形的概率为 .
故选：B.
题型四：古典概型与函数的交汇问题
【典例4-1】（2024·高三·上海·期中）一个盒子装有六张卡片，上面分别写着如下六个函数： ，
， ， ， ， ．从中任意拿取2张卡片，则
两张卡片上写着的函数相加得到的新函数为奇函数的概率是 ．
【答案】 /
【解析】 的定义域为 ，因为
所以 为奇函数.
同理可得 、 也为奇函数， 、 、 为偶函数.
从6张卡片里面从中任意拿取2张卡片共有 种取法.
其中两个函数相加得到的新函数为奇函数只能是“奇函数+奇函数”，因此共有 种取法.所以 .
故答案为： .
【典例4-2】（2024·高三·河北邢台·开学考试）欧拉是18世纪最优秀的数学家之一，几乎每个数学领域都
可以看到欧拉的名字，如著名的欧拉函数.欧拉函数 的函数值等于所有不超过正整数n，且与n互素
(两个数只有公约数1)的正整数的个数.例如： ， .现从 中任选
两个数，则这两个数相同的概率是 .
【答案】
【解析】根据欧拉函数的定义知， ， ， ， ， ， ，
， ， ， ，
从 中任选两个数有 种结果，
其中这两个数相同的有
共8种结果，
所以根据古典概率公式得所求的概率为 .
故答案为：
【变式4-1】（2024·四川遂宁·三模）已知 ，从这四个数中任取一个数 ，
使函数 有两不相等的实数根的概率为 .
【答案】 /
【解析】函数 有两不相等的实数根，则 ，解得 或 .
， ， .
因为 ，所以 .
即从这四个数中任取一个数 ，使函数 有两不相等的实数根的概率为 .
故答案为：【变式4-2】已知 、 ，则使函数 有两不相等的零点
的概率为 ．
【答案】 /
【解析】因为 ， ， ， ，
，
所以， ，
因为 、 ，则 、 均为正数，
以 为一个样本点，因为函数 有两个不相等的零点，
则 ，可得 ，所有的基本事件有：
、 、 、 、 、
、 、 、
、 、 、 、
、 、 、 ，共 个基本事件，
其中，满足函数 有两个不等的零点的基本事件有： 、 、
、 、 、 ，共 个基本事件，
故所求概率为 .故答案为： .
【变式4-3】已知函数 ，若从集合 中随机选取一个元素 ，则函数
恰有7个零点的概率是 ．
【答案】
【解析】由 ，得 ，当 时， 的最小值为 ．
由 ，得 ，即 ，
因为 ，所以 ．而 ，
当 时，方程 的实数解的个数分别为3，3，2；
当 时，方程 的实数解的个数分别为3，2，2；
当 时，方程 ， 的实数解的个数均为2．
所以当 时，函数 恰有7个零点，故所求概率为 ．
故答案为：
【变式4-4】已知四个函数：（1） ，（2） ，（3） ，（4） ，
从中任选 个，则事件“所选 个函数的图象有且仅有一个公共点”的概率为 .
【答案】【解析】
如图所示， 与 ， 与 ， 与 ，
与 均有多个公共点，
令 ，则 ，∴ 在 上单调递增，
又∵ ，∴ 有唯一零点，
∴ 与 的图象有且仅有一个公共点；
令 ，则 ，∴ 在 上单调递增，
又∵ ，
∴存在 ，使 ，且 是 的唯一零点，
∴ 与 的图象有且仅有一个公共点.
∴从四个函数中任选 个，共有 种可能，
“所选 个函数的图象有且仅有一个公共点的有 与 和 与 共 种可
能，
∴“所选 个函数的图象有且仅有一个公共点”的概率为 .
故答案为： .
题型五：古典概型与数列的交汇问题
【典例5-1】斐波那契数列(Fibonacci sequence)由数学家莱昂纳多-斐波那契(Leonardo Fibonacci)以兔子繁殖
为例子而引入，又称为“兔子数列”．斐波那契数列 有如下递推公式：，通项公式为 ，故又称黄金分割数
列．若 且 ，则 中所有元素之和为偶数的概率为 ．(结果
用含 的代数式表达)
【答案】
【解析】由斐波那契数列规律可知，集合 中的元素有 个偶数， 个奇数，
因为 且 ，所以 共有 个，
当 中所有元素之和为偶数时， 中元素由偶数个奇数和任意个偶数组成．
选出偶数个奇数有 种方法，
选出任意个偶数有 种方法，
其中，选出0个奇数和0个偶数时， 为空集，不符合要求，
所以 中所有元素之和为偶数时 共有 个，
所以 中所有元素之和为偶数的概率为 ．
故答案为：
【典例5-2】（2024·全国·模拟预测）意大利数学家斐波那契以兔子繁殖数量为例，引入数列：1，1，2，
3，5，8，…，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即 ，故此数列称为斐
波那契数列，又称“兔子数列”．现在从该数列前21项中，按照奇数与偶数这两种类型进行分层抽样抽取
6项，再从这6项中抽出2项，则至少含有一项是偶数的概率为 ．
【答案】 /0.6
【解析】由题意得，斐波那契数列的前21项中偶数项的个数为 ，奇数项的个数为 ，
所以奇数与偶数的个数之比为 ，
所以采用分层抽样抽取6项中奇数有4项，偶数有2项，
所以从这6项中抽出2项，至少含有一项是偶数的概率 ．
故答案为：
【变式5-1】（2024·浙江温州·二模）若数列 满足 ，则称此数列为“准等差数
列”．现从 这10个数中随机选取4个不同的数，则这4个数经过适当的排列后可以构成"准等差数列"的概率是 ．
【答案】
【解析】和为5有2种组合，和为6有2种组合，
和为7有3种组合，和为8有3种组合，
和为9有4种组合，和为10有4种组合，
和为11有5种组合，
和为12有4种组合，和为13有4种组合，
和为14有3种组合，和为15有3种组合，
和为16有2种组合，和为17有2种组合，
所以 .
故答案为：
【变式5-2】（2024·全国·模拟预测）斐波那契数列（Fibonacci sequence），又称黄金分割数列，因数学家
莱昂纳多·斐波那契（Leonardo Fibonacci）以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，指的是这样
一个数列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、…在数学上，斐波那契数列以如下被以递推的方法定义 ，
， 定义集合 ， 且 ，则B中所有元素之和为
奇数的概率为 ．
【答案】
【解析】由斐波那契数列规律可知，集合 中的元素有674个偶数，1349个奇数，
记A中所有偶数组成的集合为C，所有奇数组成的集合为D，集合C的子集为E，集合D中含有奇数个元
素的子集为F，
则所有元素之和为奇数的集合B可看成 .
易知，集合E共有 个，集合F共有 个，
所以所有元素之和为奇数的集合B共有 个，
又集合A的真子集共有 个，所以B中所有元素之和为奇数的概率为 .
故答案为：
【变式5-3】对于数列 ，若 ，则称数列 为“广义递增数列”，若
，则称数列 为“广义递减数列”，否则称数列 为“摆动数列”.已知数列
共4项，且 ，则数列 是摆动数列的概率为 .【答案】
【解析】根据题意可知， ，则四位数字组成的数列有以下四类：
（1）由单个数字组成：共有4个数列；
（2）由2个数字组成：则共有 种数字搭配，每种数字搭配又分为两种情况：由1个数字和3个相同
数字组成4个数的数列（如1222,2111等），则有 个数列；分别由2个相同数字组成的4个数的
数列（如1122等）共有6个数列，因而此种情况共有 种；
（3）由3个数字组成：共有 种数字搭配（如1123等），相同数字有3种可能，则共有
个数列；
（4）由4个数字组成：共有 个数列.
因而组成数列的个数为 个数列.
其中，符合“广义递增数列”或“广义递减数列”的个数分别为：
（1）由单个数字组成：4个数列均符合“广义递增数列”或“广义递减数列”，因而有4个数列；
（2）由2个数字组成：满足“广义递增数列”或“广义递减数列”的个数为 个；
（3）由3个数字组成： 个；
（4）由4个数字组成：则有2个数列符合“广义递增数列”或“广义递减数列”，
综上可知，符合“广义递增数列”或“广义递减数列”的个数为 个.
所以“摆动数列”的个数为 个，
因而数列 是摆动数列的概率为 ，
故答案为： .
题型六：古典概率与统计的综合
【典例6-1】（2024·安徽芜湖·二模）从某工厂生产的零件中随机抽取11个，其尺寸值为43，45，45，
45，49，50，50，51，51，53，57（单位：mm），现从这11个零件中任取3个，则3个零件的尺寸刚好
为这11个零件尺寸的平均数、第六十百分位数、众数的概率为 ．
【答案】
【解析】由题意知11个零件的平均数为 ，
第六十百分位数的位置为 ，即取第7位数50，故第六十百分位数为50，由题可知众数为45，
所以当从11中取出3个零件共有 种情况，
则3个数分别为平均数49、第六十百分位数50，众数45共有 种情况，
所以其概率为 ，
故答案为： .
【典例6-2】将写有1、2、…、9这9个数的卡片（6不可视作9）随机分给甲、乙、丙三人，每人三张，
则“每人手中卡片上的三个数都能满足：其中一个数为其他两个数的平均数”的概率为
【答案】
【解析】9张卡片随机分给3个人，每人三张，总方法数是
9个数分成三组，每组3个数中都有一个是其他两个数的平均数，我们从最小的平均数开始计数（第二组
也从较小平均数开始）：
（123）（345）（678），（123）（357）（468），（135）（246）（789），（234）（159）（678），
（147）（258）（369），分给三人，方法数为 ，
所以所求概率为 ．
故答案为： ．
【变式6-1】（2024·湖南永州·三模）从“1，2，3，4”这组数据中随机取出三个不同的数，则这三个数的
平均数恰为3的概率是 .
【答案】
【解析】平均数为3的数组有2,3,4，所以 ．
【变式6-2】某市卫生防疫部门为了控制某种病毒的传染，提供了批号分别为1，2，3，4，5的五批疫苗，
供全市所辖的 ， ， 三个区市民接种，每个区均能从中任选一个批号的疫苗接种，则三个区市民接种
的疫苗批号中恰好有两个区相同的概率是 ；记 ， ， 三个区选择的疫苗批号的中位数为 ，则
的期望是 .
【答案】 /
【解析】设三个区注射的疫苗批号恰好有两个区相同记为事件 ，则 ；
再设三个区选择的疫苗批号的中位数为 ，则 的所有可能值为 ，
可得 ，，
，
所以 的数学期望为 .
故答案为： ； .
【变式6-3】（2024·高三·山东德州·开学考试）编号为 的四个小球，有放回地取三次，每次取一个，
记 表示前两个球号码的平均数，记 表示三个球号码的平均数，则 与 之差的绝对值不超过0.2的概
率是 .
【答案】 /0.375
【解析】因为放回的抽取小球，所以基本事件总数为 ，
设抽取的前两个球的号码为 ，第三个球的号码为 ，
根据题意有 ，
则 ，
整理得 ，即 ，
当 时， ，此时 为 ，3种情况；
当 时， ，此时 为
，9种情况；
当 时， ，此时 为
，9种情况；
当 时， ，此时 为 ，3种情况；
综上得，满足条件的 共有 ，所以满足条件的概率为 .
故答案为： .
【变式6-4】泊松分布的概率分布列为 ，其中 为自然对数的底数， 是泊松分布
的均值．若随机变量 服从二项分布 ，当 很大且 很小时，二项分布近似于泊松分布，其中，即 ．现已知某种元件的次品率为0.01，抽检100个该种元件，
则抽到的次品的个数小于2的概率约为 ．（参考数据： ）
【答案】0.74/
【解析】由已知 ，
， ，
所以抽到的次品的个数小于2的概率为 ，
故答案为：0.74.
题型七：有放回与无放回问题的概率
【典例7-1】（2024·山东日照·三模）从标有1，2，3，4，5的5张卡片中有放回地抽取三次，每次抽取一
张，则出现重复编号卡片的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】5张卡片中有放回地抽取三次，每次抽取一张，共有 种取法，
三次都不重复的取法有 种，
由加法原理和乘法原理，
出现重复编号卡片的概率 .
故选：B.
【典例7-2】（2024·湖南常德·一模）将三个分别标注有 ，x， 的三个质地均匀的小球放入一个不透
明的小盒中.无放回的随机取出2个小球（每次取一球），分别记录下小球的标注为 .若
，则 在 上单调递减的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】若 ，由 均为(0,1)上的单调递增函数，且为正，故ℎ(x)为(0,1)
上的单调递增函数，若 ，则x∈ (0,1)时， ，故ℎ(x)为(0,1)上的单调递减函数，
若 ，则x∈ (0,1)时， ，故ℎ(x)为(0,1)上的单
调递减函数，
故ℎ(x)在x∈ (0,1)上单调递减的概率为 ,
故选：D
【变式7-1】已知集合 ，从集合 中有放回地任取两元素作为点 的坐标，则点 落在
轴上的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】要想 点落在 轴上，只需要纵坐标为 就可以了，纵坐标是从集合 等可能的取
值，所以纵坐标为 的概率为： .
故选：B
【变式7-2】从两名男生（记为 和 ）、两名女生（记为 和 ）中任意抽取两人，分别采取不放回简
单随机抽样和有放回简单随机抽样．在以上两种抽样方式下，抽到的两人是一男生一女生的概率分别为（
）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】从两名男生（记为 和 ）、两名女生（记为 和 ）中任意抽取两人，
记事件 “抽到的两人是一男生一女生”，
在无放回简单随机抽样方式下的样本空间为:
共12个样本点，
其中 有8个样本点，所以
.
在有放回简单随机抽样方式下的样本空间为:
共16个样本点，其中 有8个样本点，所以
.
故选：A.
【变式7-3】敏感性问题多属个人隐私．对敏感性问题的调查方案，关键是要使被调查者愿意作出真实回
答又能保守个人秘密．例如为了调查中学生中的早恋现象，现有如下调查方案：在某校某年级，被调查者
在没有旁人的情况下，独自一人回答问题．被调查者从一个罐子中随机抽一只球，看过颜色后即放回，若
抽到白球，则回答问题A；若抽到红球，则回答问题B．且罐中只有白球和红球．
问题A：你的生日是否在7月1日之前?（本次调查中假设生日在7月1日之前的概率为 ）
问题B：你是否有早恋现象？
已知一次实际调查中，罐中放有白球2个，红球3个，调查结束后共收到1585张有效答卷，其中有393张
回答“是”，如果以频率替代概率，则该校该年级学生有早恋现象的概率是（ ）（精确到0.01）
A．0.08 B．0.07 C．0.06 D．0.05
【答案】A
【解析】从罐子中随机抽一个球, 抽到红球的概率为 ，
抽到白球的概率为 ，
所以回答问题A的人数是 人
回答问题B的人数是 人，
回答问题A的人中答 “是” 的人数是 ，
所以回答问题B的人中答 “是” 的人数是 ，
则估计该校该年级学生有早恋现象的概率为 ，
故选：A
【变式7-4】已知盒中装有大小一样，形状相同的3个白球与7个黑球，每次从中任取一个球并不放回，则
在第1次取到白球的条件下，第2次取到的是黑球的概率为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】解法一：设第1次抽到白球为事件A，第2次取到的是黑球为事件B，则 ， ，
所以 .
解法二：盒中共有10个球，其中3白、7黑，在第一次取到白球的条件下，盒中还有2白、7黑共9个球，
从中任取一球，取到黑球的概率为 ．
故选：D
【变式7-5】从两名男生和两名女生中任意抽取两人，分别采取有放回简单随机抽样和不放回简单随机抽
样，在以上两种抽样方式下，抽到的两人都是女生的概率分别为（ ）
A． ， B． ， C． ， D． ，
【答案】C
【解析】将两名男生编号为 ，两名女生编号 ，记 “抽到的两人都是女生”，
从两名男生和两名女生中任意抽取两人，在有放回简单随机抽样方式下的样本空间为
共16个样本
点，其中 有4个样本点，所以 .
在无放回简单随机抽样方式下的样本空间为
共12个样本点，其中
有2个样本点，所以 .
故选：C.
【变式7-6】（2024·河南·模拟预测）袋子中装有5个形状和大小相同的球，其中3个标有字母 个标有
字母 .甲先从袋中随机摸一个球，摸出的球不再放回，然后乙从袋中随机摸一个球，若甲､乙两人摸到标
有字母 的球的概率分别为 ，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】设 为“甲摸到标有字母 的球”， 为“乙摸到标有字母 的球”，则 ，
而 ，
故 .
故选： .【变式7-7】甲袋中装有4个白球和6个黑球，乙袋中装有3个白球和5个黑球，现从甲袋中随机取出一个
球放入乙袋中，充分混合后，再从乙袋中随机取出一个球放回甲袋中，则甲袋中白球没有减少的概率为（
）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】甲袋中白球没有减少的事件 是甲袋中取黑球、乙袋中取球的事件 ，与甲袋中取白球、乙袋中
取白球的事件 的和，
且事件 与 互斥，显然 ， ，
所以甲袋中白球没有减少的概率 .
故选：D
题型八：概率的基本性质
【典例8-1】设A，B是一个随机试验中的两个事件，记 为事件A，B的对立事件，且
，则 =
【答案】0.3/
【解析】由题意得 ， 为互斥事件，
即 ，
，
又 ①， ②，
式子①②相加得 ，
故 ，
所以 ，则 .
故答案为：0.3
【典例8-2】事件 、 是相互独立事件，若 ， ，则实数 的值等于
.
【答案】【解析】
，
即 ，解得 .
故答案为： .
【变式8-1】已知 ， ， ，则 ．
【答案】0.2
【解析】因为 ，
所以 .
故答案为：0.2.
【变式8-2】对于一个古典概型的样本空间 和事件A，B，其中 ，
，则 .
【答案】
【解析】由题意得： ，所以 .
故答案为：
【变式8-3】若随机事件 ， 互斥， ， 发生的概率均不等于 ，且 ， ，则
实数 的取值范围为 ．
【答案】
【解析】 随机事件 互斥, 发生的概率均不等于0, 且 ,
，即 ，
解得: .
故答案为： .1．（2024年高考全国甲卷数学（文）真题）甲、乙、丙、丁四人排成一列，则丙不在排头，且甲或乙在
排尾的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】解法一：画出树状图，如图，
由树状图可得，甲、乙、丙、丁四人排成一列，共有24种排法，
其中丙不在排头，且甲或乙在排尾的排法共有8种，
故所求概率 .
解法二：当甲排在排尾，乙排第一位，丙有 种排法，丁就 种，共 种；
当甲排在排尾，乙排第二位或第三位，丙有 种排法，丁就 种，共 种；
于是甲排在排尾共 种方法，同理乙排在排尾共 种方法，于是共 种排法符合题意；
基本事件总数显然是 ，
根据古典概型的计算公式，丙不在排头，甲或乙在排尾的概率为 .
故选：B
2．（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）某学校举办作文比赛，共6个主题，每位参赛同学从中随机
抽取一个主题准备作文，则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题概率为（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【解析】用1，2，3，4，5，6表示6个主题，甲、乙二人每人抽取1个主题的所有结果如下表：
乙
1 2 3 4 5 6
甲
1
2
3
4
5
6
共有36个不同结果，它们等可能，
其中甲乙抽到相同结果有 ，共6个，
因此甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的结果有30个，概率 .
故选：A
3．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4
名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】依题意，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，总的基本事件有 件，
其中这2名学生来自不同年级的基本事件有 ，
所以这2名学生来自不同年级的概率为 .
故选：D.
4．（2022年高考全国甲卷数学（文）真题）从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取
2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】[方法一]：【最优解】无序从6张卡片中无放回抽取2张，共有
15种情况，其中数
字之积为4的倍数的有 6种情况，故概率为 .
[方法二]：有序
从6张卡片中无放回抽取2张，共有
,(2,1),(3,1),(4,1),(5,1),
(6,1),(3,2),(4,2),(5,2),(6,2),(4,3),(5,3),(6,3),(5,4),(6,4),(6,5)30种情况，
其中数字之积为4的倍数有(1,4),(2,4),(2,6),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,5),(4,6),(5,4),(6,2),(6,4)12种情况，故概率
为 .
故选：C.
【整体点评】方法一：将抽出的卡片看成一个组合，再利用古典概型的概率公式解出，是该题的最优解；
方法二：将抽出的卡片看成一个排列，再利用古典概型的概率公式解出；
5．（2022年新高考全国I卷数学真题）从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概
率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有 种不同的取法，
若两数不互质，不同的取法有： ，共7种，
故所求概率 .
故选：D.
1．某射击运动员平时训练成绩的统计结果如下：
命中环
6 7 8 9 10
数
频率 0.1 0.15 0.25 0.3 0.2
如果这名运动员只射击一次，以频率作为概率，求下列事件的概率；（1）命中10环；
（2）命中的环数大于8环；
（3）命中的环数小于9环；
（4）命中的环数不超过5环.
【解析】用x表示命中的环数，由频率表可得.
（1） ；
（2） （ 或 ） ；
（3） ；
（4） .
2．假设有5个条件类似的女孩（把她们分别记为A，B，C，D， E）应聘秘书工作，但只有2个秘书职位，
因此5个人中只有2人能被录用.如果5个人被录用的机会相等，分别计算下列事件的概率；
（1）女孩A得到一个职位；
（2）女孩A和B各得到一个职位；
（3）女孩A或B得到一个职位.
【解析】5个人，2个职位，每个人被录用的机会相等，该试验的样本空间可表示为
，共有10个样本点.
（1）A得到一个职位包含4个样本点，故其概率为 ；
（2）A.B各得到一个职位包含1个样本点，故其概率为 ；
（3）A或B得到一个职位包含7个样本点，故其概率为 .
3．某人有4把钥匙，其中2把能打开门，如果随机地取一把钥匙试着开门，把不能开门的钥匙扔掉，那么
第二次才能打开门的概率有多大？如果试过的钥匙又混进去，第二次能打开门的概率又有多大？
【解析】用1，2表示能打开门的钥匙，用3，4表示不能打开门的钥匙事件“第二次才打开门”包含的样
本点有 ，共4个
若把不能开门的钥匙扔掉，则该试验的样本空间可表示为
，共有12个样本点，所以此时的概率
；
若试过的钥匙又混进去，则样本空间可表示为 ，共有16个样本点，所以此时
的概率为 .
4．抛掷一红一绿两颗质地均匀的六面体骰子，记下骰子朝上面的点数，若用x表示红色骰子的点数，用y
表示绿色骰子的点数，用（x，y）表示一次试验的结果，设A=“两个点数之和等于8”，B=“至少有一颗骰
子的点数为5”，C=“红色骰子上的点数大于4”（1）求事件A，B，C的概率；
（2）求 的概率.
【解析】该试验的样本空间可表示为 ，共有36个样本点
（1） ，有5个样本点，所以 ；
，有11个样本点，所以 .
，有12个样本点，所以 .
（2） ，有2个样本点，所以 ；
所以 .
5．一个盒子中装有6支圆珠笔，其中3支一等品，2支二等品和1支三等品，若从中任取2支，那么下列
事件的概率各是多少？
（1）A=“恰有1支一等品”；
（2）B=“两支都是一等品”；
（3）C=“没有三等品”.
【解析】用 表示3支一等品，用 表示2支二等品，用c表示三等品，则该试验的样本空间可表
示
为
，共有15个样本点.
（1） ，其中有9个样本点，所以
.
（2） ，其中有3个样本点，所以 .
（3） ，其中有10个样本
点，所以 .
6．从长度为1，3，5，7，9的5条线段中任取3条，求这三条线段能构成一个三角形的概率.
【解析】该试验的样本空间可表示为：
，
共有10个样本点，其中能构成三角形的样本点有 ，共3个，故所求概率 .7．一个盒子中装有标号为1,2,3,4,5的5张标签，随机地依次选取两张标签，根据下列条件求两张标签上的
数字为相等整数的概率；
（1）标签的选取是不放回的；
（2）标签的选取是有放回的.
【解析】（1）从5张标签中不放回地选取两张标签，用m表示第一张标签的标号，n表示第二张标签的标
号，设A=“两张标签上的数字为相等整数”，则
（1）数组（m，n）表示该试验的一个样本点， ，且 .因此该试验的样本空间
，且 }中共有20个样本点，其中m，n为相等整数的样本点个数 .
故所求概率为0；
（2）该试验的样本空间 中共有25个样本点，各样本点出现的可能性相等，
试验是古典概型，其中 ，所以 ，故所求概率为 .
易错点：混淆等可能与非等可能
易错分析：不能理解“等可能”与“非等可能”的含义，在解题的过程中，不能准确的找出符合题意
的情况导致最后结果错误.
【易错题1】如图，数轴上一质点受随机外力的作用从原点O出发，每隔一秒随机、等可能地向左或向右
移动一个单位长度，则移动6次后，最终质点位于数轴上的位置4的概率为 ．
【答案】
【解析】质点移动6次，共有2×2×2×2×2×2＝64种情况，
质点位于4的位置时需向左移动1次，向右移动5次，共 ＝6种情况，
所以质点位于4的概率为 ，
故答案为：
【易错题2】在一个不透明的密封盒子中装有8只昆虫，其中蜜蜂和蝴蝶的数量各占一半.现在盒子上开一
小孔，每次只能飞出一只昆虫，且任意一只昆虫都等可能地飞出.则“从盒子中任意飞出2只昆虫，至少有1只是蝴蝶”的概率是 .
【答案】
【解析】“从盒子中任意飞出2只昆虫，至少有1只是蝴蝶”为事件A，
则 .
故答案为：
答题模板：古典概型的概率问题
1、模板解决思路
在解决这类问题时，首要步骤是确认试验是否符合古典概型的特征。随后，关键在于构建样本空间，
这一过程中需特别注意两点：一是样本中的元素是否存在顺序性，因为顺序的不同会构成不同的样本空间；
二是取样时是否允许元素重复，即取样是放回还是不放回，这直接决定了样本中元素是否可以重复出现。
明确了这两点后，就可以计算出样本空间的总样本点数量，以及所求事件对应的样本点数量，最后利用古
典概型的概率计算公式，得出所求事件的概率。
2、模板解决步骤
第一步：根据题意,判断试验是否是古典概型，并写出样本空间，求出样本点个数.
第二步：求出事件A 包含的样本点个数.
第三步：代入公式，求出P(A).
【经典例题1】甲乙两人进行一场抽卡游戏，规则如下：有编号 的卡片各1张，两人轮流从中
不放回的随机抽取1张卡片，直到其中1人抽到的卡片编号之和等于12或者所有卡片被抽完时，游戏结束.
若甲先抽卡，求甲抽了3张卡片时，恰好游戏结束的概率是 .
【答案】
【解析】根据题意可知甲抽了3张卡片时，恰好游戏结束相当于从7张卡片中抽取了5张，
且甲抽取的三张卡片数字之和为12，乙抽取的两张卡片数字之和不为12；
总的情况相当于从7张卡片中抽取了5张并进行全排列，即共 种排法；
其中三张卡片数字之和为12的组合有 ； ； ； ； 共5种情况；
当甲抽取的数字为 ； ； ； 时，
乙在剩余的4个数字中随意抽取两张卡片再进行排列，共有 种；
当甲抽取的数字为 时，
若乙抽取的两张卡片数字可能为 ，此时不合题意，此时共有 种；所以符合题意的排列总数为 种，
可得所求概率为 .
故答案为：
【经典例题2】在某次国际商贸交流会展期间，举办城市为了提升安保级别，在平时正常安保的基础
上再将甲、乙等6名特警人员分配到展区附近的4个不同的路口进行执勤，若每个特警只能分配去1个路
口且每个路口至少安排1名特警，则甲和乙不安排在同一个路口执勤的概率是 ．
【答案】
【解析】6名特警分配到展区附近的4个不同的路口进行执勤，不同安排方法数为 ，
甲乙安排在同一路口，视甲乙为一个人，5个人安排到4个路口的安排数为 ，
因此甲和乙安排在同一个路口执勤的概率是 ，
所以甲和乙不安排在同一个路口执勤的概率是 .
故答案为：
