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专题10.5 古典概型、概率的基本性质【八大题型】
【新高考专用】
【题型1 古典概型】..................................................................................................................................................3
【题型2 有放回与无放回问题的概率】..................................................................................................................4
【题型3 概率基本性质的应用】..............................................................................................................................6
【题型4 几何概型】..................................................................................................................................................7
【题型5 古典概型与函数的交汇问题】................................................................................................................10
【题型6 古典概型与向量的交汇问题】................................................................................................................12
【题型7 古典概型与数列的交汇问题】................................................................................................................14
【题型8 古典概型与统计综合】............................................................................................................................16
1、古典概型、概率的基本性质
考点要求
真题统计
考情分析
(1)掌握古典概型及其计算
公式，能计算古典概型中
简单随机事件的概率
(2)了解概率的基本性质，
能计算简单随机事件的概
率
2022 年新高考全国I 卷：第5
题，5 分
2023 年全国乙卷（文数）：
第9 题，5 分
2023 年全国甲卷（文数）：
第4 题，5 分
2024 年新高考I 卷：第14
题，5 分
2024 年全国甲卷（文数）：
第4 题，5 分
2024 年全国甲卷（理数）：
第16 题，5 分
古典概型、概率的基本性质是概率
的基础内容，从近几年的高考情况来
看，本节是高考的热点内容，主要考查
古典概型及其计算、概率的基本性质
等，主要以选择题或填空题的形式考
查，难度不大；在解答题中出现时，往
往古典概型会与统计等知识结合考查，
难度中等，复习时需要加强这方面的练
习，学会灵活求解.
【知识点1 古典概型及其解题策略】
1．古典概型
(1)事件的概率
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.
(2)古典概型的定义
我们将具有以下两个特征的试验称为古典概型试验，其数学模型称为古典概率模型，简称古典概型.
①有限性：样本空间的样本点只有有限个；
1
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②等可能性：每个样本点发生的可能性相等.
(3)古典概型的判断标准
一个试验是否为古典概型，在于这个试验是否具有古典概型的两个特点：有限性和等可能性.并不是所
有的试验都是古典概型.
下列三类试验都不是古典概型：
①样本点(基本事件)个数有限，但非等可能;
②样本点(基本事件)个数无限，但等可能；
③样本点(基本事件)个数无限，也不等可能.
2．古典概型的概率计算公式
一般地，设试验E 是古典概型，样本空间A 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)=
=
，其中，n(A)和n(
)分别表示事件A 和样本空间
包含的样本点个数.
3．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：再求一些较复杂的样本点个数时，可利用排列或组合的知识进行求解.
4．古典概型与统计结合
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.
【知识点2 概率的基本性质】
1．概率的基本性质
性质1
对任意的事件A，都有P（A）≥0.
性质2
必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0，即P（
）=
1，P(
)=0.
性质3
如果事件A 与事件B 互斥，那么P（
）=P（A）＋P
（B）. 推广：如果事件A1，A2，…，Am．两两互斥，那么事
件
发生的概率等于这m 个事件分别发生的概
率之和，即P（
）=P(A1)+P(A2)+…+P(Am).
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
，那么P（A）≤P（B）.
性质6
设A，B 是一个随机试验中的两个事件，我们有P（
）
=P（A）＋P（B）
P（
）.
2．复杂事件概率的求解策略
(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
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(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.
【方法技巧与总结】
1．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.
【题型1 古典概型】
【例1】（2024·陕西商洛·模拟预测）从分别写有1，2，3，4，5 的5 张卡片中随机抽取2 张，则抽到的2
张卡片上的数都是奇数的概率为（ ）
A．2
5
B．3
5
C．1
10
D．3
10
【解题思路】利用列举法结合古典概型分析求解.
【解答过程】从分别写有1，2，3，4，5 的5 张卡片中随机抽取2 张，
总共包含{1,2},{1,3},{1,4},{1,5}，{2,3},{2,4 }, {2,5}, {3,4 },{3,5},{4,5}这10 个基本事件，
抽到的2 张卡片上的数都是奇数包含其中{1,3},{1,5},{3,5}这3 个基本事件，
所以抽到的2 张卡片上的数都是奇数的概率为3
10.
故选：D.
【变式1-1】（2024·内蒙古包头·三模）将2 个a 和3 个b 随机排成一行，则2 个a 不相邻的概率为（ ）
A．0.4
B．0.5
C．0.6
D．0.7
【解题思路】求出所有的样本点，然后由古典概型的概率公式求解即可.
【解答过程】2 个a 和3 个b 随机排成一行的样本空间为:
Ω= {aabbb,ababb,abbab,abbba,baabb,babab,babba,bbaab,bbaba,bbbaa}，共10个样本点，
其中2 个a 不相邻的样本点有ababb,abbab,abbba,babab,babba,bbaba，共6个，
所以所求概率为：P= 6
10 = 3
5 =0.6.
故选：C.
【变式1-2】（2024·西藏拉萨·二模）从3,4,5,6,7这5 个数字中任取3 个，则取出的3 个数字的和为大于10
的偶数的概率是（ ）
A．2
3
B．3
4
C．2
5
D．3
5
【解题思路】列举所有的基本事件，再找到满足和为偶数的基本事件，根据概率公式计算即可.
【解答过程】从3,4,5,6,7这5 个数字中任取3 个，有10 种不同的结果：
3
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(3,4,5),(3,4,6),(3,4,7),(3,5,6),(3,5,7),(3,6,7),(4,5,6),(4,5,7),(4,6,7),(5,6,7)，
其中取出3 个数字的和为大于10 的偶数的结果有6 个：(3,4,5),(3,4,7),(3,5,6),(3,6,7),(4,5,7),(5,6,7)，
所以所求概率P= 6
10 = 3
5.
故选：D.
【变式1-3】（2024·内蒙古呼和浩特·二模）袋中共有5 个除颜色外完全相同的球，其中2 个红球、1 个白
球、2 个黑球，从袋中任取两球，两球颜色为一白一黑的概率为（ ）
A．1
10
B．1
5
C．3
10
D．2
5
【解题思路】列出所有可能情况种数及对应颜色为一白一黑的情况种数计算即可得.
【解答过程】设这五个球中白球为a，红球分别为b1、b2，黑球分别为c1、c2，
则从袋中任取两球，有ab1、ab2、ac1、ac2、b1b2、b1c1、b1c2、b2c1、
b2c2、c1c2共十种可能，其中一白一黑有ac1、ac2共两种可能，
所以一白一黑的概率P = 2
10 = 1
5．
故选：B.
【题型2 有放回与无放回问题的概率】
【例2】（2024·全国·模拟预测）盒中装有1，2，3，4 四个标号的小球．小明在盒中随机抽取两次（不放
回），则抽中的两次小球号码均为偶数的概率为（ ）
A．1
4
B．1
2
C．1
3
D．1
6
【解题思路】由古典概率公式求解．
【解答过程】由于抽取两次是不放回的，且盒子里有2 个奇数球，2 个偶数球，
则抽中的两次小球号码均为偶数的概率为：2
4 × 1
3 = 1
6 ，
故选：D.
【变式2-1】（23-24 高三上·贵州·阶段练习）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 张卡片上的数字之和是3 的倍数的概率为（ ）
A．1
5
B．1
3
C．2
5
D．2
3
【解题思路】利用列举法，根据古典概型概率公式即得．
【解答过程】从6 张卡片中无放回抽取2 张，共有（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，
6），（2，3），（2，4），（2，5），（2，6），（3，4），（3，5），（3，6），（4，5），（4，
4
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6），（5，6），共15 种结果，
其中数字之和为3 的倍数的有（1，2），（1，5），（2，4），（3，6），（4，5），共5 种结果，
故抽到的2 张卡片上的数字之和是3 的倍数的概率为5
15 =1
3 .
故选：B.
【变式2-2】（23-24 高二下·四川眉山·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．1
10
B．1
5
C．3
10
D．2
5
【解题思路】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.
【解答过程】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：
(2,1),(3,1),(3,2),(4,1),(4,2),(4,3),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4)，
而有放回的连续抽取2 张卡片共有5×5=25（种）不同情况，
则P( A )= 10
25 = 2
5
故选：D.
【变式2-3】（23-24 高三上·江苏南京·阶段练习）从分别写有1,2,3,4,5,6的六张卡片中无放回随机抽取
两张，则抽到的两张卡片上的数字之积是3的倍数的概率为（ ）
A．3
5
B．2
5
C．1
3
D．1
5
【解题思路】根据题意，用列举法分析“从六张卡片中无放回随机抽取2 张”和“抽到的2 张卡片上的数
字之积是3 的倍数”的情况数目，由古典概型公式计算可得答案．
【解答过程】根据题意，从六张卡片中无放回随机抽取2 张，有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，
(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)，(5,6)，共15 种取法，
其中抽到的2 张卡片上的数字之积是3 的倍数有(1,3)，(1,6)，(2,3)，(2,6)，(3,4)，(3,5)，
(3,6)，(4,6)，(5,6)，共9 种情况，
则抽到的2 张卡片上的数字之积是3 的倍数的概率P =9
15 =3
5 ；
故选：A．
【题型3 概率基本性质的应用】
【例3】（2024·全国·模拟预测）从装有若干个红球和白球（除颜色外其余均相同）的黑色布袋中，随机不
5
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放回地摸球两次，每次摸出一个球.若事件“两个球都是红球”的概率为2
15，“两个球都是白球”的概率
为1
3，则“两个球颜色不同”的概率为（ ）
A．4
15
B．7
15
C．8
15
D．11
15
【解题思路】设“两个球都是红球”为事件A，“两个球都是白球”为事件B，“两个球颜色不同”为事
件C，则A，B，C 两两互斥，C = A ∪B，再根据对立事件及互斥事件概率公式，即可求解.
【解答过程】设“两个球都是红球”为事件A，“两个球都是白球”为事件B，“两个球颜色不同”为事
件C，
则P( A)= 2
15，P(B)= 1
3，且C = A ∪B.
因为A，B，C 两两互斥，
所以P(C)=1−P(C)=1−P( A ∪B)=1−[P( A)+ P(B)]=1−2
15 −1
3 = 8
15.
故选：C.
【变式3-1】（24-25 高二上·吉林·阶段练习）设A , B是一个随机试验中的两个事件，且
P( A)= 1
2 , P(B)= 3
5 , P( A + B)= 1
2，则P( AB)=（ ）
A．1
3
B．1
5
C．2
5
D．1
10
【解题思路】先利用和事件的概率公式求出P( A B)，然后利用P( AB)= P( A)−P( A B)求解即可.
【解答过程】因为P( A)= 1
2，P(B)= 3
5，所以P( A)= 1
2 , P(B)= 2
5，
又P( A + B)= P( A)+ P(B)−P( A B)= 1
2 + 2
5 −P( A B)= 1
2，所以P( A B)= 2
5，
所以P( AB)= P( A)−P( A B)= 1
2 −2
5 = 1
10.
故选：D.
【变式3-2】（23-24 高二下·浙江舟山·期末）设A，B 是一个随机试验中的两个事件，且P( A)= 1
2，
P(B)= 7
12，P( A B+ A B)= 1
4 ，则P( A + B)=（ ）
6
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A．7
12
B．2
3
C．11
12
D．3
4
【解题思路】根据对立事件的概率与互斥事件的概率及概率的加法公式计算求解即可.
【解答过程】因为P( A)= 1
2，P(B)= 7
12，故P( A)= 1
2，P(B)= 5
12，
因为A B与A B为互斥事件，故P( A B+ A B)= P( A B)+ P( A B)= 1
4 ，
又P( A B)+ P( AB)= P(B), P( A B)+ P( AB)= P( A)，
所以有P(B)−P( AB)+ P( A)−P( AB)= 5
12 + 1
2 −2 P( AB)= 1
4 ，
故P( AB)= 1
3，故P( A + B)= P( A)+ P(B)−P( AB)= 1
2 + 5
12 −1
3 = 7
12.
故选：A.
【变式3-3】（23-24 高二上·重庆·阶段练习）已知A，B，C，D四个开关控制着1，2，3，4 号四盏灯，
只要打开开关A则1，4 号灯就会亮，只要打开开关B则2，3 号灯就会亮，只要打开开关C则3，4 号灯就
会亮，只要打开开关D则2，4 号灯就会亮.开始时，A，B，C，D四个开关均未打开，四盏灯也都没亮.现
随意打开A，B，C，D这四个开关中的两个不同的开关，则其中2 号灯灯亮的概率为（ ）
A．1
6
B．1
3
C．1
2
D．5
6
【解题思路】根据古典概型以及对立事件的概率关系列式计算可得解.
【解答过程】由题意，随意打开A，B，C，D 这四个开关中的两个不同的开关，共有
AB , AC , AD ,BC ,BD ,CD种，
其中只有打开AC开关时2 号灯不会亮，其余情况2 号灯均会亮，
所以2 号灯灯亮的概率为1−1
6 = 5
6.
故选：D.
【题型4 几何概型】
【例4】（2024·陕西榆林·模拟预测）七巧板被誉为“东方魔板”，是我国古代劳动人民的伟大发明之一，
7
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由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成．如图是一个用七巧板拼成的正方形，
若向此正方形内丢一粒小种子，则种子落入黑色平行四边形区域的概率为（ ）
A．1
8
B．3
8
C．5
16
D．3
32
【解题思路】设小正方形边长为1，求出大正方形的边长，以及黑色平行四边形的底和高，再结合几何概
型公式求解.
【解答过程】设小正方形边长为1，可得黑色平行四边形底为√2，高为√2
2 ；
黑色等腰直角三角形的直角边为2，斜边为2√2，即大正方形边长为2√2，
故种子落入黑色平行四边形区域的概率为√2× √2
2
(2√2)
2 = 1
8
．
故选：A.
【变式4-1】（2024·全国·模拟预测）如图，正六边形OPQRST的顶点是正六边形ABCDEF的对角线的交
点.在正六边形ABCDEF内部任取一点，则该点取自正六边形OPQRST内的概率为（ ）
A．√3
6
B．1
4
C．1
3
D．√2
2
【解题思路】先求出AB的长，再分别求出正六边形ABCDEF和正六边形OPQRST的面积，再根据几何
概型的面积比即可求得结论.
【解答过程】设正六边形OPQRST的边长为1，在正六边形ABCDEF中，AC =CE = EA = BD = DF = FB，
则易得AC =3 ST =3，所以AB =√3，
8
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S六边形ABCDEF =6× √3
4 A B
2= 9√3
2
，
S六边形OPQRST =6× √3
4 O P
2= 3√3
2
，
所以所求概率为
S六边形OPQRST
S六边形ABCDEF
=
3√3
2
9√3
2
= 1
3.
故选：C.
【变式4-2】（2024·四川·模拟预测）剪纸是一种用剪刀或刻刀在纸上剪刻花纹，用于装点生活或配合其他
民俗活动的民间艺术.其传承的视觉形象和造型格式，蕴涵了丰富的文化历史信息，表达了广大民众的社会
认知､道德观念等.剪纸艺术遗产先后人选中国国家级非物质文化遗产名录和人类非物质文化遗产代表作名
录.2024 龙年新春来临之际，许多地区设计了一幅幅精美的剪纸作品，它们都以龙为主题，展现了中华民
族对龙的崇拜和敬仰.这些作品不仅展示了剪纸艺术的独特魅力，还传递了中华民族对美好生活的向往和对
和平的渴望.下图是由某剪纸艺术家设计的一幅由外围是正六边形，内是一个内切圆组合而成的剪纸图案，
如果随机向剪纸投一点，则这点落在内切圆内的概率是（ ）
A．√2π
6
B．3
π
C．√3π
6
D．2√2
π
【解题思路】先求出正六边形的面积和内切圆的面积，由几何概型的公式代入即可得出答案.
【解答过程】设正六边形的边长为2，则正六边形的面积为√3
4 ×2
2×6=6√3，
而其内切圆的半径r = √3
2 ×2=√3，则圆的面积为π×(√3)
2=3π，
由几何概型得P = 3π
6√3 = √3π
6
.
故选：C.
【变式4-3】（2024·陕西商洛·模拟预测）如图，圆O是正三角形ABC的内切圆，则在△ABC内任取一点，
9
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该点取自阴影部分的概率为（ ）
A．√3π
9
−1
4
B．√3π
6
−1
4
C．√3π
9
−1
2
D．1−√3π
9
【解题思路】利用等面积法求出正三角形ABC的边长与其内切圆半径的关系，再利用几何概型求解即可.
【解答过程】设正三角形ABC的边长为a，内切圆的半径为r，
由S△ABC = S△OAB+ S△OAC+ S△OBC，
得1
2 ×a×√
a−(
a
2)
2
=3× 1
2 ar，所以a=2√3r，
所以S△ABC =3√3r
2，
内切圆得面积S1=πr
2，
所以阴影部分得面积为3√3r
2−πr
2，
所以该点取自阴影部分的概率为3√3r
2−πr
2
3√3r
2
=1−√3π
9
.
故选：D.
【题型5 古典概型与函数的交汇问题】
【例5】（2024·江西景德镇·模拟预测）若抛掷两枚骰子出现的点数分别为a，b，则“在函数
f (x)= x
2+ax +b的图象与x轴有交点的条件下，满足函数g(x)= a
x−b
−x
(a+b) x 为偶函数”的概率为（ ）
A．4
17
B．2
19
C．5
19
D．3
19
【解题思路】首先列出满足函数f (x)= x
2+ax +b的图象与x轴有交点的基本事件,再找出符合函数
g(x)= a
x−b
−x
(a+b) x 为偶函数的基本事件,最后根据古典概型的概率公式计算可得.
【解答过程】解：函数f (x)= x
2+ax +b的图象与x轴有交点，则Δ=a
2−4 b≥0，
10
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则满足该条件的(a,b)有：(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(6,6)，
(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，(5,6)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，
(3,1)，(3,2)，(2,1)，
共有19个满足函数f (x)= x
2+ax +b的图象与x轴有交点的条件；
函数g( x)= a
x−b
−x
(a+b)x 为偶函数，只需h( x)=a
x−b
−x是奇函数，即
h(−x)=a
−x−b
x =−(a
x−b
−x)=−h(−x)，所以a=b．
函数g( x)= a
x−b
−x
(a+b)x 为偶函数：有(6,6)，(5,5)，(4,4)共3个．
所以则“在函数f (x)= x
2+ax +b的图象与x轴有交点的条件下，满足函数g( x)= a
x−b
−x
(a+b)x 为偶函数”的概
率P= 3
19．
故选：D．
【变式5-1】（23-24 高二上·山东菏泽·开学考试）已知集合A = {0,1,2,3}，a∈A，b∈A，则函数
f (x)=a x
2+bx +1有零点的概率为（ ）
A．3
4
B．1
2
C．3
8
D．5
16
【解题思路】先得到共有16种情况，再得到符合要求的情况个数，相除得到答案.
【解答过程】f (x)=a x
2+bx +1中，a,b均有4 种选择，共16种情况，
当a=0,b=0时，f (x)=a x
2+bx +1无零点，
当a=0,b=1,2,3时，f (x)=bx +1有零点，
当a≠0时，Δ=b
2−4 a≥0时，f (x)=a x
2+bx +1有零点，
若a=1，则b=2,3满足要求，
若a=2，则b=3满足要求，
故共有6 种情况，满足要求，
所以函数f (x)=a x
2+bx +1有零点的概率为6
16 = 3
8.
故选：C.
【变式5-2】（23-24 高一下·陕西宝鸡·期中）将一枚骰子抛掷两次，所得向上点数分别为m和n，则函数
y =m x
2−4 nx +1在[1,+∞)上是增函数的概率是（ ）
11
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A．1
6
B．1
4
C．3
4
D．4
5
【解题思路】分析可知m、n∈{1,2,3,4,5,6}，由二次函数的单调性得出m≥2n，求出所有的基本事件数，
并确定事件“m≥2n”所包含的事件数，利用古典概型的概率公式可求得结果.
【解答过程】由题意可知，m、n∈{1,2,3,4,5,6}，
若函数y =m x
2−4 nx +1在[1,+∞)上是增函数，则−−4 n
2m = 2n
m ≤1，即m≥2n.
以(m,n)代表一个基本事件，所有的基本事件数为6
2=36个，
满足m≥2n的基本事件有：(2,1)、(3,1)、(4,1)、(4,2)、(5,1)、(5,2)、(6,1)、(6,2)、(6,3)，共9个，
由古典概型的概率公式可知，所求概率为P = 9
36 = 1
4 .
故选：B.
【变式5-3】（23-24 高一下·广西崇左·阶段练习）已知集合A = {1,2,3,4,5,6},a∈A ,b∈A，则“使函数
f (x)=ln(x
2+ax +b)的定义域为R”的概率为（ ）
A．13
36
B．15
36
C．17
36
D．19
36
【解题思路】先利用对数函数的定义和二次函数的知识求得函数f(x)定义域为R 的充分必要条件，进而用
列举法求得数组(a,b)的总组数和满足定义域为R 的条件的组数，求得所求概率.
【解答过程】由题意知a
2−4 b<0.
又因为a∈{1,2,3,4,5,6},b∈{1,2,3,4,5,6}，
所以数a,b形成的数组(a,b)有(1,1),(1,2),(1,3),⋯,(6,6)，共36 种情况，
其中(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,2),(2,3)，
(2,4),(2,5),(2,6),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),(4,5),(4,6)，
共17 种情况满足a
2−4 b<0，
所以所求概率p= 17
36 .
故选：C.
【题型6 古典概型与向量的交汇问题】
【例6】（2024·安徽黄山·一模）从集合{1,2,4}中随机抽取一个数a，从集合{2,4,5}中随机抽取一个数
b，则向量⃗m=(a,b)与向量⃗n=(2,−1)垂直的概率为（ ）
A．1
9
B．2
9
C．1
3
D．2
3
12
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【解题思路】求出组成向量⃗m=(a,b)的个数和与向量⃗n=(2,−1)垂直的向量个数，计算所求的概率值．
【解答过程】解：从集合{1,2,4 }中随机抽取一个数a，从集合{2,4,5}中随机抽取一个数b，
可以组成向量⃗m=(a,b)的个数是3×3=9（个)；
其中与向量⃗n=(2,−1)垂直的向量是⃗m=(1,2)和⃗m=(2,4)，共2 个；
故所求的概率为P= 2
9．
故选：B．
【变式6-1】（23-24 高一下·河北保定·阶段练习）已知m,n∈{−2,−1,1,2}，若向量⃗a=(m,n),⃗b=(1,1)，
则向量⃗a与向量⃗b夹角为锐角的概率为（ ）
A．3
16
B．1
4
C．5
16
D．3
8
【解题思路】根据古典概型列出向量⃗a的所有可能，由⃗a与⃗b的夹角为锐角找出所有符合题意的向量，即可
求得其概率.
【解答过程】向量⃗a与向量⃗b夹角为锐角等价于⃗a⋅⃗b>0且⃗a与⃗b不同向，
即⃗a⋅⃗b=m+n>0，且m≠n；
易知⃗a共有16 个，分别是(−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)，
满足条件的⃗a为(−1,2),(2,−1),(1,2),(2,1)共4 个，
故所求的概率为4
16 = 1
4 ，
故选：B．
【变式6-2】（23-24 高一下·天津滨海新·阶段练习）从集合{0,1,2,3}中随机地取一个数a，从集合
{3，4,6}中随机地取一个数b，则向量⃗m=(b,a)与向量⃗n=(1,−2)垂直的概率为（ ）
A．1
12
B．1
3
C．1
4
D．1
6
【解题思路】先求出基本事件的个数，然后求解满足向量⃗m⊥⃗n的个数，结合古典概率的求解公式可求.
【解答过程】解：从集合{0,1,2,3}中随机地取一个数a，{3，4,6}中随机地取一个数b，共有12 种取法，
当向量⃗m=(b,a)与向量⃗n=(1,−2)，b=2a，故⃗m=(4,2)或⃗m=(6,3)共2 种取法，
则所求概率P = 2
12 = 1
6.
故选：D.
【变式6-3】（23-24 高二上·湖北黄石·期中）将一颗质地均匀的正方体骰子（六个面的点数分别为
13
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1,2,3,4,5,6），先后抛掷两次，将得到的点数分别记为m，n，记向量⃗a=(2m−3,n−1)，⃗b=(1,−1)的夹
角为θ，则θ为钝角的概率是（ ）
A．5
18
B．1
3
C．13
36
D．11
36
【解题思路】先根据已知求出满足条件的m,n满足的关系式，然后分别令m=1,2,3,4,5,6，求得满足条件
的n.然后即可根据古典概型概率公式，得出答案.
【解答过程】由⃗a//⃗b可得，(2m−3)×(−1)−(n−1)×1=0，
所以n= 4−2m.
因为θ为钝角，所以⃗a⋅⃗b<0，且⃗a,⃗b不共线，
所以¿，即n>2m−2，且n≠4−2m.
当m=1时，有n>0且n≠2，所以n可取1，3，4，5，6；
当m=2时，有n>2，n可取3，4，5，6；
当m=3时，有n>4，n可取5，6；
当m= 4，m=5，m=6时，n>2m−2>6，此时无解.
综上所述，满足条件的m,n有11 种可能.
又先后抛掷两次，得到的样本点数共36 种，
所以θ为钝角的概率p= 11
36 .
故选：D.
【题型7 古典概型与数列的交汇问题】
【例7】（23-24 高三下·河南·阶段练习）记数列{an}的前n 项和为Sn，已知Sn=an
2−4 an+b，在数集
{−1,0,1}中随机抽取一个数作为a，在数集{−3,0,3}中随机抽取一个数作为b，则满足Sn≥S2(n∈N
∗)的概
率为( )
A．1
3
B．2
9
C．1
4
D．2
3
【解题思路】将Sn配方，Sn≥S2恒成立等价于S2是Sn的最小值，根据常数函数和二次函数性质，结合古典
概型概率计算方法即可求解.
【解答过程】由已知得Sn=a(n−2)
2+b−4 a，
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如果a=0，则Sn=b，满足Sn≥S2，概率为1
3，
如果a≠0，则S2是Sn的最小值，根据二次函数性质可知，a＞0，故a=1，此时概率为1
3，
∴Sn≥S2的概率为1
3 + 1
3 = 2
3，
故选：D．
【变式7-1】（23-24 高三上·河南许昌·阶段练习）意大利数学家斐波那契在他的《算盘全书》中提出了一
个关于兔子繁殖的问题：如果一对兔子每月能生1 对小兔子（一雄一雌），而每1 对小兔子在它出生后的
第三个月里，又能生1 对小兔子，假定在不发生死亡的情况下，从第1 个月1 对初生的小兔子开始，以后
每个月的兔子总对数是：1，1，2，3，5，8，13，21，…，这就是著名的斐波那契数列，它的递推公式是
an=an−1+an−2(n≥3,n∈N
∗)，其中a1=1，a2=1.若从该数列的前2021 项中随机地抽取一个数，则这个
数是偶数的概率为（ ）
A．1
3
B．673
2021
C．1
2
D．674
2021
【解题思路】由斐波那契数列中偶数出现的周期性求前2021 项中偶数的个数，再由古典概型概率求法求概
率即可.
【解答过程】由题设，斐波那契数列从第一项开始，每三项的最后一项为偶数，而2021
3
=673...2，
∴前2021 项中有673个偶数，故从该数列的前2021 项中随机地抽取一个数为偶数的概率为673
2021.
故选：B.
【变式7-2】（2024·北京·模拟预测）斐波那契数列{Fn}因数学家莱昂纳多⋅斐波那契
( LeonardodaFibonaci)以兔子繁殖为例而引入，故又称为“兔子数列”．因n趋向于无穷大时，
Fn
Fn+1
无
限趋近于黄金分割数，也被称为黄金分割数列．在数学上，斐波那契数列由以下递推方法定义：数列{Fn}
满足F1= F2=1，Fn+2= Fn+1+ Fn，若从该数列前12 项中随机抽取1 项，则抽取项是奇数的概率为（ ）
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A．1
2
B．7
12
C．2
3
D．3
4
【解题思路】由题中给出的递推公式，求出数列的前12 项，然后找出其中是奇数的个数，由古典概型的概
率公式求解即可．
【解答过程】解：由题意可知“兔子数列”满足F1= F2=1，Fn+2= Fn+1+ Fn，
所以该数列前12 项分别为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，
其中是奇数的有：1，1，3，5，13，21，55，89，
故从该数列前12 项中随机抽取1 项，则抽取项是奇数的概率为8
12 = 2
3．
故选：C.
【变式7-3】（2024·江苏·一模）若数列{an}的通项公式为an=(−1)
n−1，记在数列{an}的前n+2(n∈N
*)项
中任取两项都是正数的概率为Pn，则（ ）
A．P1= 1
3
B．P2n< P2n+2
C．P2n−1< P2n
D．P2n−1+ P2n< P2n+1+ P2n+2.
【解题思路】由已知得数列{an}的奇数项都为1，即奇数项为正数，数列{an}的偶数项为−1，即偶数项为
负数，当n=1时， P1= 1
3，由此判断A 选项；
将2n−1代入，求得P2n−1；将2n代入，求得P2n；将2n+1代入，求得P2n+1；将2n+2代入，求得P2n+2，
再运用作差比较法，可判断得选项.
【解答过程】解：因为数列{an}的通项公式为an=(−1)
n−1，所以数列{an}的奇数项都为1，即奇数项为正
数，数列{an}的偶数项为−1，即偶数项为负数，
又数列{an}的前n+2(n∈N
*)项中，任取两项都是正数的概率为Pn，
当n=1时，即前3 项中，任取两项都是正数，概率为P1= 1
3，故A 正确；
16
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将2n−1代入，数列{an}的前2n+1(n∈N
*)项中，有(n+1)个正数，n个负数，任取两项都是正数的概率
为P2n−1= Cn+1
2
C2n+1
2
=
n(n+1)
(2n+1)⋅(2n) = n+1
4 n+2，
将2n代入，数列{an}的前2n+2(n∈N
*)项中，有(n+1)个正数，(n+1)个负数，任取两项都是正数的概率
为P2n= Cn+1
2
C2n+2
2
=
n(n+1)
(2n+1)⋅(2n+2) =
n
4 n+2，
将2n+1代入，数列{an}的前2n+3(n∈N
*)项中，有(n+2)个正数，(n+1)个负数，任取两项都是正数的
概率为P2n+1= Cn+2
2
C2n+3
2
=
(n+1)(n+2)
(2n+3)⋅(2n+2) = n+2
4 n+6，
将2n+2代入，数列{an}的前2n+ 4(n∈N
*)项中，有(n+2)个正数，(n+2)个负数，任取两项都是正数的
概率为P2n+2= Cn+2
2
C2n+4
2
=
(n+1)(n+2)
(2n+3)⋅(2n+ 4) = n+1
4 n+6 ，
所以P2n−P2n+2=
n
4 n+2 −n+1
4 n+6 =
−2
(4 n+2)⋅(4 n+6) <0，所以P2n< P2n+2，故B 正确；
P2n−1−P2n= n+1
4 n+2 −
n
4 n+2 =
1
4 n+2 >0，所以P2n−1> P2n，故C 错误；
(P2n−1+ P2n)−(P2n+1+ P2n+2)=(
n+1
4 n+2 +
n
4 n+2)−(
n+2
4 n+6 + n+1
4 n+6)
= 2n+1
4 n+2 −2n+3
4 n+6 = 1
2 −1
2 =0，
所以P2n−1+ P2n= P2n+1+ P2n+2，故D 错误，
故选：AB.
【题型8 古典概型与统计综合】
【例8】（2024·全国·模拟预测）第24 届哈尔滨冰雪大世界开园后，为了了解进园游客对本届冰雪大世界
的满意度，从进园游客中随机抽取50 人进行调查并统计其满意度评分，制成频率分布直方图如图所示，其
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中满意度评分在[76,84)的游客人数为18．
(1)求频率分布直方图中a,b的值；
(2)从抽取的50 名游客中满意度评分在[60,68)及[92,100]的游客中用分层抽样的方法抽取5 人，再从抽取
的5 人中随机抽取2 人，求2 人中恰有1 人的满意度评分在[60,68)的概率．
【解题思路】（1）根据评分在[76,84)的游客人数为18 和总人数为50 得到b=0.045，利用频率之和为1
得到方程，求出a=0.01；
（2）根据分层抽样的方法得到评分在[60,68)的人数为2，设为x1, x2，满意度评分在[92,100]的人数为
3，设为y1, y2, y3，列举出所有情况和2 人中恰有1 人的满意度评分在[60,68)的情况，求出概率.
【解答过程】（1）由题知，b=
18
50×8 =0.045，
8×(a+0.015+0.025+0.030+0.045)=1，解得a=0.01．
（2）由题知，抽取的50 名游客中满意度评分在[60,68)的人数为0.01×8×50= 4，
满意度评分在[92,100]的人数为0.015×8×50=6，
∴抽取的5 人中，满意度评分在[60,68)的人数为2，设为x1, x2，满意度评分在[92,100]的人数为3，设为
y1, y2, y3，
∴从5 人中随机抽取2 人的不同取法为{x1, x2},{x1, y1}，
{x1, y2},{x1, y3},{x2, y1},{x2, y2},{x2, y3},{y1, y2},¿，共有10 种不同取法，
设“2 人中恰有1 人的满意度评分在[60,68)”为事件M，
则事件M包含的取法为{x1, y1},{x1, y2},{x1, y3},{x2, y1}，{x2, y2},{x2, y3}，共有6 种不同取法．
∴P(M )= 6
10 = 3
5．
【变式8-1】（2024·四川成都·模拟预测）课外阅读对于培养学生的阅读兴趣、拓宽知识视野、提高阅读能
力具有重要作用．某市为了解中学生的课外阅读情况，从该市全体中学生中随机抽取了500 名学生，调查
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他们在寒假期间每天课外阅读平均时长t（单位：分钟），得到如下所示的频数分布表，已知所调查的学生
中寒假期间每天课外阅读平均时长均不超过100 分钟．
时长t
[0,20 [20,40 [40,60 [60,80 [80,100
学生人数
50
100
200
125
25
(1)估计这500 名学生寒假期间每天课外阅读平均时长的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代
表）；
(2)若按照分层抽样的方法从本次调查中寒假期间每天课外阅读平均时长在[0,20)和[20,40)的两组中共抽取
6 人进行问卷调查，并从6 人中随机选取2 人进行座谈，求这2 人中至少有一人寒假期间每天课外阅读平均
时长在[0,20)的概率．
【解题思路】（1）利用频率分布表估算平均数即可得解.
（2）求出两个指定区间内的人数，利用列举法求出概率.
【解答过程】（1）依题意，样本中500 名学生寒假期间每天课外阅读平均时长的平均数
t =10× 50
500 +30× 100
500 +50× 200
500 +70× 125
500 +90× 25
500 = 49，
所以估计这500 名学生寒假期间每天课外阅读平均时长的平均数为49．
（2）抽取的6 人中寒假期间每天课外阅读平均时长在[0,20)内有：6× 50
150 =2人，在[20,40)内有4 人，
记[0,20)内的2 人为A，B，记[20,40)内的4 人为a,b,c ,d，
从这6 人中随机选2 人的基本事件有：AB , Aa, Ab, Ac , Ad
Ba,Bb,Bc ,Bd ,ab,ac ,ad ,bc ,bd ,cd，共15 种，
其中至少有一人每天课外阅读平均时长在[0,20)的基本事件有AB , Aa, Ab, Ac , Ad ,Ba,Bb,Bc ,Bd，共
9 种，
设M =“选取的2 人中至少有一人每天课外阅读平均时长在[0,20)”，则P(M )= 9
15 = 3
5．
【变式8-2】（2024·陕西商洛·模拟预测）为了解学生的周末学习时间（单位：小时），高一年级某班班主
任对本班40 名学生某周末的学习时间进行了调查，将所得数据整理绘制出如图所示的频率分布直方图，根
据直方图所提供的信息：
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(1)①求该班学生周末的学习时间不少于20 小时的人数；
②用分层抽样的方法在[20，25)和[25，30]中共抽取6 人成立学习小组，再从该小组派3 人接受检测，求检
测的3 人来自同一区间的概率.
(2)①估计这40 名同学周末学习时间的25%分位数；
②将该班学生周末学习时间从低到高排列，那么估计第10 名同学的学习时长；
【解题思路】（1）利用图形的面积算出对应频率，乘以样本容量40 即可得相应频数；先用分层抽样，再
用超几何分布概率公式即可求出事件的概率；
（2）由百分位数的定义结合频率分布直方图即可求出；利用第10 名就是40 名同学的25%，从而可以利用
第25 百分位数估计其学习时长，
【解答过程】（1）①由图可知，该班学生周末的学习时间不少于20 小时的频率为
(0.03+0.015)×5=0.225，
则40 名学生中周末的学习时间不少于20 小时的人数为40×0.225=9人．
②由图可知，则40 名学生中周末的学习时间在[20,25)的人数为0.03×5×40=6人，
则40 名学生中周末的学习时间在[25,30]的人数为0.015×5×40=3人，
从中用分层抽样抽取6 人，即周末的学习时间在[20,25)的有4 人，周末的学习时间在[25,30]的有2 人，再
从中选派3 人接受检测，
设检测的3 人来自同一区间的事件为A，则P( A)=C4
3
C6
3 = 4
20 = 1
5;
（2）①学习时间在5 小时以下的频率为0.02×5=0.1<0.25，
学习时间在10 小时以下的频率为0.1+0.04×5=0.3>0.25，
所以25%分位数在区间[5,10)内，则5+5× 0.25−0.1
0.2
=8.75，
所以这40 名同学周末学习时间的25%分位数为8.75 小时．
②第10 名是40 名同学的25%，因而问题相当于求25%分位数，也就是估计第10 名同学的学习时长为8.75
小时．
20
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【变式8-3】（2024·宁夏石嘴山·三模）为了庆祝党的二十大胜利召开，培养担当民族复兴的时代新人，某
高中在全校三个年级开展了一次“不负时代，不负韶华，做好社会主义接班人”演讲比赛．共1500 名学生
参与比赛，现从各年级参赛学生中随机抽取200 名学生，并按成绩分为五组：[50,60)，[60,70)，[70,80)，
[80,90)，[90,100]，得到如下频率分布直方图，且第五组中高三学生占3
7 ．
(1)求抽取的200 名学生的平均成绩x（同一组数据用该组区间的中点值代替）；
(2)若在第五组中，按照各年级人数比例采用分层随机抽样的方法抽取7 人，再从中选取2 人组成宣讲组，
在校内进行义务宣讲，求这2 人都是高三学生的概率；
(3)若比赛成绩x>79+ s（s为样本数据的标准差），则认为成绩优秀，试估计参赛的1500 名学生成绩优秀
的人数．
参考公式：s=√∑
i=1
n
(xi−x)
2f i，（f i是第i组的频率），
参考数据：√30≈5.5
【解题思路】（1）由频率分布直方图的平均数的计算公式，即可求解；
（2）根据题意，求得抽到的高三学生的人数，利用列举法求得基本事件的总数，以及所求事件包含的基
本事件的个数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解；
（3）根据题意，利用方差的计算公式，求得s=2√30≈11，结合x>79+ s=90，求得相应的概率，即可求
解.
【解答过程】（1）由频率分布直方图的平均数的计算公式，可得：
x =(55×0.011+65×0.02+75×0.034 +85×0.028+95×0.007)×10=75，
所以抽取的200 名学生的平均成绩x =75．
（2）由于第五组总共要抽取7 人，高三学生占3
7 ，所以抽到的高三学生应该有7× 3
7 =3人，
这7 个人中，不是高三学生设为a,b,c ,d，其中3 个高三学生设为1,2,3，
21
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从7 人中抽取2 人，共有：(a,b),(a,c),(a,d ),(a,1),(a,2),(a,3),(b,c),(b,d ),(b,1),(b,2)，
(b,3),(c ,d),(c ,1),(c ,2),(c ,3),(d ,1),(d ,2),(d ,3),(1,2),(1,3),(2,3)，共有21 种抽法，
其中这2 人都是高三学生为：(1,2),(1,3),(2,3)，共有3 种抽法，
由古典概型得，这2 人都是高三学生的概率为3
21 = 1
7 ．
（3）依题意，由方差的计算公式，可得：
s =√(55−75)
2×0.11+(65−75)
2×0.2+(75−75)
2×0.34 +(85−75)
2×0.28+(95−75)
2×0.07
=√44+20+0+28+28=√120=2√30≈11，
所以优秀的比赛成绩应该x>79+ s=79+11=90，
而比赛成绩在[90,100]的频率为0.007×10=0.07，
因为1500×0.07=105，故参赛的1500 名学生成绩优秀的人数为105 人．
一、单选题
1．（2024·贵州·模拟预测）将除颜色外完全相同的2 个红球和1 个白球随机放入2 个不同的盒子中，每个
盒子中至少放入1 个球，则2 个红球分别放入不同盒子中的概率为（ ）
A．2
3
B．1
2
C．1
3
D．1
4
【解题思路】分析求出所有的基本事件，然后由古典概型的计算公式求解即可.
【解答过程】将除颜色外完全相同的2 个红球和1 个白球随机放入2 个不同的盒子中，
每个盒子中至少放入1 个球，则基本事件有：（红1，白红2），（白，红1 红2），（红2，白红1），
则2 个红球分别放入不同盒子中包含了（红1，白红2），（红2，白红1），
所以由古典概型的公式得概率为：2
3.
故选：A.
2．（2024·陕西西安·一模）将5 个1 和2 个0 随机排成一行，则2 个0 相邻的概率为（ ）
A．2
5
B．3
5
C．5
7
D．2
7
【解题思路】首先将5 个1 和2 个0 随机排成一行，求出总的排放方法，再利用插空法求出2 个0 相邻的排
法，再利用古典概型的概率公式计算即可.
【解答过程】将5 个1 和2 个0 随机排成一行，总的排放方法有C7
2= 7×6
2×1 =21种，
22
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要使2 个0 相邻，利用插空法，5 个1 有6 个位置可以放两个0，
故排放方法有C6
1=6种，
所以所求概率为P= 6
21 = 2
7 ，
故选：D.
3．（2024·上海长宁·一模）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
【解题思路】由题意，根据交事件的运算，结合概率与事件的关系，可得答案.
【解答过程】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.
4．（2024·四川乐山·三模）在区间[−5,10]上任取一个整数m，则使函数f (x)= x
2−2mx−2m存在两个不
同零点的概率为（ ）
A．1
16
B．3
16
C．13
16
D．15
16
【解题思路】利用Δ=(−2m)
2−4×1×(−2m)>0，可求有两个零点的m的范围，进而可求概率.
【解答过程】因为函数f (x)= x
2−2mx −2m存在两个不同零点，
所以f (x)= x
2−2mx −2m=0有两个不同的根，
所以Δ=(−2m)
2−4×1×(−2m)>0，解得m<−2或m>0，
在区间[−5,10]上任取一个整数m，共有16 种取法，
能使使函数f (x)= x
2−2mx −2m存在两个不同零点的取法有13 种，
所以使函数f (x)= x
2−2mx−2m存在两个不同零点的概率为13
16 .
故选：C.
5．（2024·四川内江·三模）口袋中装有质地和大小相同的6 个小球，小球上面分别标有数字1，1，2，2，
3，3，从中任取两个小球，则两个小球上的数字之和大于4 的概率为（ ）
23
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A．1
3
B．2
5
C．3
5
D．1
15
【解题思路】利用列举法列出所有可能结果，再由古典概型的概率公式计算可得.
【解答过程】记两个标有数字1的小球分别为A、a，两个标有数字2的小球分别为B、b，
两个标有数字3的小球分别为C、c，
从中任取两个小球可能结果有Aa，AB，Ab，AC，Ac，aB，ab，aC，
ac，Bb，BC，Bc，bC，bc，Cc共15种情况，
其中满足两个小球上的数字之和大于4的有BC，Bc，bC，bc，Cc共5种情况，
所以两个小球上的数字之和大于4的概率P= 5
15 = 1
3.
故选：A.
6．（23-24 高一下·福建福州·期末）已知数据1，2，3，5，m（m 为整数）的平均数是极差的3
4 倍，从这5
个数中任取2 个不同的数，则这2 个数之和不小于7 的概率为（ ）
A．2
5
B．3
10
C．3
5
D．1
2
【解题思路】通过分类讨论得出m= 4，再由古典概率公式求解．
【解答过程】当m≥5时，11+m
5
= 3
4 (m−1)，得m= 59
11 （舍），
当1<m<5时，11+m
5
= 3
4 (5−1)，得m= 4，
当m≤1时，11+m
5
= 3
4 (5−m)，得m= 31
19（舍），
∴m= 4，
从1，2，3，5，4 中任取2 个数结果:
(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(2,3),(2,4),(2,5),(3,4),(3,5),(4,5)共10 种，
符合题意(2,5),(3,4),(3,5),(4,5)，共4 种，
所以概率为4
10 = 2
5．
故选：A．
7．（23-24 高三上·山东济南·阶段练习）把一个正方体各面上均涂上颜色，并将各棱三等分，然后沿等分
线把正方体切开．若从所得的小正方体中任取一个，恰好抽到2个面有颜色的小正方体的概率为（ ）
A．2
9
B．8
27
C．4
9
D．1
2
24
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【解题思路】根据古典概型概率计算公式求得正确答案.
【解答过程】一共有3×3×3=27个小正方体，
其中2个面有颜色的小正方体有12个，（每条棱上有1个）
所以恰好抽到2个面有颜色的小正方体的概率为12
27 = 4
9 .
故选：C.
8．（2024·北京东城·二模）袋中有5 个大小相同的小球，其中3 个白球，2 个黑球.从袋中随机摸出1 个小
球，观察颜色后放回，同时放入一个与其颜色大小相同的小球，然后再从袋中随机摸出1 个小球，则两次
摸到的小球颜色不同的概率为（ ）
A．1
5
B．2
5
C．3
5
D．4
5
【解题思路】分第一次从袋中摸出1个白球，一次从袋中摸出1个黑球两种情况可求解.
【解答过程】若第一次从袋中摸出1个白球，则放入1个白球，第二次摸出黑球的概率为3
5 × 2
6 = 1
5，
若第一次从袋中摸出1个黑球，则放入1个黑球，第二次摸出白球的概率为2
5 × 3
6 = 1
5，
故两次摸到的小球颜色不同的概率为1
5 + 1
5 = 2
5.
故选：B.
二、多选题
9．（2024·甘肃武威·模拟预测）某公司2023 年的销售额为1000 万元，2023 年四个季度的销售额情况统计
如图所示．
其中第二季度销售额是第一季度销售额的2 倍．则下列说法正确的是（ ）
A．该公司四个季度的销售额先增长再下降
25
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B．从这四个季度中任选两个，则这两个季度的销售额都大于250 万的概率为1
6
C．从这四个季度中任选两个，则这两个季度的销售额的和大于500 万的概率为1
2
D．从这四个季度中任选两个，则这两个季度的销售额差的绝对值小于250 万的概率为1
6
【解题思路】根据题意和饼状图，可求出第一、二、三、四季度销售额，按照试验“任选两个季度的销售
额”列举出所有的基本事件，分别就各选项中的事件，利用古典概型概率公式求解即得.
【解答过程】对于A 项，由题意可得第一、二、三、四季度销售额分别为100 万、200 万、400 万、300 万
元，故A 正确；
对于B 项，任选的两个季度的销售额，可以为(100,200)，(100,300)，(100,400)，(200,300)，(200,400)，
(300,400)，其6 种情况，
这两个季度的销售额均大于250 万的只有(300,400)一种情况，则概率为1
6，故B 正确；
对于C 项，这两个季度销售额的和大于500 万的有(200,400),(300,400)，共2 种情况，故概率为2
6 = 1
3，
即C 错误；
对于D 项，这两个季度销售额差的绝对值小于250 万的有(100,200),(100,300),
(200,300),(200,400),(300,400)共5 种情况，故概率为5
6，即D 错误．
故选：AB.
10．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）一个袋子中有4 个红球，6 个绿球，采用不放回方式从中依次随机取
出2 个球．事件A＝“两次取到的球颜色相同”；事件B＝“第二次取到红球”；事件C＝“第一次取到红
球”．下列说法正确的是（ ）
A．A ⊆B
B．事件B 与事件C 是互斥事件
C．P( AB)= 2
15
D．P(B+C)= 2
3
【解题思路】由已知先列举出事件A，B，C 包含的基本事件，然后结合互斥事件的概念及古典概率公式检
验各选项即可判断.
【解答过程】解：由题意可得，事件A 包含的取球颜色为{(红，红)，(绿，绿)}，
事件B 包含的取球颜色为{(红，红) ，(绿，红)}，事件C 包含的取球颜色为{(红，红) ，(红，绿)}，
则A ⊄B，选项A 错误；
26
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B∩C ≠∅，选项B 错误；
事件AB 包含的取球颜色为{(红，红)}，
P( AB)= 4×3
10×9 = 2
15，选项C 正确；
事件B+C 包含的取球颜色为{(红，红) ，(绿，红)，(红，绿)}，
P(B+C)= 4×3+6×4×2
10×9
= 2
3，选项D 正确.
故选：CD.
11．（2024·广东梅州·一模）如图，从1 开始出发，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，
并且总是向右或右上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如从1 移动到9，
1→2→3→5→7→8→9就是一条移动路线.从1 移动到数字n(n=2,3,⋅⋅⋅,9)的不同路线条数记为rn，
从1 移动到9 的事件中，跳过数字n(n=2,3,⋅⋅⋅,8)的概率记为pn，则下列结论正确的是（ ）
A．r6=8
B．rn+1>rn
C．p5= 9
34
D．p7> p8
【解题思路】画出树状图，结合图形及古典概型逐项分析判断.
【解答过程】画出树状图，结合图形
结合树状图可知：r2=1,r3=2,r4=3,r5=5,r6=8,r7=13,r8=21,r9=34，
对于选项A：可知r6=8，故A 正确；
对于选项B： 均有rn+1>rn，故B 正确；
对于选项C：因为r9=34，不经过数字5 的路线有9 条，所以p5= 9
34 ，故C 正确；
对于选项D：因为p7= 8
34 , p8= 13
34 ，所以p7< p8，故D 错误；
27
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故选：ABC.
三、填空题
12．（2024·重庆·模拟预测）袋中装有9 个除颜色外完全相同的球，其中红色球有3 个，蓝色球有6 个，现
甲、乙，丙三人从中不放回地依次各抽一球，则至少有一人抽到红色球的概率为 16
21 ．
【解题思路】根据对立事件的概率之间的关系，求概率.
【解答过程】记“甲、乙、丙三人都抽到蓝色球”为事件A，“甲、乙、丙三人至少有一人抽到红色球”
为事件B，则事件A ,B为对立事件.
因为P( A )= 6
9 × 5
8 × 4
7 = 5
21，所以P(B)=1−P( A )=1−5
21 = 16
21，即至少有一人抽到红色球的概率为
16
21．
故答案为：16
21.
13．（2024·江苏·模拟预测）某校有4 名同学到三个社区参加新时代文明实践宣传活动，要求每名同学只
去1 个社区，每个社区至少安排1 名同学，则甲、乙2 人被分配到同一个社区的概率为 1
6 ．
【解题思路】先根据捆绑法和分步计数乘法原理求得总分法的种数，再结合古典概型概率公式即可求解.
【解答过程】先将4 名同学中的2 名同学看作一组，选法有C4
2种，另外两组各1 人，分配到三个社区，
则总分法有C4
2 A3
3种，
其中甲、乙2 人被分配到同一个社区的分法有A3
3种，
则甲、乙2 人被分配到同一个社区的概率为P = A3
3
C4
2 A3
3 = 1
6 ．
故答案为：1
6.
14．（2024·四川自贡·二模）《定理汇编》记载了诸多重要的几何定理，其中有一些定理是关于鞋匠刀形
的，即由在同一直线上同侧的三个半圆所围成的图形，其被阿基米德称为鞋匠刀形.如图所示，三个半圆的
圆心分别为O，O1，O2，半径分别为R，r1，r2（其中R>r1>r2），在半圆О 内随机取一点，此点取自图
28
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中鞋匠刀形（阴影部分）的概率为1
4 ，则
r1
r2
= 3+2√2 .
【解题思路】通过计算三个半圆的面积，表示阴影部分的面积，利用几何概型的概率计算公式即可得出答
案.
【解答过程】解：阴影部分面积为：
S =π
2 R
2−π
2 r1
2−π
2 r2
2=π
2 (R
2−r1
2−r2
2)
由图可知：2r1+2r2=2 R，所以r1+r2= R
则S =π
2 [(r1+r2)
2−r1
2−r2
2]=π
2 ⋅2⋅r1⋅r2=πr1r2，
因为在半圆О 内随机取一点，此点取自图中鞋匠刀形（阴影部分）的概率为1
4 ，
所以P =πr1r2
π
2 R
2 =πr1r2
π
2 (r1+r2)
2 =
2r1r2
r1
2+r2
2+2r1r2
= 1
4 ，
8r1r2=r1
2+r2
2+2r1r2，即r1
2+r2
2−6r1r2=0，则(
r1
r2)
2
−6(
r1
r2)+1=0
解得：
r1
r2
= 3±2√2，因为r1>r2，
所以
r1
r2
=3+2√2.
故答案为：3+2√2.
四、解答题
15．（23-24 高二·上海·课堂例题）如图，靶子由一个中心圆面Ⅰ和两个与Ⅰ同心的圆环Ⅱ、Ⅲ构成，射手
命中Ⅰ、Ⅱ及Ⅲ的概率分别为0.35，0.30及0.25．求不命中靶的概率．
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【解题思路】利用概率的加法公式和对立事件的概率公式即可求解.
【解答过程】设射手命中圆面I 为事件A，命中圆环Ⅱ为事件B，命中圆环Ⅲ为事件C，不中靶为事件D，
则P( A )=0.35，P(B)=0.30，P(C )=0.25，且A、B、C两两互斥，
所以射手中靶的概率为P( A ∪B∪C )= P( A )+ P(B)+ P(C )=0.35+0.30+0.25=0.90．
因为中靶和不中靶是对立事件，
所以不命中靶的概率P( D)=1−P( A ∪B∪C )=1−0.90=0.10.
16．（2024·四川成都·模拟预测）《中华人民共和国未成年人保护法》保护未成年人身心健康，保障未成
年人合法权益.我校拟选拔一名学生作为领队，带领我校志愿队上街宣传未成年人保护法.现已从全校选拔
出甲乙两人进行比赛，比赛规则是：准备了
､
5 个问题让选手回答，选手若答对问题，则自己得1 分，该选
手继续作答；若答错问题，则对方得1 分，换另外选手作答.比赛结束时分数多的一方获胜，甲乙能确定
､
胜负时比赛就结束，或5 个问题回答完比赛也结束.已知甲乙答对每个问题的概率都是
､
1
2.竞赛前抽签，甲
获得第一个问题的答题权.
(1)求前三个问题回答结束后乙获胜的概率；
(2)求甲同学连续回答了三次问题且获胜的概率.
【解题思路】（1）列举法列出前三个问题回答的甲乙所有得分情况，利用古典概型即可求解；
（2）分别求出甲同学连续回答了三次问题且获胜的三种情况的概率，再用概率的加法公式求解即可.
【解答过程】（1）设“甲回答问题且得分”为事件A，“甲回答问题但对方得分”为事件A，“乙回答问
题且得分”为事件B，“乙回答问题但对方得分”为事件B.
记“前三个问题回答结束后乙获胜”为事件C.
前三个问题回答的情况有8 种：AAA , AA A , A A B , A A B , A BB , A B B , A B A , A B A，
其中事件C只包含了1 种情况，即A BB，
所以P(C)= P( A BB)= 1
8，
即前三个问题回答结束后乙获胜的概率为1
8.
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（2）记“甲同学连续回答了三次问题且获胜”为事件D.
由（1）可得，P(D)= P( AAA)+ P( AA A B)+ P( AA A B B)= 1
8 + 1
16 + 1
32 = 7
32.
即甲同学连续回答了三次问题且获胜的概率为7
32.
17．（2024·陕西榆林·二模）甲乙参加一次有奖竞猜活动，活动有两个方案
､
.方案一：从装有编号为
1,2,3,4,5,6的6 个小球的箱子内随机抽取2 个小球，若抽取的小球的编号均为偶数，则获奖.方案二：电脑
可以从0∼2内随机生成一个随机的实数，参赛者点击一下即可获得电脑生成的随机数x，若2
x<√2，则获
奖.已知甲选用了方案二参赛，乙选用了方案一参赛.
(1)求甲获奖的概率.
(2)试问甲乙两人谁获奖的概率更大？说明你的理由
､
.
【解题思路】
（1）根据题意，由几何概型的概率计算公式，即可得到结果；
（2）根据题意，计算甲获奖的概率与乙比较，即可得到结果.
【解答过程】（1）由2
x<√2，得x<0.5，
所以由几何概型可知，甲获奖的概率为0.5−0
2−0 = 1
4 .
（2）从装有编号为1,2,3,4,5,6的6 个小球的箱子内随机抽取2 个小球，
所有的抽取情况为(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,4),(3,5),(3,6),(4,5)，
(4,6),(5,6)，共15 种情况，
其中，均为偶数的有3 种，所以乙获奖的概率为3
15 = 1
5.
因为1
4 > 1
5，所以甲获奖的概率更大.
18．（2024·全国·模拟预测）交通拥堵指数是表征交通拥堵程度的客观指标，用TPI 表示，TPI 越大代表拥
堵程度越高.某平台计算TPI 的公式为：TPI= 实际行程时间
畅通行程时间，并按TPI 的大小将城市道路拥堵程度划分
为如下表所示的4 个等级：
TPI
[1,1.5 [1.5,2 [2,4)
不低于4
拥堵等级
畅通
缓行
拥堵
严重拥堵
某市2024 年元旦及其前后共7 天与2023 年同期的交通高峰期城市道路TPI 的统计数据如下图：
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(1)从2024 年元旦及其前后共7 天中任取1 天，求这天交通高峰期城市道路TPI 为“拥堵”的概率；
(2)从2024 年元旦及其前后共7 天中任取2 天，求这2 天中交通高峰期城市道路TPI 都比2023 年同日TPI
低的概率.
【解题思路】（1）应用古典概型计算即可；
（2）应用列举法及古典概型计算即可.
【解答过程】（1）根据统计数据可得2024 年元旦及其前后7 天中，共有3 天交通高峰期城市道路拥堵程
度为“拥堵”，
若7 天中任取1 天，则这天交通高峰期城市道路拥堵程度为“拥堵”的概率为P= 3
7 .
（2）根据统计数据得2024 年元旦及其前后7 天中，交通高峰期城市道路TPI 比2023 年同日TPI 高的天数
共有3 天，记作A，B，C，其余4 天记作a，b，c，d，
从7 天中任取2 天含有的基本事件有AB，AC，Aa，Ab，Ac，Ad，BC，Ba，Bb，Bc，Bd，Ca，Cb，
Cc，Cd，ab，ac，ad，bc，bd，cd，共21 个；
其中都比2023 年同日TPI 低包含的基本事件有ab，ac，ad，bc，bd，cd，共6 个，
故所求概率为6
21 = 2
7 .
19．（2024·陕西商洛·模拟预测）为建立健全国家学生体质健康监测评价机制，激励学生积极参加身体锻
炼，教育部印发了《国家学生体质健康标准》，要求各学校每学年开展覆盖本校各年级学生的《标准》测
试工作，为做好全省的迎检工作.某市在高三年级开展了一次体质健康模拟测试.并从中随机抽取了500 名学
生的数据.根据他们的健康指数绘制了如图所示的频率分布直方图.
32
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(1)估计这500 名学生健康指数的平均数x（同一组数据用该组区间的中点值作代表）；
(2)现从体质健康指数在区间[75,85)和[85,95]内的学生中，用分层抽样法抽取5 人，再从这5 人中随机抽
取3 人填写调查问卷，求这3 人中恰有2 人体质健康指数在区间[75,85)内的概率.
【解题思路】（1）根据频率分布直方图中平均数的计算公式即可求解.
（2）先分层抽样求出区间[75,85)和[85,95]内的抽取的学生人数，再利用列举法求出古典概型的概率即
可.
【解答过程】（1）由频率分布直方图平均数计算公式得
x =50×0.05+60×0.25+70×0.45+80×0.2+90×0.05=69.5.
（2）区间[75,85)和[85,95]内两组学生分别有500×0.2=100人，500×0.05=25人，
故按照分层抽样抽得区间[75,85)内的学生人数为4，分别设为a，b，c，d，
区间[85,95]内的学生人数为1，设为e，
这5 人中选出3 人，所有情况有(a,b,c)，(a,b,d)，(a,b,e)，(a,c ,d)，(a,c ,e)，(a,d ,e)，
(b,c ,d)，(b,c ,e)，(b,d ,e)，(c ,d ,e)，共有10 种情况，
其中选出的恰有2 人体质健康指数在区间[75,85)内有(a,b,e)，(a,c ,e)，(a,d ,e)，(b,c ,e)，
(b,d ,e)，(c ,d ,e)共6 种情况，
故这3 人中恰有2 人体质健康指数在区间[75,85)内的概率为6
10 = 3
5.
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