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2021版新高考数学（理科）一轮复习教师用书：第11章第4节 古典概型与几何概型
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第四节 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)＝.
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．几何概型的概率公式
P(A)＝.
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)从区间[1，10]内任取一个数，取到1的概率是.( )
(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. B. C. D.
D [一枚硬币连掷2次可能出现(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P＝＝.]
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. B. C. D.
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P＝.]
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. B. C. D.
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P＝＝.]
4．同时掷两个骰子，向上点数不相同的概率为________．
[掷两个骰子一次，向上的点数共6×6＝36(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P＝1－＝.]
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. B. C. D.
(2)(2017·全国卷Ⅱ)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.
(3)(2019·全国卷Ⅰ)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. B. C. D.
(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、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)．
根据古典概型的概率计算公式，得乙获得“手气最佳”的概率P＝＝.
(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＝＝.故选D.
(3)由6个爻组成的重卦种数为26＝64，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C＝＝20.根据古典概型的概率计算公式得，所求概率P＝＝.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)，b＝(2，n)，其中m，n∈{1，2，3，4}，记“a⊥(a－b)”为事件A，则事件A发生的概率为( )
A. B. C. D.
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⊥(a－b)，得m2－2m＋1－n＝0，即n＝(m－1)2，由于m，n∈{1，2，3，4}，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)＝＝.]
2．用1，2，3，4，5组成无重复数字的五位数，若用a1，a2，a3，a4，a5分别表示五位数的万位、千位、百位、十位、个位，则出现a1＜a2＜a3＞a4＞a5特征的五位数的概率为________．
[1，2，3，4，5可组成A＝120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CC＝6个，故出现a1＜a2＜a3＞a4＞a5特征的五位数的概率为＝.]
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. B. C. D.
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C种放法，甲盒中恰好有3个小球有C种放法，结合古典概型的概率计算公式得所求概率为＝.故选C.]
2．已知a∈{0，1，2}，b∈{－1，1，3，5}，则函数f(x)＝ax2－2bx在区间(1，＋∞)上为增函数的概率是( )
A. B. C. D.
A [∵a∈{0，1，2}，b∈{－1，1，3，5}，
∴基本事件总数n＝3×4＝12.
函数f(x)＝ax2－2bx在区间(1，＋∞)上为增函数，
①当a＝0时，f(x)＝－2bx，符合条件的只有(0，－1)，即a＝0，b＝－1；
②当a≠0时，需要满足≤1，符合条件的有(1，－1)，(1，1)，(2，－1)，(2，1)，共4种．
∴函数f(x)＝ax2－2bx在区间(1，＋∞)上为增函数的概率是P＝.]
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：
(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
○
○
×
×
×
○
(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6∶9∶10，
由于采用分层抽样的方法从中抽取25位员工，因此应从老、中、青员工中分别抽取6人，9人，10人．
(2)(ⅰ)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，E}，{C，F}，{D，E}，{D，F}，{E，F}，共15种．
(ⅱ)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)＝.
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、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
x＝＝12.
(2)样本中优秀服务网点有2个，概率为＝，由此估计这90个服务网点中优秀服务网点有90×＝30(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，
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)＝.
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)＝＝.
(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，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)＝.
故这2人获得相等优惠金额的概率为.
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”的不同，解题的关键是构建事件的区域(长度或角度)．
在等腰Rt△ABC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|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|＝|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|)＝＝＝.
(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|)＝＝＝.
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. B. C. D.
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，
得所求概率P＝＝，故选B.]
2.如图，四边形ABCD为矩形，AB＝，BC＝1，以A为圆心，1为半径作四分之一个圆弧，在∠DAB内任作射线AP，则射线AP与线段BC有公共点的概率为________．
[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＝＝.]
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Ⅱ)从区间[0，1]随机抽取2n个数x1，x2，…，xn，y1，y2，…，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π的近似值为( )
A. B.
C. D.
(2)(2019·太原联考)甲、乙二人约定7：10在某处会面，甲在7：00～7：20内某一时刻随机到达，乙在7：05～7：20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. B. C. D.
(3)(2018·全国卷Ⅰ)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ABC的斜边BC，直角边AB，AC.△ABC的三边所围成的区域记为Ⅰ，黑色部分记为Ⅱ，其余部分记为Ⅲ.在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为p1，p2，p3，则( )
A．p1＝p2 B．p1＝p3
C．p2＝p3 D．p1＝p2＋p3
(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＝，即＝，所以π＝.
(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其构成的区域为如图阴影部分，则所求的概率P＝＝.
(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Ⅰ的面积即△ABC的面积，为S1＝bc，区域Ⅱ的面积S2＝π×＋π×－＝π(c2＋b2－a2)＋bc＝bc，所以S1＝S2，由几何概型的知识知p1＝p2，故选A.]
(1)求解由两个量决定的概率问题时，通过建立坐标系，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( )
A．7.68 B．8.68
C．16.32 D．17.32
C [由随机模拟的思想方法，可得黄豆落在椭圆内的概率为＝0.68.由几何概型的概率计算公式，可得＝0.68，而S矩形＝6×4＝24，则S椭圆＝0.68×24＝16.32.]
2．已知实数m∈[0，1]，n∈[0，2]，则关于x的一元二次方程4x2＋4mx－n2＋2n＝0有实数根的概率是( )
A．1－ B.
C. D.－1
A [方程有实数根，即Δ＝16m2－16(－n2＋2n)≥0，m2＋n2－2n≥0，m2＋(n－1)2≥1，画出图形如图所示，长方形面积为2，半圆的面积为，故概率为＝1－.]
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求．
已知在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是正方形，PA＝AB＝2，现在该四棱锥内部或表面任取一点O，则四棱锥OABCD的体积不小于的概率为________．
[当四棱锥OABCD的体积为时，设O到平面ABCD的距离为h，则×22×h＝，解得h＝.
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.
因为PA⊥底面ABCD，且PA＝2，所以＝，
所以四棱锥OABCD的体积不小于的概率P＝＝＝＝.]
求解本题的关键是找到四棱锥OABCD的体积为时的点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. B. C. D.
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分钟到小李家，则所有结果构成的区域为{(x，y)|0≤x≤60，30≤y≤60}，这是一个矩形区域，y－x＞10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)，由可得即A(50，60)，由可得即B(20，30)，所以由几何概型的概率计算公式可知P(M)＝＝，故选D.]
2．已知正三棱锥SABC的底面边长为4，高为3，在正三棱锥内任取一点P，使得VPABC＜VSABC的概率是( )
A. B. C. D.
A [由题意知，当点P在三棱锥的中截面A′B′C′以下时，满足VPABC
[“取出1升水，其中含有病毒”这一事件记作事件A，则P(A)＝＝.从而所求的概率为.]
2．在一个球内有一棱长为1的内接正方体，一动点在球内运动，则此点落在正方体内部的概率为( )
A. B.π
C. D.
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V1＝1，球的直径是正方体的体对角线长，故球的半径R＝，球的体积V2＝π×＝π，
则此点落在正方体内部的概率P＝＝.]
课外素养提升⑨ 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，提升数学核心素养.
以古代文化经典为素材
【例1】 (2017·全国卷Ⅰ)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. B. C. D.
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＝S圆＝，所以由几何概型知，所求概率P＝＝＝.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π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π的近似值为( )
图1 图2
A. B. C. D.
A [圆形钱币的半径为2 cm，面积为S圆＝π·22＝4π；正方形边长为1 cm，面积为S正方形＝12＝1.在圆形内随机取一点，此点取自黑色部分的概率是p＝＝1－，则π＝.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. B. C. D.
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＝，故选A.]
【例2】 中国古代四大艺术，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，都是白子的概率是，则从中任意取出2粒恰好是同一色的概率是( )
A. B. C. D．1
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C＝A＋B，且事件A与B互斥．
所以P(C)＝P(A)＋P(B)＝＋＝.即任意取出2粒恰好是同一色的概率为.]
[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. B. C. D.
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.]
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. B. C. D.
C [基本事件总数n＝A＝720，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：AA＝72种排法，第二节是数，有：A－CACA＝84种排法，∴m＝72＋84＝156，
则满足“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须分开安排的概率p＝＝＝.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( )
A. B. C. D.
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，总共有C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C＝84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：＝，故选A.]
以数学家为素材
【例3】 (2018·全国卷Ⅱ)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30＝7＋23.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. B. C. D.
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C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P＝＝，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( )
A. B. C. D.
B [a＝3，b＝4，由题意得c＝5，因为大正方形的边长为a＋b＝3＋4＝7，小正方形的边长为c＝5，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1－＝.故选B.]
2．费马素数是法国大数学家费马命名的，形如22n＋1的素数(如：220＋1＝3)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. B. C. D.
B [在不超过30的正偶数中随机选取一数，基本事件总数n＝15，能表示为两个不同费马素数的和的只有8＝3＋5，20＝3＋17，22＝5＋17，共有3个．
则它能表示为两个不同费马素数的和的概率是P＝＝.]
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. B. C. D.
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.]
[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“3＋1＋2”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. B. C. D.
B [由题意可知总共情况为CC＝12，满足情况为C＝3，∴该同学选到物理、地理两门功课的概率为P＝＝.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( )
A．0.3 B．0.4 C．0.6 D．0.7
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C＝10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2C＋C＝7.由古典概型概率公式可得P(A)＝＝＝0.7.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________．
[由于知识竞赛有五个板块，所以共有C＝10种结果，某参赛队从中任选2个主题作答，选中的结果为C＝4种，则“中华诗词”主题被选中的概率为P(A)＝.]
[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)＝.
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．几何概型的概率公式
P(A)＝.
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)从区间[1，10]内任取一个数，取到1的概率是.( )
(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. B. C. D.
D [一枚硬币连掷2次可能出现(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P＝＝.]
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. B. C. D.
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P＝.]
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. B. C. D.
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P＝＝.]
4．同时掷两个骰子，向上点数不相同的概率为________．
[掷两个骰子一次，向上的点数共6×6＝36(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P＝1－＝.]
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. B. C. D.
(2)(2017·全国卷Ⅱ)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.
(3)(2019·全国卷Ⅰ)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. B. C. D.
(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、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)．
根据古典概型的概率计算公式，得乙获得“手气最佳”的概率P＝＝.
(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＝＝.故选D.
(3)由6个爻组成的重卦种数为26＝64，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C＝＝20.根据古典概型的概率计算公式得，所求概率P＝＝.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)，b＝(2，n)，其中m，n∈{1，2，3，4}，记“a⊥(a－b)”为事件A，则事件A发生的概率为( )
A. B. C. D.
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⊥(a－b)，得m2－2m＋1－n＝0，即n＝(m－1)2，由于m，n∈{1，2，3，4}，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)＝＝.]
2．用1，2，3，4，5组成无重复数字的五位数，若用a1，a2，a3，a4，a5分别表示五位数的万位、千位、百位、十位、个位，则出现a1＜a2＜a3＞a4＞a5特征的五位数的概率为________．
[1，2，3，4，5可组成A＝120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CC＝6个，故出现a1＜a2＜a3＞a4＞a5特征的五位数的概率为＝.]
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. B. C. D.
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C种放法，甲盒中恰好有3个小球有C种放法，结合古典概型的概率计算公式得所求概率为＝.故选C.]
2．已知a∈{0，1，2}，b∈{－1，1，3，5}，则函数f(x)＝ax2－2bx在区间(1，＋∞)上为增函数的概率是( )
A. B. C. D.
A [∵a∈{0，1，2}，b∈{－1，1，3，5}，
∴基本事件总数n＝3×4＝12.
函数f(x)＝ax2－2bx在区间(1，＋∞)上为增函数，
①当a＝0时，f(x)＝－2bx，符合条件的只有(0，－1)，即a＝0，b＝－1；
②当a≠0时，需要满足≤1，符合条件的有(1，－1)，(1，1)，(2，－1)，(2，1)，共4种．
∴函数f(x)＝ax2－2bx在区间(1，＋∞)上为增函数的概率是P＝.]
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：
(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
○
○
×
×
×
○
(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6∶9∶10，
由于采用分层抽样的方法从中抽取25位员工，因此应从老、中、青员工中分别抽取6人，9人，10人．
(2)(ⅰ)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，E}，{C，F}，{D，E}，{D，F}，{E，F}，共15种．
(ⅱ)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)＝.
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、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
x＝＝12.
(2)样本中优秀服务网点有2个，概率为＝，由此估计这90个服务网点中优秀服务网点有90×＝30(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，
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)＝.
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)＝＝.
(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，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)＝.
故这2人获得相等优惠金额的概率为.
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”的不同，解题的关键是构建事件的区域(长度或角度)．
在等腰Rt△ABC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|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|＝|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|)＝＝＝.
(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|)＝＝＝.
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. B. C. D.
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，
得所求概率P＝＝，故选B.]
2.如图，四边形ABCD为矩形，AB＝，BC＝1，以A为圆心，1为半径作四分之一个圆弧，在∠DAB内任作射线AP，则射线AP与线段BC有公共点的概率为________．
[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＝＝.]
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Ⅱ)从区间[0，1]随机抽取2n个数x1，x2，…，xn，y1，y2，…，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π的近似值为( )
A. B.
C. D.
(2)(2019·太原联考)甲、乙二人约定7：10在某处会面，甲在7：00～7：20内某一时刻随机到达，乙在7：05～7：20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. B. C. D.
(3)(2018·全国卷Ⅰ)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ABC的斜边BC，直角边AB，AC.△ABC的三边所围成的区域记为Ⅰ，黑色部分记为Ⅱ，其余部分记为Ⅲ.在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为p1，p2，p3，则( )
A．p1＝p2 B．p1＝p3
C．p2＝p3 D．p1＝p2＋p3
(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＝，即＝，所以π＝.
(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其构成的区域为如图阴影部分，则所求的概率P＝＝.
(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Ⅰ的面积即△ABC的面积，为S1＝bc，区域Ⅱ的面积S2＝π×＋π×－＝π(c2＋b2－a2)＋bc＝bc，所以S1＝S2，由几何概型的知识知p1＝p2，故选A.]
(1)求解由两个量决定的概率问题时，通过建立坐标系，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( )
A．7.68 B．8.68
C．16.32 D．17.32
C [由随机模拟的思想方法，可得黄豆落在椭圆内的概率为＝0.68.由几何概型的概率计算公式，可得＝0.68，而S矩形＝6×4＝24，则S椭圆＝0.68×24＝16.32.]
2．已知实数m∈[0，1]，n∈[0，2]，则关于x的一元二次方程4x2＋4mx－n2＋2n＝0有实数根的概率是( )
A．1－ B.
C. D.－1
A [方程有实数根，即Δ＝16m2－16(－n2＋2n)≥0，m2＋n2－2n≥0，m2＋(n－1)2≥1，画出图形如图所示，长方形面积为2，半圆的面积为，故概率为＝1－.]
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求．
已知在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是正方形，PA＝AB＝2，现在该四棱锥内部或表面任取一点O，则四棱锥OABCD的体积不小于的概率为________．
[当四棱锥OABCD的体积为时，设O到平面ABCD的距离为h，则×22×h＝，解得h＝.
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.
因为PA⊥底面ABCD，且PA＝2，所以＝，
所以四棱锥OABCD的体积不小于的概率P＝＝＝＝.]
求解本题的关键是找到四棱锥OABCD的体积为时的点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. B. C. D.
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分钟到小李家，则所有结果构成的区域为{(x，y)|0≤x≤60，30≤y≤60}，这是一个矩形区域，y－x＞10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)，由可得即A(50，60)，由可得即B(20，30)，所以由几何概型的概率计算公式可知P(M)＝＝，故选D.]
2．已知正三棱锥SABC的底面边长为4，高为3，在正三棱锥内任取一点P，使得VPABC＜VSABC的概率是( )
A. B. C. D.
A [由题意知，当点P在三棱锥的中截面A′B′C′以下时，满足VPABC
[“取出1升水，其中含有病毒”这一事件记作事件A，则P(A)＝＝.从而所求的概率为.]
2．在一个球内有一棱长为1的内接正方体，一动点在球内运动，则此点落在正方体内部的概率为( )
A. B.π
C. D.
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V1＝1，球的直径是正方体的体对角线长，故球的半径R＝，球的体积V2＝π×＝π，
则此点落在正方体内部的概率P＝＝.]
课外素养提升⑨ 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，提升数学核心素养.
以古代文化经典为素材
【例1】 (2017·全国卷Ⅰ)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. B. C. D.
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＝S圆＝，所以由几何概型知，所求概率P＝＝＝.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π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π的近似值为( )
图1 图2
A. B. C. D.
A [圆形钱币的半径为2 cm，面积为S圆＝π·22＝4π；正方形边长为1 cm，面积为S正方形＝12＝1.在圆形内随机取一点，此点取自黑色部分的概率是p＝＝1－，则π＝.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. B. C. D.
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＝，故选A.]
【例2】 中国古代四大艺术，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，都是白子的概率是，则从中任意取出2粒恰好是同一色的概率是( )
A. B. C. D．1
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C＝A＋B，且事件A与B互斥．
所以P(C)＝P(A)＋P(B)＝＋＝.即任意取出2粒恰好是同一色的概率为.]
[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. B. C. D.
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.]
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. B. C. D.
C [基本事件总数n＝A＝720，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：AA＝72种排法，第二节是数，有：A－CACA＝84种排法，∴m＝72＋84＝156，
则满足“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须分开安排的概率p＝＝＝.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( )
A. B. C. D.
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，总共有C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C＝84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：＝，故选A.]
以数学家为素材
【例3】 (2018·全国卷Ⅱ)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30＝7＋23.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. B. C. D.
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C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P＝＝，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( )
A. B. C. D.
B [a＝3，b＝4，由题意得c＝5，因为大正方形的边长为a＋b＝3＋4＝7，小正方形的边长为c＝5，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1－＝.故选B.]
2．费马素数是法国大数学家费马命名的，形如22n＋1的素数(如：220＋1＝3)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. B. C. D.
B [在不超过30的正偶数中随机选取一数，基本事件总数n＝15，能表示为两个不同费马素数的和的只有8＝3＋5，20＝3＋17，22＝5＋17，共有3个．
则它能表示为两个不同费马素数的和的概率是P＝＝.]
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. B. C. D.
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.]
[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“3＋1＋2”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. B. C. D.
B [由题意可知总共情况为CC＝12，满足情况为C＝3，∴该同学选到物理、地理两门功课的概率为P＝＝.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( )
A．0.3 B．0.4 C．0.6 D．0.7
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C＝10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2C＋C＝7.由古典概型概率公式可得P(A)＝＝＝0.7.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________．
[由于知识竞赛有五个板块，所以共有C＝10种结果，某参赛队从中任选2个主题作答，选中的结果为C＝4种，则“中华诗词”主题被选中的概率为P(A)＝.]
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