古典概型与几何概型

§14.3 · 方法技巧🌱 基础篇 →

考频价值

0.41 分/卷近 11 年平均

2/11 年出现年份

0.4 分支撑的下游价值

前置诊断

① 直接前置（需先掌握）概率的定义与性质样本空间与随机事件

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 古典概型 $P (A) = \frac{m}{n}$ 与几何概型 $P (A) = \frac{μ ( A )}{μ ( Ω )}$ 的定义★★ 必会

① 古典概型（等可能概型）：如果试验满足 (i) 有限性，即样本空间只含

n

个样本点；(ii) 等可能性，即每个样本点出现的可能性相同，那么含有

m

个样本点的事件

A

的概率定义为

P (A) = \frac{m}{n} = \frac{A 所含样本点数}{Ω 的样本点总数} .

计数时要用排列组合的方法：加法原理与乘法原理、排列数

A_{n}^{k}

、组合数

(k n)

。这两个条件缺一不可：当样本点无限，或者各样本点并非等可能时，

\frac{m}{n}

就不再成立，例如骰子不均匀时就不能靠数点数来求概率。

② 几何概型：如果试验相当于向可以度量的区域

Ω

（测度

μ

指长度、面积或体积）内均匀地投点，且点落在任一子区域内的可能性只与该区域的测度成正比，而与它的位置和形状无关，那么

P (A) = \frac{μ ( A )}{μ ( Ω )} .

它把计数样本点推广为度量测度，用来处理样本点无限而又等可能的问题。解题分三步：① 选定变量，把试验化为

Ω

中的点，一个随机量取区间的长度，两个随机量取平面区域；② 把事件表示成子区域，并画出图形；③ 计算测度之比。

③ 两者的共同基础都是均匀性，也就是等可能性：古典概型用计数，几何概型用测度，二者都满足概率的三条公理，是公理化概率在等可能情形下的具体实现。必须注意：使用几何概型时一定要说明对哪一个量是均匀的，否则所得的概率不唯一，这就是后面要讲的 Bertrand 悖论。

证明 / 推导

验证古典概型的

\frac{m}{n}

确实是概率，即满足三条公理：非负性是显然的；

P (Ω) = \frac{n}{n} = 1

；互斥事件

A, B

没有公共的样本点，它们的并含有

m_{A} + m_{B}

个样本点，因此

P (A \cup B) = \frac{m _{A} + m _{B}}{n} = P (A) + P (B) .

几何概型也是一样，由测度的非负性、

μ (Ω) / μ (Ω) = 1

以及测度对互不相交的并的可加性，逐条验证即得。

■

举例说明

数三 2007 填空：在区间

(0, 1)

中随机地取两个数，求两数之差的绝对值小于

\frac{1}{2}

的概率。
解：第一步（化为几何模型）：设这两个数为

X, Y

，随机地取就是点

(X, Y)

在单位正方形

Ω = {0 < x < 1, 0 < y < 1}

上均匀分布，

μ (Ω) = 1

，这是二维的几何概型。第二步（画出区域）：事件

A = {∣ x - y ∣ < \frac{1}{2}}

是正方形中夹在两条平行线

y = x \pm \frac{1}{2}

之间的带形区域。

第三步（计算测度）：先算它的对立事件较为简便，

∣ x - y ∣ \geq \frac{1}{2}

所对应的区域是两个直角边长为

\frac{1}{2}

的等腰直角三角形，左上、右下各一个，总面积为

2 \times \frac{1}{2} \times (\frac{1}{2})^{2} = \frac{1}{4}

。于是

P (A) = 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4} .

容易出错之处：如果忘记这样的三角形有两个，只减去一个，就会误得

\frac{7}{8}

。解几何概型的题目时如果不画图，很容易把区域看错。

2. 抽签的公平性：由对称性可知先抽与后抽的概率相同★ 要懂

先抽签与后抽签，哪一个更有利？设有

n

个人依次不放回地从

n

张签（含

1

张中奖签）中各抽一张，那么第 $k$ 个人抽到中奖签的概率都等于 $1/ n$ ，与抽签的先后次序无关。

直观地看，把

n

张签抽出的次序看作一个随机的全排列，中奖签等可能地落在

n

个位置中的任何一个，因而落在第

k

位的概率是

1/ n

。抽签的公平性是古典概型中对称性的典型例子，也说明不放回地抽取时不必真的按次序逐步计算。

证明 / 推导

把

n

张签抽取的结果看作

1 \sim n

号签的一个等可能的全排列，样本点的总数为

n!

。第

k

个人抽到中奖签，就是中奖签排在第

k

位。把中奖签固定在第

k

位（

1

种排法），其余

n - 1

张签在余下的

n - 1

个位置上任意排列（共

(n - 1)!

种），故有利的样本点数为

(n - 1)!

。因此

P (第 k 人中奖) = \frac{( n - 1 )!}{n !} = \frac{1}{n},

与

k

无关。也可以用乘法公式计算：

P = \frac{n - 1}{n} \cdot \frac{n - 2}{n - 1} \dots \frac{n - k + 1}{n - k + 2} \cdot \frac{1}{n - k + 1} = \frac{1}{n}

，逐层约分即得同一结果。

举例说明

5

个人抓阄决定

1

个名额，

1

张有名额，

4

张没有。不论第几个抓，抓到的概率都是

1/5

，先抓的人既不占便宜，也不吃亏。这就是抓阄被认为公平的数学根据。

3. 占位（分房）模型与生日问题

古典概型中有一大类问题，是把

n

个球放进

N

个盒子里，每个球等可能地、各自独立地选定一个盒子，此时样本点的总数为

N^{n}

。常见的问题有：没有空盒，某一个盒中恰好有

k

个球，

n

个球落入不同的盒中，等等，都用排列组合来计算有利的情形数。

其中最著名的是生日问题：

n

个人的生日等可能地落在

365

天中的任何一天，事件至少有两人生日相同的对立事件是

n

个人的生日互不相同，用占位模型即可算出。

证明 / 推导

n

个人的生日互不相同，有利的情形数是从

365

天中有序取

n

个不同的日子，共

365 \cdot 364 \dots (365 - n + 1)

种；而样本点总数为

36 5^{n}

。因此

P (全不同) = \frac{365 \cdot 364 \dots ( 365 - n + 1 )}{36 5 ^{n}} = i = 0 \prod n - 1 (1 - \frac{i}{365}),

P (至少两人同生日) = 1 - i = 0 \prod n - 1 (1 - \frac{i}{365}) .

举例说明

代入

n = 23

：

P (至少两人同生日) \approx 0.507 > \frac{1}{2}

。可见只要有

23

个人，出现生日相同的概率就超过一半，比直观估计的上百人少得多。原因在于可以配成的对数

(2 n)

随

n

按平方增长，

23

个人已经有

(2 23) = 253

对，机会自然很多。这是概率论中与直觉不符的一个著名例子。

拓展 · 考纲外（选读；历年真题从未直接考） 4. 几何概型中随机的含义必须事先指明：Bertrand 悖论

几何概型的前提是均匀分布，但是随机地取一个几何对象，可以有几种同样自然的解释，从而得出不同的答案。这就是著名的 Bertrand 悖论。

问题：在半径为

r

的圆内随机地作一条弦，求它的长度超过内接正三角形边长

3 r

的概率。对随机的三种理解给出三种答案：

① 弦的中点在圆内均匀分布，

\Rightarrow

有利的区域是半径为

r /2

的同心圆盘，

P = \frac{( r /2 ) ^{2}}{r ^{2}} = \frac{1}{4}

；
② 固定弦的一个端点，另一端点在圆周上均匀分布，

\Rightarrow

有利的弧占圆周的

1/3

，

P = \frac{1}{3}

；
③ 弦的方向固定，中点沿直径均匀分布，此时

\Rightarrow P = \frac{1}{2}

。

由此可见，几何概型中的均匀性依赖于对哪一个量作均匀假设，也就是依赖于所取的参数。使用几何概型之前，必须把随机的方式说明清楚，否则问题本身没有确定的含义。

举例说明

上述三个答案

\frac{1}{4}, \frac{1}{3}, \frac{1}{2}

都是正确的，只是所作的假设不同。解题时应当注意：题目通常已经隐含地指明了哪一个量是均匀的，例如在直径上均匀地取中点，或者端点在圆周上均匀分布。认清这个量，再把事件化为该量所在的区域，然后计算测度之比。如果题目本身叙述含糊，答案就不唯一。因此，几何概型比古典概型更需要仔细审题。

拓展 · 考纲外（选读；历年真题从未直接考） 5. 蒲丰投针问题：由几何概型反过来求圆周率

π

在平面上画一族间距为

a

的平行直线，把一根长为

l \leq a

的针随机地投在平面上，求针与其中某一条直线相交的概率。设针的中点到最近一条直线的距离为

x \in [0, a /2]

，针与平行线所成的角为

φ \in [0, π]

，二者相互独立且都服从均匀分布。这是一个二维的几何概型，样本空间是矩形

[0, π] \times [0, a /2]

，它的面积为

π \cdot \frac{a}{2}

。

证明 / 推导

针与线相交

⟺

中点到直线的距离不超过针在垂直方向上投影的一半，即

x \leq \frac{l}{2} sin φ

。有利区域的面积为

S = \int_{0}^{π} \frac{l}{2} sin φ d φ = \frac{l}{2} [- cos φ]_{0}^{π} = \frac{l}{2} \cdot 2 = l .

因此

P (相交) = \frac{S}{π \cdot a /2} = \frac{l}{π a /2} = \frac{2 l}{π a} .

举例说明

取

l = a

，则

P = \frac{2}{π} \approx 0.6366

。反过来，如果投针

N

次，其中相交

m

次，就可以用频率来估计概率，即

\frac{m}{N} \approx \frac{2 l}{π a}

，由此解出

π \approx \frac{2 l N}{a m} .

这是历史上第一个用随机试验来估计常数

π

的例子，也是蒙特卡罗方法的思想来源。

💡 小知识

1777 年，布丰把一根针随机丢向一组等距平行线，用针与线相交的几何概率反解出了圆周率

π

，这就是有名的布丰投针。它是人类第一次用随机实验去估计一个确定的常数，也是今天蒙特卡洛方法的源头。

基础例题

从最基础开始，循序渐进；先独立尝试，再展开完整解答。

例 1 袋中有

3

个红球、

2

个白球，从中一次任取

2

个。求取到的两个球都是红球的概率。难度 1

古典概型： $P = \frac{有利组合数}{总组合数}$ ，用组合数计数。

从

5

个球中任取

2

个，总取法

C_{5}^{2} = 10

种，且每种等可能。
两个都是红球，即从

3

个红球中取

2

个，有

C_{3}^{2} = 3

种。
故

P = \frac{C _{3}^{2}}{C _{5}^{2}} = \frac{3}{10} .

例 2 掷两颗均匀的骰子，观察它们的点数。求点数之和等于

5

的概率。难度 1

关键：把两骰子看成有序对 $(i, j)$ ，样本点才等可能。

两颗骰子的结果记为有序对

(i, j)

，

i, j \in {1, \dots, 6}

，共

6 \times 6 = 36

个等可能样本点。
和为

5

的情形有

(1, 4), (2, 3), (3, 2), (4, 1)

共

4

个。
故

P = \frac{4}{36} = \frac{1}{9} .

（切勿按「和为

2 \sim 12

共

11

种」当等可能，那是错的。）

例 3 向边长为

2

的正方形内均匀随机地投一点，正方形中心为

O

。求所投点到中心

O

的距离小于

1

的概率。难度 2

几何概型： $P = \frac{有利区域面积}{总区域面积}$ 。

样本空间是边长

2

的正方形，面积

μ (Ω) = 2^{2} = 4

。
「到中心距离小于

1

」的点构成以

O

为心、半径

1

的圆盘，它完全落在正方形内，面积

μ (A) = π \cdot 1^{2} = π .

故

P = \frac{μ ( A )}{μ ( Ω )} = \frac{π}{4} .

真题精选

近年原题，先做做看、自动判分，再对照答案、思路与完整解答。

2020 年 · 数三 · 第 22 题 · 解答题 · 11 分

设二维随机变量

(X, Y)

在区域

D = {(x, y) ∣ 0 < y < 1 - x^{2}}

上服从均匀分布，令

Z_{1} = {1, 0, X - Y > 0 X - Y \leq 0 Z_{2} = {1, 0, X + Y > 0 X + Y \leq 0

.（Ⅰ）求二维随机变量

(Z_{1}, Z_{2})

的概率分布；（Ⅱ）求

Z_{1}

与

Z_{2}

的相关系数.

2016 年 · 数三 · 第 14 题 · 填空题 · 4 分

设袋中有红、白、黑球各

1

个，从中有放回地取球，每次取

1

个，直到三种颜色的球都取到时停止，则取球次数恰好为

4

的概率为 ______.

2012 年 · 数三 · 第 7 题 · 选择题 · 4 分

设随机变量

X

与

Y

相互独立，且都服从区间

(0, 1)

上的均匀分布，则

P {X^{2} + Y^{2} \leq 1} =

（　　）。

A $\frac{1}{4}$
B $\frac{1}{2}$
C $\frac{π}{8}$
D $\frac{π}{4}$

随堂练习

先用基础题热身，再按年份从新到旧挑战本知识点的其余真题。

练习 1 · 选择题

掷两颗均匀骰子，则点数之和为

7

的概率为（　）。

A $\frac{1}{6}$
B $\frac{1}{9}$
C $\frac{1}{11}$
D $\frac{5}{36}$

练习 2 · 填空题

袋中有

4

个白球、

3

个黑球，一次任取

2

个，则取到的两球颜色不同的概率为 ____。

练习 3 · 选择题

在区间

[0, 1]

上随机取两个数

x, y

，则

x + y < 1

的概率为（　）。

A $\frac{1}{2}$
B $\frac{1}{4}$
C $\frac{1}{3}$
D $\frac{3}{4}$

练习 4 · 填空题

从

1, 2, \dots, 10

这

10

个数中任取一个，则取到的数能被

3

整除的概率为 ____。

练习 5 · 选择题

在区间

[0, 1]

上随机取两个数

x, y

，则

∣ x - y ∣ < \frac{1}{2}

的概率为（　）。

A $\frac{3}{4}$
B $\frac{1}{4}$
C $\frac{1}{2}$
D $\frac{1}{3}$

练习 6 · 选择题

将

4

个不同的球随机地放入

3

个不同的盒子中（每个盒子可容纳任意多个球），则恰好有一个盒子是空的的概率为（　　）。

A $\frac{14}{27}$
B $\frac{4}{9}$
C $\frac{16}{27}$
D $\frac{2}{3}$

练习 7 · 填空题

设

X, Y

相互独立，且都服从区间

(0, 1)

上的均匀分布。则关于

t

的一元二次方程

t^{2} + X t + Y = 0

有两个不相等的实根的概率为 ____。

练习 8 · 解答题

将

6

名同学（其中包括甲、乙、丙三人）随机地平均分成

3

组，每组

2

人（组与组之间不加区分）。记

A = {甲与乙分在同一组}, B = {甲与丙分在同一组} .

(1) 求样本空间中基本事件的总数，并求

P (A)

；

(2) 求甲、乙、丙三人两两都不在同一组的概率；

(3) 判断

A

与

B

是否相互独立，是否互不相容，并求

P (A \cup B)

。

2007 年 · 数三 · 第 16 题 · 填空题 · 4 分

在区间

(0, 1)

中随机地取两个数，则这两个数之差的绝对值小于

\frac{1}{2}

的概率为 ______.

2000 年 · 数三 · 第 10 题 · 选择题 · 3 分

在电炉上安装了

4

个温控器，其显示温度的误差是随机的。在使用过程中，只要有两个温控器显示的温度不低于临界温度

t_{0}

，电炉就断电。以

E

表示事件「电炉断电」，而

T_{(1)} \leq T_{(2)} \leq T_{(3)} \leq T_{(4)}

为

4

个温控器显示的按递增顺序排列的温度值，则事件

E

等于（　　）

A ${T_{(1)} \geq t_{0}}$ .
B ${T_{(2)} \geq t_{0}}$ .
C ${T_{(3)} \geq t_{0}}$ .
D ${T_{(4)} \geq t_{0}}$ .

1996 年 · 数三 · 第 20 题 · 解答题 · 6 分

考虑一元二次方程

x^{2} + B x + C = 0

，其中

B, C

分别是将一枚骰子接连扔两次先后出现的点数，求该方程有实根的概率

p

和有重根的概率

q

。

古典概型与几何概型

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 古典概型 P(A)=nm​ 与几何概型 P(A)=μ(Ω)μ(A)​ 的定义★★ 必会

2. 抽签的公平性：由对称性可知先抽与后抽的概率相同★ 要懂

3. 占位（分房）模型与生日问题

基础例题

真题精选

随堂练习

1. 古典概型 $P (A) = \frac{m}{n}$ 与几何概型 $P (A) = \frac{μ ( A )}{μ ( Ω )}$ 的定义★★ 必会