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《概率》这一章的主要内容就是求随机事件的概率问题. 包括两种基本类型：古典概型和几何概型. 它们的相同点是：①基本事件发生的可能性相等，②求概率公式和求法步骤相似. 不同点是：古典概型要求基本事件的个数有限，而几何概型要求基本事件的个数无限.
一、古典概型
求古典概型的概率基本方法有列举法、列表法，树图法、排除法.
例1 一个盒子里装有完全相同的十个小球，分别标上1，2，3，4，5，6，7，8，9，10这十个数字，现随机地抽取两个小球.
（1）小球是不放回的，求两个小球上的数字为相邻整数的概率.
（2）小球是放回的，求两个小球上的数字为相邻整数的概率.
分析 小球是放回与不放回，基本事件的总数是不同的. 有放回的抽取标号数字可以重复出现，而不放回抽取标号数字不可以重复出现.
解 方法一（列举法）：记事件[A]为“两个小球上的数字为相邻整数”，可能的结果为（1，2），（2，3），（3，4），（4，5），（5，6），(6，7)，(7，8)，(8，9)，（9，10），（2，1），（3，2），（4，3），（5，4），（6，5），（7，6），（8，7），（9，8），（10，9）共18种.
（1）小球是不放回的，可列举出基本事件的总数90种，故[P(A)=1890=15.]
（2）小球是放回的，可列举出基本事件的总数100种，故[P(A)=18100=950.]
方法二（列表法）：
（1）如下表所示，基本事件的总数90种，事件[A]包含基本事件为18种，故[P(A)=1890=15.]
注：打“”表示事件[A]包含基本事件，10×10方格总格数去掉打“×”的为基本事件的总数.
（2）如下表所示，基本事件的总数100种，事件[A]包含基本事件为18种，故
点拨 有放回与不放回对基本事件的总数是有影响的，有放回的抽样必须考虑顺序；不放回的抽样，可以考虑顺序，也可不考虑顺序，但概率公式中的分子和分母必须一致，即分子和分母要么都考虑顺序，要么都不考虑顺序.
例2 甲、乙两人参加法律知识竞答，共有10道不同的题目，其中选择题6道、判断题4道，甲、乙两人依次各抽一题.
（1）甲抽到选择题乙抽到判断题的概率是多少？
（2）甲、乙两人中至少一人抽到选择题的概率是多少？
分析 （1）把10道题目编号，选择题为[x1,x2,x3,x4,x5,x6]，判断题[p1,p2,p3,p4]，若考虑顺序由树图法得基本事件的总数为90，记“甲抽到选择题乙抽到判断题”为事件[A]，则事件[A]包含基本事件的个数为24（若不考虑顺序，则基本事件的总数为45，事件[A]包含基本事件的个数12）.
（2）若从正面入手，则需要分三类，即①甲抽到选择题，乙抽到判断题；②乙抽到选择题，甲抽到判断题；③甲、乙均抽到选择题. 但其对立事件就只有一类，即甲、乙均抽到判断题. 所以从反面入手，利用排除法解比较简单.
解 （1）[P(A)=2490=415] （或[P(A)=1245=415]）.
（2）记“甲、乙均抽到判断题”为事件[B]，由（1）问中列举结果可得[P(B)=1290=215]，
故所求[=1-P(B)=1-215=1315] .
点拨 （1）本题是不放回的抽样问题，考虑顺序和不考虑顺序均可.
（2）正难则反，从正面入手困难的概率问题可以考虑先求对立事件的概率，然后用排除法来解. 像题目中有“至少”“至多”等字眼的问题常用此法.
例3 袋中有12个小球，分别为红球、黑球、黄球、绿球，从中任取一球，得到红球的概率是[13]，得到黑球或黄球的概率是[512]，得到绿球或黄球的概率也是[512]，试求得到黑球、黄球、绿球的概率各是多少？
分析 题目中任取一球“得到红球”“得到黑球”“得到黄球”“得到绿球”这四个事件彼此互斥，可据题意列出这四个事件概率的方程，从而使问题得到解决.
解 从袋中任取一球，记事件“得到红球”“得到黑球”“得到黄球”“得到绿球”分别为[A、
故得到黑球、黄球、绿球的概率分别是[14,16,14].
点拨 本题所求事件较多，可运用方程的思想来解决问题.
二、几何概型
例4 如图所示，在等腰直角三角形[ABC]中，
（1）过直角顶点[C]在[∠ACB]内部作一条射线[CM,]与线段[AB]交于点[M,]求[AM （2）在斜边[AB]上任取一点[M]，求[AM>AC]的概率.
分析 第（1）问[AM]的长度取决于[∠ACM]的度数，故本题是与角度有关的几何概型问题. 而第（2）问点[M]在斜边[AB]上任取，使[AM>AC]的点[M]落点区域为线段[BC′]，它是与长度有关的几何概型问题.
解 （1）在[AB]边上取[AC=AC′]，
则[∠ACC′=180°-45°2=67.5°].
记“在[∠ACB]内部作一条射线[CM]，与线段[AB]交于点[M]，使[AM （2）记“在斜边[AB]上任取一点[M]，使[AM>AC]的概率”为事件[B]，则所有可能结果是线段[AB]，事件[B]包含的结果是线段[BC′]，设[AC=BC=1]，
则[AB=2, BC′=2-1,]
[P(B)=BC′AB=2-12=2-22].
点拨 当涉及射线的转动，扇形中有关落点问题时，常以角的大小作为区域度量来计算概率，切不可用线段长度来代替. 本题第（1）很容易与第（2）问混淆.
例5 甲、乙两艘轮船驶向一个不能同时停泊两艘轮船的码头，它们在一昼夜内任何时刻到达是等可能的.
（1）如果甲，乙两艘轮船的停泊时间都是4小时，求它们中的任何一条船不需要等待码头空出的概率.
（2）如果甲船的停泊时间是4小时，乙船的停泊时间是2小时，求它们中的任何一条船不需要等待码头空出的概率.
分析 （1）因为甲、乙两艘轮船停泊时间都是4小时，所以任何一条船不需要等待码头空出的充要条件是[x-y>4].
（2） 因为甲、乙两艘轮船在码头停泊时间不一样，所以必须要考虑谁先到的问题.
解 （1）设甲、乙两艘轮船到达时间分别是[x、y,]则[0≤x<24,0≤y<24,]由题意[x-y>4]，建立直角坐标系，作出可行域，见图（1），则概率
[P=阴影部分面积正方形面积=2×12×20×2024×24=2536].
（2）若甲先到则[0≤x<24,0≤y<24,y-x>4.] 若乙先到则[0≤x<24,0≤y<24,x-y>2.]作出可行域，见图（2），则概率
[P=阴影部分面积正方形面积=12×20×20+12×22×2224×24=221288.]
点拨 第（1）问甲、乙两艘轮船在码头停泊时间一样，可不考虑谁先到，用[x-y>4]来解决，但第（2）甲、乙两艘轮船在码头停泊时间不一样，必须要考虑谁先到的问题. 本题难点是把[x、y]构造平面内的点（[x,y]），转化为线性规划问题，进而转化为面积型几何概型问题.
一、古典概型
求古典概型的概率基本方法有列举法、列表法，树图法、排除法.
例1 一个盒子里装有完全相同的十个小球，分别标上1，2，3，4，5，6，7，8，9，10这十个数字，现随机地抽取两个小球.
（1）小球是不放回的，求两个小球上的数字为相邻整数的概率.
（2）小球是放回的，求两个小球上的数字为相邻整数的概率.
分析 小球是放回与不放回，基本事件的总数是不同的. 有放回的抽取标号数字可以重复出现，而不放回抽取标号数字不可以重复出现.
解 方法一（列举法）：记事件[A]为“两个小球上的数字为相邻整数”，可能的结果为（1，2），（2，3），（3，4），（4，5），（5，6），(6，7)，(7，8)，(8，9)，（9，10），（2，1），（3，2），（4，3），（5，4），（6，5），（7，6），（8，7），（9，8），（10，9）共18种.
（1）小球是不放回的，可列举出基本事件的总数90种，故[P(A)=1890=15.]
（2）小球是放回的，可列举出基本事件的总数100种，故[P(A)=18100=950.]
方法二（列表法）：
（1）如下表所示，基本事件的总数90种，事件[A]包含基本事件为18种，故[P(A)=1890=15.]
注：打“”表示事件[A]包含基本事件，10×10方格总格数去掉打“×”的为基本事件的总数.
（2）如下表所示，基本事件的总数100种，事件[A]包含基本事件为18种，故
点拨 有放回与不放回对基本事件的总数是有影响的，有放回的抽样必须考虑顺序；不放回的抽样，可以考虑顺序，也可不考虑顺序，但概率公式中的分子和分母必须一致，即分子和分母要么都考虑顺序，要么都不考虑顺序.
例2 甲、乙两人参加法律知识竞答，共有10道不同的题目，其中选择题6道、判断题4道，甲、乙两人依次各抽一题.
（1）甲抽到选择题乙抽到判断题的概率是多少？
（2）甲、乙两人中至少一人抽到选择题的概率是多少？
分析 （1）把10道题目编号，选择题为[x1,x2,x3,x4,x5,x6]，判断题[p1,p2,p3,p4]，若考虑顺序由树图法得基本事件的总数为90，记“甲抽到选择题乙抽到判断题”为事件[A]，则事件[A]包含基本事件的个数为24（若不考虑顺序，则基本事件的总数为45，事件[A]包含基本事件的个数12）.
（2）若从正面入手，则需要分三类，即①甲抽到选择题，乙抽到判断题；②乙抽到选择题，甲抽到判断题；③甲、乙均抽到选择题. 但其对立事件就只有一类，即甲、乙均抽到判断题. 所以从反面入手，利用排除法解比较简单.
解 （1）[P(A)=2490=415] （或[P(A)=1245=415]）.
（2）记“甲、乙均抽到判断题”为事件[B]，由（1）问中列举结果可得[P(B)=1290=215]，
故所求[=1-P(B)=1-215=1315] .
点拨 （1）本题是不放回的抽样问题，考虑顺序和不考虑顺序均可.
（2）正难则反，从正面入手困难的概率问题可以考虑先求对立事件的概率，然后用排除法来解. 像题目中有“至少”“至多”等字眼的问题常用此法.
例3 袋中有12个小球，分别为红球、黑球、黄球、绿球，从中任取一球，得到红球的概率是[13]，得到黑球或黄球的概率是[512]，得到绿球或黄球的概率也是[512]，试求得到黑球、黄球、绿球的概率各是多少？
分析 题目中任取一球“得到红球”“得到黑球”“得到黄球”“得到绿球”这四个事件彼此互斥，可据题意列出这四个事件概率的方程，从而使问题得到解决.
解 从袋中任取一球，记事件“得到红球”“得到黑球”“得到黄球”“得到绿球”分别为[A、
故得到黑球、黄球、绿球的概率分别是[14,16,14].
点拨 本题所求事件较多，可运用方程的思想来解决问题.
二、几何概型
例4 如图所示，在等腰直角三角形[ABC]中，
（1）过直角顶点[C]在[∠ACB]内部作一条射线[CM,]与线段[AB]交于点[M,]求[AM
分析 第（1）问[AM]的长度取决于[∠ACM]的度数，故本题是与角度有关的几何概型问题. 而第（2）问点[M]在斜边[AB]上任取，使[AM>AC]的点[M]落点区域为线段[BC′]，它是与长度有关的几何概型问题.
解 （1）在[AB]边上取[AC=AC′]，
则[∠ACC′=180°-45°2=67.5°].
记“在[∠ACB]内部作一条射线[CM]，与线段[AB]交于点[M]，使[AM
则[AB=2, BC′=2-1,]
[P(B)=BC′AB=2-12=2-22].
点拨 当涉及射线的转动，扇形中有关落点问题时，常以角的大小作为区域度量来计算概率，切不可用线段长度来代替. 本题第（1）很容易与第（2）问混淆.
例5 甲、乙两艘轮船驶向一个不能同时停泊两艘轮船的码头，它们在一昼夜内任何时刻到达是等可能的.
（1）如果甲，乙两艘轮船的停泊时间都是4小时，求它们中的任何一条船不需要等待码头空出的概率.
（2）如果甲船的停泊时间是4小时，乙船的停泊时间是2小时，求它们中的任何一条船不需要等待码头空出的概率.
分析 （1）因为甲、乙两艘轮船停泊时间都是4小时，所以任何一条船不需要等待码头空出的充要条件是[x-y>4].
（2） 因为甲、乙两艘轮船在码头停泊时间不一样，所以必须要考虑谁先到的问题.
解 （1）设甲、乙两艘轮船到达时间分别是[x、y,]则[0≤x<24,0≤y<24,]由题意[x-y>4]，建立直角坐标系，作出可行域，见图（1），则概率
[P=阴影部分面积正方形面积=2×12×20×2024×24=2536].
（2）若甲先到则[0≤x<24,0≤y<24,y-x>4.] 若乙先到则[0≤x<24,0≤y<24,x-y>2.]作出可行域，见图（2），则概率
[P=阴影部分面积正方形面积=12×20×20+12×22×2224×24=221288.]
点拨 第（1）问甲、乙两艘轮船在码头停泊时间一样，可不考虑谁先到，用[x-y>4]来解决，但第（2）甲、乙两艘轮船在码头停泊时间不一样，必须要考虑谁先到的问题. 本题难点是把[x、y]构造平面内的点（[x,y]），转化为线性规划问题，进而转化为面积型几何概型问题.