1、第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理最新考纲1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理；2.会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.知 识 梳 理1.分类加法计数原理完成一件事有两类不同的方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有Nmn种不同的方法.2.分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有Nmn种不同的方法.3.分类加法和分步乘法计数原理，区别在于：分类加法计数原理针对“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步
2、乘法计数原理针对“分步”问题，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事.诊 断 自 测1.判断正误(在括号内打“”或“”)(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同.()(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事.()(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的.()(4)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事.()解析分类加法计数原理，每类方案中的方法都是不同的，每一种方法都能完成这件事；分步乘法计数原理，每步的方法都是不同的，每步的方法只能完成这一步，不能完成这件事，所以(1)，(
3、4)均不正确.答案(1)(2)(3)(4)2.从3名女同学和2名男同学中选1人主持主题班会，则不同的选法种数为()A.6 B.5 C.3 D.2解析5个人中每一个都可主持，所以共有5种选法.答案B3.(选修23P28B2改编)现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有()A.24种 B.30种C.36种 D.48种解析需要先给C块着色，有4种结果；再给A块着色，有3种结果；再给B块着色，有2种结果；最后给D块着色，有2种结果，由分步乘法计数原理知共有432248(种).答案D4.5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中一
4、个小组，则不同的报名方法有_种(用数字作答).解析每位同学都有2种报名方法，因此，可分五步安排5名同学报名，由分步乘法计数原理，总的报名方法共2222232(种).答案325.已知某公园有5个门，从任一门进，另一门出，则不同的走法的种数为_(用数字作答).解析分两步，第一步选一个门进有5种方法，第二步再选一个门出有4种方法，所以共有5420种走法.答案206.(2015广东卷改编)某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，那么全班共写了毕业留言_条；若每两个同学互通一次电话，那么共通_次电话(均用数字作答).解析第1位同学给余下的39位同学各写一条留言，共39条留言；依次下
5、去，第40位同学给余下的39位同学各写一条留言，共39条留言，故全班共写了40391 560条毕业留言.显然互通一次电话的次数为1 560780.答案1 560780考点一分类加法计数原理【例1】 (1)三个人踢毽，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽又被踢回给甲，则不同的传递方式共有()A.4种 B.6种 C.10种 D.16种(2)(2017温州十校联考)满足a，b1，0，1，2，且关于x的方程ax22xb0有实数解的有序数对(a，b)的个数为()A.14 B.13 C.12 D.10解析(1)分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件有3种方法(如图)，同理，甲先传给丙时
6、，满足条件有3种踢法.由分类加法计数原理，共有336种传递方法.(2)当a0，有x，b1，0，1，2有4种可能；当a0时，则44ab0，ab1，()若a1时，b1，0，1，2有4种不同的选法；()若a1时，b1，0，1有3种可能；()若a2时，b1，0，有2种可能.有序数对(a，b)共有443213(个).答案(1)B(2)B规律方法分类标准是运用分类加法计数原理的难点所在，应抓住题目中的关键词、关键元素、关键位置.(1)根据题目特点恰当选择一个分类标准.(2)分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法，不能重复.(3)分类时除了不能交叉重
7、复外，还不能有遗漏，如本例(2)中易漏a0这一类.【训练1】 (1)如图，从A到O有_种不同的走法(不重复过一点).(2)若椭圆1的焦点在y轴上，且m1，2，3，4，5，n1，2，3，4，5，6，7，则这样的椭圆的个数为_(用数字作答).解析(1)分3类：第一类，直接由A到O，有1种走法；第二类，中间过一个点，有ABO和ACO共2种不同的走法；第三类，中间过两个点，有ABCO和ACBO共2种不同的走法，由分类加法计数原理可得共有1225种不同的走法.(2)当m1时，n2，3，4，5，6，7共6个当m2时，n3，4，5，6，7共5个；当m3时，n4，5，6，7共4个；当m4时，n5，6，7共3个
8、；当m5时，n6，7共2个，故共有6543220个.答案(1)5(2)20考点二分步乘法计数原理【例2】 (1)(2017郑州二模)教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的走法有()A.10种 B.25种 C.52种 D.24种(2)定义集合A与B的运算A*B如下：A*B(x，y)|xA，yB，若Aa，b，c，Ba，c，d，e，则集合A*B的元素个数为_(用数字作答).解析(1)每相邻的两层之间各有2种走法，共分4步.由分步乘法计数原理，共有24种不同的走法.(2)显然(a，a)，(a，c)等均为A*B中的关系，确定A*B中的元素是A中取一个元素来确定x，B中取一个元素来确定y，由分
9、步计数原理可知A*B中有3412个元素.答案(1)D(2)12规律方法(1)在第(1)题中，易误认为分5步完成，错选B.(2)利用分步乘法计数原理应注意：要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的.各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这件事.【训练2】 (1)把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有()A.24种 B.4种 C.43种 D.34种(2)设集合A1，0，1，B0，1，2，3，定义A*B(x，y)|xAB，yAB，则A*B中元素的个数为_(用数字作答).解析(1)第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱中也有4种投法；第3封信投到信箱中也有4种投法.
10、由分步乘法计数原理可得共有43种方法.(2)易知AB0，1，AB1，0，1，2，3，x有两种取法，y有5种取法.由分步乘法计数原理，A*B的元素有2510(个).答案(1)C(2)10考点三两个计数原理的综合应用【例3】 (1)(2015四川卷)用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有()A.144个 B.120个 C.96个 D.72个(2)(2017杭州七校联考)如图所示，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数为_(用数字作答).解析(1)由题意，首位数字只能是
11、4，5，若万位是5，则有3A72(个)；若万位是4，则有2A个48(个)，故比40 000大的偶数共有7248120(个).选B.(2)按区域1与3是否同色分类：区域1与3同色：先涂区域1与3有4种方法，再涂区域2，4，5(还有3种颜色)有A种方法.区域1与3涂同色，共有4A24种方法.区域1与3不同色：先涂区域1与3有A种方法，第二步涂区域2有2种涂色方法，第三步涂区域4只有一种方法，第四步涂区域5有3种方法.这时共有A21372种方法.由分类加法计数原理， 不同的涂色种数为247296.答案(1)B(2)96规律方法(1)注意在综合应用两个原理解决问题时，一般是先分类再分步.在分步时可能又
12、用到分类加法计数原理.注意对于较复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当地列出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化.(2)解决涂色问题，可按颜色的种数分类，也可按不同的区域分步完成.第(2)题中，相邻区域不同色，是按区域1与3是否同色分类处理.【训练3】 (1)如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1a3，则称这样的三位数为凸数(如120，343，275等)，那么所有凸数的个数为()A.240 B.204 C.729 D.920(2)从一架钢琴挑出的十个音键中，分别选择3个，4个，5个，10个键同时按下，可发出和声，若有一个音键不同，则发出不同的和声，则这样的不同的和声数为_(用数字作答).
13、解析(1)若a22，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0“凸数”为120与121，共2个.若a23，则“凸数”有236(个).若a24，满足条件的“凸数”有3412(个)，若a29，满足条件的“凸数”有8972(个).所有凸数有26122030425672240(个).(2)由题意知本题是一个分类计数问题，共有8种不同的类型，当有3个键同时按下，有C种结果，当有4个键同时按下，有C种结果，以此类推，根据分类加法计数原理得到共有CCCCCCCC(CCC)210(11045)968.答案(1)A(2)9681.应用两个计数原理的难点在于明确分类还是分步.在处理具体的应用问题时，首先必须弄清楚“分
14、类”与“分步”的具体标准是什么.选择合理的标准处理事情，可以避免计数的重复或遗漏.2.(1)分类要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数.(2)分步要做到“步骤完整”，完成了所有步骤，恰好完成任务，当然步与步之间要相互独立，分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数.3.混合问题一般是先分类再分步.4.要恰当画出示意图或树状图，使问题的分析更直观、清楚，便于探索规律.1.切实理解“完成一件事”的含义，以确定需要分类还是需要分步进行.2.分类的关键在于要做到“不重不漏”，分步的关键在于要正确设计分步的程序
15、，即合理分类，准确分步.3.确定题目中是否有特殊条件限制.基础巩固题组(建议用时：25分钟)一、选择题1.从集合0，1，2，3，4，5，6中任取两个互不相等的数a，b组成复数abi，其中虚数有()A.30个 B.42个 C.36个 D.35个解析abi为虚数，b0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6636个虚数.答案C2.某校举行乒乓球赛，采用单淘汰制，要从20名选手中决出冠军，应进行比赛的场数为()A.18 B.19 C.20 D.21解析因为每一场比赛都有一名选手被淘汰，即一场比赛对应一个失败者，要决出冠军，就要淘汰19名选手，故应进行19场比赛.答案B3.(20
16、17舟山市质检)有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的裙子，另有2套不同样式的连衣裙.“五一”节需选择一套服装参加歌舞演出，则有几种不同的选择方式()A.24 B.14 C.10 D.9解析第一类：一件衬衣，一件裙子搭配一套服装有4312种方式，第二类：选2套连衣裙中的一套服装有2种选法.由分类加法计数原理，共有12214(种)选择方式.答案B4.集合Px，1，Qy，1，2，其中x，y1，2，3，9，且PQ.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是()A.9 B.14 C.15 D.21解析当x2时，xy，点的个数为177(个).当x2时，由PQ，xy.x可从
17、3，4，5，6，7，8，9中取，有7种方法.因此满足条件的点共有7714(个).答案B5.用10元、5元和1元来支付20元钱的书款，不同的支付方法的种数为()A.3 B.5 C.9 D.12解析只用一种币值有2张10元，4张5元，20张1元，共3种；用两种币值的有1张10元，2张5元；1张10元，10张1元；3张5元，5张1元；2张5元，10张1元；1张5元，15张1元，共5种；用三种币值的有1张10元，1张5元，5张1元，共1种.由分类加法计数原理得，共有3519(种).答案C6.从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为()A.24 B.18
18、C.12 D.6解析从0，2中选一个数字0，则0只能排在十位，从3，5，7中选两个数字排在个位与百位，共有CA6种；从0，2中选一个数字2，则2排在十位，从3，5，7中选两个数字排在个位与百位，共有CA6种；2排在百位，从3，5，7中选两个数字排在个位与十位，共有CA6种；由分类加法计数原理可知共有66618种.答案B7.从集合1，2，3，4，10中，选出5个数组成子集，使得这5个数中任意两个数的和都不等于11，则这样的子集有()A.32个 B.34个 C.36个 D.38个解析将和等于11的放在一组：1和10，2和9，3和8，4和7，5和6.从每一小组中取一个，有C2种，共有2222232个
19、.故选A.答案A8.(2016全国卷)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为()A.24 B.18 C.12 D.9解析由题意可知EF共有6种走法，FG共有3种走法，由乘法计数原理知，共有6318种走法，故选B.答案B二、填空题9.(2016西安质检)如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫作“好数”，那么在由1，2，3，4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有_个(用数字作答).解析当相同的数字不是1时，有C个；当相同的数字是1时，共有CC个，由分类加法计数原理知共有“好数”CCC12
20、(个).答案1210.如图所示，在连结正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有_个(用数字作答).解析把与正八边形有公共边的三角形分为两类：第一类，有一条公共边的三角形共有8432(个).第二类，有两条公共边的三角形共有8个.由分类加法计数原理知，共有32840(个).答案4011.(2016长沙二模)将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有_种.解析先排第一列，由于每列的字母互不相同，因此共有A种不同排法.再排第二列，其中第二列第一行的字母共有2种不同的排法，第二列第二、三行的字母只有1种排法.因此共有
21、A2112(种)不同的排列方法.答案1212.从1，0，1，2这4个数中任选3个不同的数作为函数yax2bxc的系数，则可组成不同的二次函数共有_个，其中不同的偶函数共有_个(用数字作答).解析a，b，c的一组不同的取值对应着一个不同的二次函数.第1步，确定a(a0)的值，有3种方法；第2步，确定b的值，有3种方法(这时，b可取0)；第3步，确定c的值，有2种方法.故可组成33218个不同的二次函数.若二次函数为偶函数，则b0，这时只需确定a，c的值，分两步完成，共有326个不同的偶函数.答案18613.有六名同学报名参加三个智力竞赛项目(不一定六名同学都能参加)，(1)每人恰好参加一项，每项
22、人数不限，则有_种不同的报名方法；(2)每项限报一人，且每人至多参加一项，则有_种不同的报名方法；(3)每项限报一人，但每人参加的项目不限，则有_种不同的报名方法(用数字作答).解析(1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同选法，由分步乘法计数原理，知共有报名方法36729(种).(2)每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目只有4种选法，由分步乘法计数原理，得共有报名方法654120(种).(3)由于每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，由分步乘法计数原理，得共有不同的报名方法63216
23、(种).答案(1)729(2)120(3)216能力提升题组(建议用时：15分钟)14.如图，矩形的对角线把矩形分成A，B，C，D四部分，现用5种不同颜色给四部分涂色，每部分涂1种颜色，要求共边的两部分颜色互异，则共有_种不同的涂色方法(用数字作答).解析区域A有5种涂色方法；区域B有4种涂色方法；区域C的涂色方法可分2类：若C与A涂同色，区域D有4种涂色方法；若C与A涂不同色，此时区域C有3种涂色方法，区域D也有3种涂色方法.所以共有5445433260种涂色方法.答案26015.(2017绍兴市调研)用0，1，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为()A.243 B.252 C.2
24、61 D.279解析0，1，2，9共能组成91010900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有998648(个)，有重复数字的三位数有900648252(个).答案B16.从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60的共有()A.24对 B.30对C.48对 D.60对解析与正方体的一个面上的一条对角线成60角的对角线有8条，故共有8对.正方体的12条面对角线共有12896(对)，且每对均重复计算一次，故共有48(对).答案C17.一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从P点处进，Q点处出，沿图中线路游览A，B，C三个景点及沿途风景，则不重复(除交汇点O外)的不同游览线路有_种
25、(用数字作答).解析根据题意，从点P处进入后，参观第一个景点时，有6个路口可以选择，从中任选一个，有6种选法；参观完第一个景点，参观第二个景点时，有4个路口可以选择，从中任选一个，有4种选法；参观完第二个景点，参观第三个景点时，有2个路口可以选择，从中任取一个，有2种选法.由分步乘法计数原理知共有64248种不同游览线路.答案4818.(2017浙江名校协作体联考)回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22，121，3 443，94 249等.显然2位回文数有9个：11，22，33，99.3位回文数有90个：101，111，121，191，202，999.则(1)4位回文数有_个；(
26、2)2n1(nN*)位回文数有_个.解析(1)4位回文数相当于填4个方格，首尾相同，且不为0，共9种填法，中间两位一样，有10种填法，共计91090(种)填法，即4位回文数有90个.(2)根据回文数的定义，此问题也可以转化成填方格.结合计数原理，知有910n种填法.答案(1)90(2)910n第2讲排列与组合最新考纲1.理解排列、组合的概念；2.能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式；3.能解决简单的实际问题.知 识 梳 理1.排列与组合的概念名称定义排列从n个不同元素中取出m(mn)个不同元素按照一定的顺序排成一列组合合成一组2.排列数与组合数(1)从n个不同元素中取出m(mn)个元素的所
27、有不同排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数.(2)从n个不同元素中取出m(mn)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数.3.排列数、组合数的公式及性质公式(1)An(n1)(n2)(nm1)(2)C(n，mN*，且mn).特别地C1性质(1)0！1；An！(2)CC；CCC诊 断 自 测1.判断正误(在括号内打“”或“”)(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列.()(2)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同.()(3)若组合式CC，则xm成立.()(4)kCnC.()解析元素相同但顺序不同的排列是不同的排列，故(1)不正确；若CC，则xm
28、或nm，故(3)不正确.答案(1)(2)(3)(4)2.从4本不同的课外读物中，买3本送给3名同学，每人各1本，则不同的送法种数是()A.12 B.24 C.64 D.81解析4本不同的课外读物选3本分给3位同学，每人一本，则不同的分配方法为A24.答案B3.(选修23P28A17改编)从4名男同学和3名女同学中选出3名参加某项活动，则男女生都有的选法种数是()A.18 B.24 C.30 D.36解析法一选出的3人中有2名男同学1名女同学的方法有CC18种，选出的3人中有1名男同学2名女同学的方法有CC12种，故3名学生中男女生都有的选法有CCCC30种.法二从7名同学中任选3名的方法数，再
29、除去所选3名同学全是男生或全是女生的方法数，即CCC30.答案C4.(2017浙江三市十二校联考)用1，2，3，4，5，6这六个数字组成没有重复数字的六位数共有_个；其中1，3，5三个数字互不相邻的六位数有_个.解析用1，2，3，4，5，6组成没有重复数字六位数共有A720个；将1，3，5三个数字插入到2，4，6三个数字排列后所形成的4个空中的3个，故有AA144个.答案7201445.用数字1，2，3，4，5组成的无重复数字的四位偶数的个数为_(用数字作答).解析末位数字排法有A，其他位置排法有A种，共有AA48种.答案486.(2017绍兴调研)某市委从组织机关10名科员中选3人担任驻村第
30、一书记，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为_(用数字作答).解析法一(直接法)甲、乙两人均入选，有CC种.甲、乙两人只有1人入选，有CC种方法，由分类加法计数原理，共有CCCC49(种)选法.法二(间接法)从9人中选3人有C种方法.其中甲、乙均不入选有C种方法，满足条件的选排方法是CC843549(种).答案49考点一排列问题【例1】 (2017河南校级月考)3名女生和5名男生排成一排.(1)如果女生全排在一起，有多少种不同排法？(2)如果女生都不相邻，有多少种排法？(3)如果女生不站两端，有多少种排法？(4)其中甲必须排在乙前面(可不邻)，有多少种排法？(5)其中甲不站最
31、左边，乙不站最右边，有多少种排法？解(1)(捆绑法)由于女生排在一起，可把她们看成一个整体，这样同五个男生合在一起有6个元素，排成一排有A种排法，而其中每一种排法中，三个女生间又有A种排法，因此共有AA4 320(种)不同排法.(2)(插空法)先排5个男生，有A种排法，这5个男生之间和两端有6个位置，从中选取3个位置排女生，有A种排法，因此共有AA14 400(种)不同排法.(3)法一(位置分析法)因为两端不排女生，只能从5个男生中选2人，有A种排法，剩余的位置没有特殊要求，有A种排法，因此共有AA14 400(种)不同排法.法二(元素分析法)从中间6个位置选3个安排女生，有A种排法，其余位置
32、无限制，有A种排法，因此共有AA14 400(种)不同排法.(4)8名学生的所有排列共A种，其中甲在乙前面与乙在甲前面的各占其中，符合要求的排法种数为A20 160(种).(5)甲、乙为特殊元素，左、右两边为特殊位置.法一(特殊元素法)甲在最右边时，其他的可全排，有A种；甲不在最右边时，可从余下6个位置中任选一个，有A种；而乙可排在除去最右边位置后剩余的6个中的任一个上，有A种；其余人6个人进行全排列，有A种.共有AAA种.由分类加法计数原理，共有AAAA30 960(种).法二(特殊位置法)先排最左边，除去甲外，有A种，余下7个位置全排，有A种，但应剔除乙在最右边时的排法AA种，因此共有AA
33、AA30 960(种).法三(间接法)8个人全排，共A种，其中，不合条件的有甲在最左边时，有A种，乙在最右边时，有A种，其中都包含了甲在最左边，同时乙在最右边的情形，有A种.因此共有A2AA30 960(种).规律方法(1)对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法.(2)对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法是解决有限制条件的排列问题的常用方法.【训练1】 (1)(2017新余二模)7人站成两排队列，前排3人，后排4人，现将甲、乙、
34、丙三人加入队列，前排加一人，后排加两人，其他人保持相对位置不变，则不同的加入方法种数为()A.120 B.240 C.360 D.480(2)(2017抚顺模拟)某班准备从甲、乙等七人中选派四人发言，要求甲乙两人至少有一人参加，那么不同的发言顺序有()A.30 B.600 C.720 D.840解析(1)第一步，从甲、乙、丙三人选一个加到前排，有3种，第二步，前排3人形成了4个空，任选一个空加一人，有4种，第三步，后排4人形成了5个空，任选一个空加一人有5种，此时形成6个空，任选一个空加一人，有6种，根据分步计数原理有3456360种方法.(2)若只有甲乙其中一人参加，有CCA480种方法；若
35、甲乙两人都参加，有CCA240种方法，则共有480240720种方法，故选C.答案(1)C(2)C考点二组合问题【例2】 某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货.现从35种商品中选取3种.(1)其中某一种假货必须在内，不同的取法有多少种？(2)其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种？(3)恰有2种假货在内，不同的取法有多少种？(4)至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？(5)至多有2种假货在内，不同的取法有多少种？解(1)从余下的34种商品中，选取2种有C561种，某一种假货必须在内的不同取法有561种.(2)从34种可选商品中，选取3种，有C种或者CCC5 984种.
36、某一种假货不能在内的不同取法有5 984种.(3)从20种真货中选取1件，从15种假货中选取2件有CC2 100种.恰有2种假货在内的不同的取法有2 100种.(4)选取2种假货有CC种，选取3件假货有C种，共有选取方式CCC2 1004552 555种.至少有2种假货在内的不同的取法有2 555种.(5)选取3件的总数为C，因此共有选取方式CC6 5454556 090种.至多有2种假货在内的不同的取法有6 090种.规律方法组合问题常有以下两类题型变化：(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型；“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中
37、去选取.(2)“至少”或“至多”含有几个元素的组合题型：解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解.用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理.【训练2】 (1)(2017邯郸一模)现有6个不同的白球，4个不同的黑球，任取4个球，则至少有两个黑球的取法种数是()A.90 B.115 C.210 D.385(2)(2017湖州市质检)若从1，2，3，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有()A.60种 B.63种 C.65种 D.66种解析(1)分三类，取2个黑球有CC90种，取3个黑球有CC24种，取4个
38、黑球有C1种，故共有90241115种取法，选B.(2)共有4个不同的偶数和5个不同的奇数，要使和为偶数，则4个数全为奇数，或全为偶数，或2个奇数和2个偶数，共有不同的取法有CCCC66(种).答案(1)B(2)D考点三排列、组合的综合应用【例3】 4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内.(1)恰有1个盒不放球，共有几种放法？(2)恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？(3)恰有2个盒不放球，共有几种放法？解(1)为保证“恰有1个盒不放球”，先从4个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4个球，3个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？”即把4个球分成2，1，1的三组，然后再从3个盒子中选
39、1个放2个球，其余2个球放在另外2个盒子内，由分步乘法计数原理，共有CCCA144(种).(2)“恰有1个盒内有2个球”，即另外3个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，也即另外3个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事，所以共有144种放法.(3)确定2个空盒有C种方法.4个球放进2个盒子可分成(3，1)、(2，2)两类，第一类有序不均匀分组有CCA种方法；第二类有序均匀分组有A种方法.故共有C(CCAA)84(种).规律方法(1)解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置).对于排列组合的综合题目，一
40、般是将符合要求的元素取出或进行分组，再对取出的元素或分好的组进行排列.(2)不同元素的分配问题，往往是先分组再分配.在分组时，通常有三种类型：不均匀分组；均匀分组；部分均匀分组，注意各种分组类型中，不同分组方法的差异.其次对于相同元素的“分配”问题，常用的方法是采用“隔板法”.【训练3】 (1)某校高二年级共有6个班级，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安排2名，则不同的安排方案种数为()A.AC B.ACC.AA D.2A(2)在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖.将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有_种(用数字作答).解析(1)法一将4人平均分
41、成两组有C种方法，将此两组分配到6个班级中的2个班有A(种).所以不同的安排方法有CA(种).法二先从6个班级中选2个班级有C种不同方法，然后安排学生有CC种，故有CCCAC(种).(2)把8张奖券分4组有两种分法，一种是分(一等奖，无奖)、(二等奖，无奖)、(三等奖，无奖)、(无奖，无奖)四组，分给4人有A种分法；另一种是一组两个奖，一组只有一个奖，另两组无奖，共有C种分法，再分给4人有CA种分法，所以不同获奖情况种数为ACA243660.答案(1)B(2)601.对于有附加条件的排列、组合应用题，通常从三个途径考虑(1)以元素为主考虑，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素.(2)以位置为
42、主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置.(3)先不考虑附加条件，计算出排列数或组合数，再减去不合要求的排列数或组合数.2.排列、组合问题的求解方法与技巧(1)特殊元素优先安排；(2)合理分类与准确分步；(3)排列、组合混合问题先选后排；(4)相邻问题捆绑处理；(5)不相邻问题插空处理；(6)定序问题排除法处理；(7)分排问题直排处理；(8)“小集团”排列问题先整体后局部；(9)构造模型；(10)正难则反，等价条件.1.区分一个问题属于排列问题还是组合问题，关键在于是否与顺序有关.2.解受条件限制的排列、组合题，通常有直接法(合理分类)和间接法(排除法).分类时标准应统一，避免出现重复或
43、遗漏.3.解组合应用题时，应注意“至少”、“至多”、“恰好”等词的含义.4.对于分配问题，一般先分组，再分配，注意平均分组与不平均分组的区别，避免重复或遗漏.基础巩固题组(建议用时：25分钟)一、选择题1.(2016四川卷)用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为()A.24 B.48 C.60 D.72解析由题意，可知个位可以从1，3，5中任选一个，有A种方法，其他数位上的数可以从剩下的4个数字中任选，进行全排列，有A种方法，所以奇数的个数为AA3432172，故选D.答案D2.(2017东阳调研)某外商计划在4个候选城市中投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项
44、目不超过2个，则该外商不同的投资方案有()A.16种 B.36种C.42种 D.60种解析法一(直接法)若3个不同的项目投资到4个城市中的3个，每个城市一项，共A种方法；若3个不同的项目投资到4个城市中的2个，一个城市一项、一个城市两项共CA种方法.由分类加法计数原理知共ACA60(种)方法.法二(间接法)先任意安排3个项目，每个项目各有4种安排方法，共4364种排法，其中3个项目落入同一城市的排法不符合要求共4种，所以总投资方案共43464460(种).答案D3.10名同学合影，站成了前排3人，后排7人，现摄影师要从后排7人中抽2人站前排，其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数为()A.
45、CA B.CA C.CA D.CA解析首先从后排的7人中抽2人，有C种方法；再把2个人在5个位置中选2个位置进行排列有A种.由分步乘法计数原理知不同调整方法种数是CA.答案C4.(2017金华调研)甲、乙两人从4门课程中各选修两门，则甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法共有_种()A.30 B.36 C.60 D.72解析甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法可以分为两类：当甲、乙所选的课程中2门均不相同时，甲先从4门中任选2门，乙选取剩下的2门，有CC6种方法；当甲、乙所选的课程中有且只有1门相同时，分为2步：从4门中选1门作为相同的课程，有C4种选法，甲从剩余的3门中任选1门，乙从最
46、后剩余的2门中任选1门有CC6种选法，由分步乘法计数原理此时共有CCC24种方法.综上，共有62430种方法.答案A5.某台小型晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位.该台晚会节目演出顺序的编排方案共有()A.36种 B.42种C.48种 D.54种解析分两类，第一类：甲排在第一位时，丙排在最后一位，中间4个节目无限制条件，有A种排法；第二类：甲排在第二位时，从甲、乙、丙之外的3个节目中选1个节目排在第一位有C种排法，其他3个节目有A种排法，故有CA种排法.依分类加法计数原理，知共有ACA42种编排方案.答案B6.(2016东
47、北三省四市联考)甲、乙两人要在一排8个空座上就坐，若要求甲、乙两人每人的两旁都有空座，则有多少种坐法()A.10 B.16C.20 D.24解析一排共有8个座位，现有两人就坐，故有6个空座.要求每人左右均有空座，在6个空座的中间5个空中插入2个座位让两人就坐，即有A20种坐法.答案C7.(2017浙江五校联考)某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是()A.72 B.120C.144 D.168解析法一先安排小品节目和相声节目，然后让歌舞节目去插空.安排小品节目和相声节目的顺序有三种：“小品1，小品2，相声”，“小品1，相声，小品2
48、”和“相声，小品1，小品2”.对于第一种情况，形式为“小品1歌舞1小品中2相声”，有ACA36(种)安排方法；同理，第三种情况也有36种安排方法，对于第二种情况，三个节目形成4个人，其形式为“小品1相声小品2”.有AA48种安排方法，故共有363648120种安排方法.法二先不考虑小品类节目是否相邻，保证歌舞类节目不相邻的排法共有AA144(种)，再剔除小品类节目相邻的情况，共有AAA24(种)，于是符合题意的排法共有14424120(种).答案B8.(2017青岛模拟)将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有()A.18种 B.24种
49、C.36种 D.72种解析一个路口有3人的分配方法有CCA(种)；两个路口各有2人的分配方法有CCA(种).由分类加法计数原理，甲、乙在同一路口的分配方案为CCACCA36(种).答案C二、填空题9.7位身高均不等的同学排成一排照相，要求中间最高，依次往两端身高逐渐降低，共有_种排法(用数字作答).解析先排最中间位置有一种排法，再排左边3个位置，由于顺序一定，共有C种排法，再排剩下右边三个位置，共一种排法，所以排法种数为C20(种).答案2010.(2017余姚质检)3男3女共6名学生排成一列，同性者相邻的排法种数有_；任两个女生不相邻的排法有_(均用数字作答).解析分别把3男3女各看作一个复
50、合元素，把这两个复合元素全排，3男3女内部也要全排，故有AAA72种；把3名女学生插入到3名男学生排列后所形成的4个空中的3个，故有AA144种.答案7214411.若把英语单词“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误方法共有_种(用数字作答).解析把g、o、o、d 4个字母排一列，可分两步进行，第一步：排g和d，共有A种排法；第二步：排两个o，共一种排法，所以总的排法种数为A12(种).其中正确的有一种，所以错误的共A112111(种).答案1112.(2017金丽衢十二校联考)从5台甲型和4台乙型电视机中任意取出3台，其中至少要有甲型与乙型电视机各1台，则不同的取法共有_种(用数字作
51、答).解析甲型2台乙型1台或甲型1台乙型2台，故共有CCCC70种方法.答案7013.(2017淮北一模)寒假里5名同学结伴乘动车外出旅游，实名制购票，每人一座，恰在同一排A，B，C，D，E五个座位(一排共五个座位)，上车后五人在这五个座位上随意坐，则恰有一人坐对与自己车票相符座位的坐法有_种(用数字作答).解析设5名同学也用A，B，C，D，E来表示，若恰有一人坐对与自己车票相符的坐法，设E同学坐在自己的座位上，则其他四位都不坐自己的座位，则有：BADC，BDAC，BCDA，CADB，CDAB，CDBA，DABC，DCAB，DCBA共9种坐法，则恰有一人坐对与自己车票相等座位的坐法有9545种
52、坐法.答案45能力提升题组(建议用时：20分钟)14.(2017武汉调研)三对夫妻站成一排照相，则仅有一对夫妻相邻的站法总数是()A.72 B.144C.240 D.288解析第一步，先选一对夫妻使之相邻，捆绑在一起看作一个复合元素A，这对夫妻有2种排法，故有CA6种排法；第二步，再选一对夫妻，这对夫妻有2种排法，从剩下的那对夫妻中选择一个插入到刚选的夫妻中，把这三个人捆绑在一起看作另一个复合元素B，有CAC8种排法；第三步，将复合元素A，B和剩下的那对夫妻中剩下的那一个进行全排列，有A6种排法，由分步乘法计数原理，知三对夫妻排成一排照相，仅有一对夫妻相邻的排法有686288种，故选D.答案D
53、15.设集合A(x1，x2，x3，x4，x5)|xi1，0，1，i1，2，3，4，5，那么集合A中满足条件“1|x1|x2|x3|x4|x5|3”的元素个数为()A.60 B.90C.120 D.130解析因为xi1，0，1，i1，2，3，4，5，且1|x1|x2|x3|x4|x5|3，所以xi中至少两个为0，至多四个为0.xi(i1，2，3，4，5)中4个0，1个为1或1，A有2C个元素；xi中3个0，2个为1或1，A有C2240个元素；xi中2个0，3个为1或1，A有C22280个元素；从而，集合A中共有2C4080130个元素.答案D16.(2017慈溪调考)在某班进行的演进比赛中，共有
54、5位选手参加，其中3位女生，2位男生，如果2位男生不能连着出场，且女生甲不能排在第一个，那么出场顺序的排法种数为_(用数字作答).解析若第一个出场是男生，则第二个出场的是女生，以后的顺序任意排，方法有CCA36种；若第一个出场的是女生(不是女生甲)，则剩余的2个女生排列好，2个男生插空，方法有CAA24种.故所有出场顺序的排法种数为362460.答案6017.(2017诸暨模拟)从0，1，2，3，4，5这6个数字中任意取4个数字，组成一个没有重复且能被3整除的四位数，则这样的四位数共有_个(用数字作答).解析根据题意，只需组成的四位数各位数字的和能被3整除，则选出的四个数字有5种情况，1，2，
55、4，5；0，3，4，5；0，2，3，4；0，1，3，5；0，1，2，3；时，共可以组成A24个四位数；时，0不能在首位，此时可以组成3A332118个四位数，同理，、时，都可以组成18个四位数，则这样的四位数共2441896个.答案9618.(1)现有10个保送上大学的名额，分配给7所学校，每校至少有1个名额，问名额分配的方法共有多少种？(2)已知集合A5，B1，2，C1，3，4，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，那么最多可确定多少个不同的点？解(1)法一每个学校至少一个名额，则分去7个，剩余3个名额分到7所学校的方法种数就是要求的分配方法种数.分类：若3个名额分到一所学
56、校有7种方法；若分配到2所学校有C242(种)；若分配到3所学校有C35(种).共有7423584(种)方法. 法二10个元素之间有9个间隔，要求分成7份，相当于用6块档板插在9个间隔中，共有C84种不同方法.所以名额分配的方法共有84种.(2)从集合B中取元素2时，确定CA个点.当从集合B中取元素1，且从C中取元素1，则确定的不同点有C1C.当从B中取元素1，且从C中取出元素3或4，则确定的不同点有CA个.由分类加法计数原理，共确定CACCA33(个)不同点.第3讲二项式定理最新考纲1.能用计数原理证明二项式定理；2.会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.知 识 梳 理1.二项式定理
57、(1)二项式定理：(ab)nCanCan1bCanrbrCbn(nN*)；(2)通项公式：Tr1Canrbr，它表示第r1项；(3)二项式系数：二项展开式中各项的系数C，C，C.2.二项式系数的性质性质性质描述对称性与首末等距离的两个二项式系数相等，即CC增减性二项式系数C当k(nN*)时，是递增的当k(nN*)时，是递减的二项式系数最大值当n为偶数时，中间的一项取得最大值当n为奇数时，中间的两项与取最大值3.各二项式系数和(1)(ab)n展开式的各二项式系数和：CCCC2n.(2)偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即CCCCCC2n1.诊 断 自 测1.判断正误(在括号内打“
58、”或“”)(1)Cankbk是二项展开式的第k项.()(2)二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项.()(3)(ab)n的展开式中某一项的二项式系数与a，b无关.()(4)(ab)n某项的系数是该项中非字母因数部分，包括符号等，与该项的二项式系数不同.()解析二项式展开式中Cankbk是第k1项，二项式系数最大的项为中间一项或中间两项，故(1)(2)均不正确.答案(1)(2)(3)(4)2.(xy)n的二项展开式中，第m项的系数是()A.C B.CC.C D.(1)m1C解析(xy)n展开式中第m项的系数为C(1)m1.答案D3.(选修23P35练习T1(3)改编)的值为()A.2 B
59、.4C.2 017 D.2 0162 017解析原式224.答案B4.(2017瑞安市质检)的展开式中，第4项的二项式系数是_，第4项的系数是_.解析展开式通项为Tr1Cx2(9r)(1)rCx183r(其中r0，1，9)T4(1)3Cx9，故第4项的二项式系数为C84，第4项的系数为(1)3C.答案845.(2017石家庄调研)(1x)n的二项式展开式中，仅第6项的系数最大，则n_.解析(1x)n的二项式展开式中，项的系数就是项的二项式系数，所以16，n10.答案106.展开式中的常数项为_.解析Tk1C(x2)5kC(2)kx105k.令105k0，则k2.常数项为T3C(2)240.答案
60、40考点一求展开式中的特定项或特定项的系数【例1】 已知在的展开式中，第6项为常数项.(1)求n；(2)求含x2的项的系数；(3)求展开式中所有的有理项.解(1)通项公式为Tk1CxxCx.因为第6项为常数项，所以k5时，0，即n10.(2)令2，得k2，故含x2的项的系数是C.(3)根据通项公式，由题意令r (rZ)，则102k3r，k5r，kN，r应为偶数.r可取2，0，2，即k可取2，5，8，第3项，第6项与第9项为有理项，它们分别为x2，x2.规律方法(1)二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注
61、意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且nr，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求的项.(2)求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解.【训练1】 (1)(2015全国卷)(x2xy)5的展开式中，x5y2的系数为()A.10 B.20 C.30 D.60(2)(2016全国卷)(2x)5的展开式中，x3的系数是_(用数字作答).(3)(2014全国卷)(xy)(xy)8的展开式中x2y7的系数为_(用数字作答).解析(1)法一(x2xy)55，含y2的项为T3C(x2x)3y2.其中(x2x)3中含x5的项为Cx4x
62、Cx5.所以x5y2的系数为CC30.法二(x2xy)5表示5个x2xy之积.x5y2可从其中5个因式中选两个因式取y，两个取x2，一个取x.因此x5y2的系数为CCC30.(2)由(2x)5得Tr1C(2x)5r()r25rCx5，令53得r4，此时系数为10.(3)(xy)(xy)8x(xy)8y(xy)8，x(xy)8中含x2y7的项为xCxy7，y(xy)8中含x2y7的项为yCx2y6.故(xy)(xy)8的展开式中x2y7的系数为CCCC20.答案(1)C(2)10(3)20考点二二项式系数的和与各项的系数和问题【例2】 在(2x3y)10的展开式中，求：(1)二项式系数的和；(2
63、)各项系数的和；(3)奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和；(4)奇数项系数和与偶数项系数和；(5)x的奇次项系数和与x的偶次项系数和.解设(2x3y)10a0x10a1x9ya2x8y2a10y10，(*)各项系数和为a0a1a10，奇数项系数和为a0a2a10，偶数项系数和为a1a3a5a9，x的奇次项系数和为a1a3a5a9，x的偶次项系数和为a0a2a4a10.由于(*)是恒等式，故可用“赋值法”求出相关的系数和.(1)二项式系数的和为CCC210.(2)令xy1，各项系数和为(23)10(1)101.(3)奇数项的二项式系数和为CCC29，偶数项的二项式系数和为CCC29.(4
64、)令xy1，得到a0a1a2a101，令x1，y1(或x1，y1)，得a0a1a2a3a10510，得2(a0a2a10)1510，奇数项系数和为；得2(a1a3a9)1510，偶数项系数和为.(5)x的奇次项系数和为a1a3a5a9；x的偶次项系数和为a0a2a4a10.规律方法(1)“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(axb)n、(ax2bxc)m (a，bR)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x1即可；对形如(axby)n (a，bR)的式子求其展开式各项系数之和，只需令xy1即可.(2)若f(x)a0a1xa2x2anxn，则f(x)展开式中各项系数之
65、和为f(1)，奇数项系数之和为a0a2a4，偶数项系数之和为a1a3a5.【训练2】 (1)(2017岳阳模拟)若二项式的展开式中各项系数的和是512，则展开式中的常数项为()A.27C B.27CC.9C D.9C(2)(2017义乌调研)(13x)5a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5，求|a0|a1|a2|a3|a4|a5|()A.1 024 B.243 C.32 D.24解析(1)令x1得2n512，所以n9，故的展开式的通项为Tr1C(3x2)9r(1)rC39rx183r，令183r0得r6，所以常数项为T7(1)6C3327C.(2)令x1得a0a1a2a3a4a5|a0|
66、a1|a2|a3|a4|a5|5451 024.答案(1)B(2)A考点三二项式定理的应用【例3】 (1)求证：122225n1(nN*)能被31整除；(2)用二项式定理证明2n2n1(n3，nN*).证明(1)122225n125n132n1(311)n1C31nC31n1C31C131(C31n1C31n2C)，显然C31n1C31n2C为整数，原式能被31整除.(2)当n3，nN*.2n(11)nCCCCCCCC2n22n1，不等式成立.规律方法(1)整除问题和求近似值是二项式定理中两类常见的应用问题，整除问题中要关注展开式的最后几项.而求近似值则应关注展开式的前几项.(2)二项式定理的
67、应用基本思路是正用或逆用二项式定理，注意选择合适的形式.(3)由于(ab)n的展开式共有n1项，故可通过对某些项的取舍来放缩，从而达到证明不等式的目的.【训练3】 求SCCC除以9的余数.解SCCC2271891(91)91C99C98C9C19(C98C97C)2.C98C97C是整数，S被9除的余数为7.1.二项式系数与项的系数是完全不同的两个概念.二项式系数是指C，C，C，它只与各项的项数有关，而与a，b的值无关；而项的系数是指该项中除变量外的常数部分，它不仅与各项的项数有关，而且也与a，b的值有关.2.因为二项式定理中的字母可取任意数或式，所以在解题时根据题意给字母赋值是求解二项展开式
68、各项系数和的一种重要方法.赋值法求展开式中的系数和或部分系数和，常赋的值为0，1.1.通项Tk1Cankbk是(ab)n的展开式的第k1项，而不是第k项，这里k0，1，n.2.区别“项的系数”与“二项式系数”，审题时要仔细.项的系数与a，b有关，可正可负，二项式系数只与n有关，恒为正.3.切实理解“常数项”“有理项”(字母指数为整数)“系数最大的项”等概念.基础巩固题组(建议用时：25分钟)一、选择题1.(2016四川卷)设i为虚数单位，则(xi)6的展开式中含x4的项为()A.15x4 B.15x4C.20ix4 D.20ix4解析(xi)6的展开式的通项为Tr1Cx6rir(r0，1，2，
69、6)，令r2，得含x4的项为Cx4i215x4，故选A.答案A2.(2017台州市调研)二项式的展开式的第二项的系为，则a的值为()A. B.1 C.3 D.解析Tr1C(ax)6rCa6rx6r，第二项的系数为Ca5，a1.答案B3.(2017漳州模拟)在的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式的常数项为()A.7 B.7 C.28 D.28解析依题意有15，n8.二项式的展开式的通项公式Tk1(1)kCx8k，令8k0得k6，故常数项为T7(1)6C7.答案B4.(2015湖北卷)已知(1x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为()A.29 B.21
70、0 C.211 D.212解析由题意，CC，解得n10.则奇数项的二项式系数和为2n129.故选A.答案A5.(2016海口调研)若(x2a)的展开式中x6的系数为30，则a等于()A. B. C.1 D.2解析依题意，注意到的展开式的通项公式是Tr1Cx10rCx102r，的展开式中含x4(当r3时)、x6(当r2时)项的系数分别为C、C，因此由题意得CaC12045a30，由此解得a2，选D.答案D6.已知C2C22C23C2nC729，则CCCC等于()A.63 B.64 C.31 D.32解析逆用二项式定理得C2C22C23C2nC(12)n3n729，即3n36，所以n6，所以CCC
71、C26C64163.故选A.答案A7.(2017宁波十校联考)设(2x)5a0a1xa2x2a5x5，那么(a1a3a5)2(a0a2a4)2的值为()A.32 B.32 C.243 D.243解析(2x)5a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5，令x1，有a0a1a51，再令x1，有a0a1a535243，(a1a3a5)2(a0a2a4)2(a0a2a4a1a3a5)(a0a2a4a1a3a5)243.答案D8.(2017九江模拟)(x2x1)10展开式中x3项的系数为()A.210 B.210 C.30 D.30解析(x2x1)1010的展开式的通项公式为Tr1C(x2x)10r，对
72、于(x2x)10r的通项公式为Tr1(1)rCx202r3r.令202rr3，根据0r10r，r，rN，解得或(x2x1)10展开式中x3项的系数为CC(1)CC(1)90120210.答案A二、填空题9.(2016北京卷)在(12x)6的展开式中，x2的系数为_(用数字作答).解析(12x)6的展开式的通项公式为Tk1C(2x)kC(2)kxk，令k2得x2的系数为C(2)260.答案6010.(2016山东卷)若的展开式中x5的系数是80，则实数a_(用数字作答).解析的展开式的通项Tr1C(ax2)5rxCa5rx10，令10r5，得r2，所以Ca380，解得a2.答案211.若将函数f
73、(x)x5表示为f(x)a0a1(1x)a2(1x)2a5(1x)5，其中a0，a1，a2，a5为实数，则a3_(用数字作答).解析f(x)x5(1x1)5，它的通项为Tk1C(1x)5k(1)k，T3C(1x)3(1)210(1x)3，a310.答案1012.若(1xx2)6a0a1xa2x2a12x12，则a0_；a2a4a12_(用数字作答).解析令x1，得a0a1a2a1236，令x1，得a0a1a2a121，a0a2a4a12.令x0，得a01，a2a4a121364.答案136413.(2017乐清检测)(2x1)(32x)5的展开式中，含x次数最高的项的系数是_(用数字作答).解
74、析(32x)5的展开式的通项公式：Tr1C35r(2x)r，令r5，可得(2x1)(32x)5的展开式中，含x次数最高的项的系数为2(2)564.答案64能力提升题组(建议用时：15分钟)14.设aZ，且0a13，若512 016a能被13整除，则a()A.0 B.1 C.11 D.12解析512 016a(521)2 016aC522 016C522 015C522 014C521a能被13整除，且0ab，bc时称为“凹数”(如213，312等)，若a，b，c1，2，3，4，且a，b，c互不相同，则这个三位数是“凹数”的概率是()A. B. C. D.解析选出一个三位数有A24种情况，取出一
75、个凹数有C28种情况，所以，所求概率为P.答案C5.如图，三行三列的方阵中有九个数aij(i1，2，3；j1，2，3)，从中任取三个数，则至少有两个数位于同行或同列的概率是()A. B. C. D.解析从九个数中任取三个数的不同取法共有C84种，因为取出的三个数分别位于不同的行与列的取法共有CCC6种，所以至少有两个数位于同行或同列的概率为1.答案D二、填空题6.(2015江苏卷)袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为_.解析这两只球颜色相同的概率为，故两只球颜色不同的概率为1.答案7.(2016上海卷)某食堂规定，
76、每份午餐可以在四种水果中任选两种，则甲、乙两同学各自所选的两种水果相同的概率为_.解析甲同学从四种水果中选两种，选法种数有C，乙同学的选法种数为C，则两同学的选法种数为CC，两同学各自所选水果相同的选法种数为C，由古典概型概率计算公式可得，甲、乙两同学各自所选的两种水果相同的概率为P.答案8.高一某班级在学校数学嘉年华活动中推出了一款数学游戏，受到大家的一致追捧.游戏规则如下：游戏参与者连续抛掷一颗质地均匀的骰子，记第i次得到的点数为xi，若存在正整数n，使得x1x2xn6，则称n为游戏参与者的幸运数字.(1)游戏参与者的幸运数字为1的概率为_；(2)游戏参与者的幸运数字为2的概率为_.解析(
77、1)设“游戏参与者的幸运数字为1”为事件A，由题意知x16，抛掷了1次骰子，相应的基本事件空间为A1，2，3，4，5，6，共有6个基本事件，而A6，只有1个基本事件，所以P(A).(2)设“游戏参与者的幸运数字为2”为事件B，由题意知x1x26，抛掷了2次骰子，相应的基本事件空间为B(x1，x2)|1x16，1x26，x1N，x2N，共有36个基本事件，而B(1，5)，(2，4)，(3，3)，(4，2)，(5，1)，共有5个基本事件，所以P(B).答案(1)(2)三、解答题9.海关对同时从A，B，C三个不同地区进口的某种商品进行抽样检测，从各地区进口此种商品的数量(单位：件)如表所示.工作人员
78、用分层抽样的方法从这些商品中共抽取6件样品进行检测.地区ABC数量50150100(1)求这6件样品中来自A，B，C各地区商品的数量；(2)若在这6件样品中随机抽取2件送往甲机构进行进一步检测，求这2件商品来自相同地区的概率.解(1)因为样本容量与总体中的个体数的比是，所以样本中包含三个地区的个体数量分别是：501，1503，1002.所以A，B，C三个地区的商品被选取的件数分别为1，3，2.(2)从6件样品中抽取2件商品的基本事件数为C15，每个样品被抽到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的.记事件D：“抽取的这2件商品来自相同地区”，则事件D包含的基本事件数为CC4，所以P(D).
79、故这2件商品来自相同地区的概率为.10.一个盒子里装有三张卡片，分别标记有数字1，2，3，这三张卡片除标记的数字外完全相同.随机有放回地抽取3次，每次抽取1张，将抽取的卡片上的数字依次记为a，b，c.(1)求“抽取的卡片上的数字满足abc”的概率；(2)求“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”的概率.解(1)由题意，(a，b，c)所有的可能的结果有3327(种).设“抽取的卡片上的数字满足abc”为事件A，则事件A包括(1，1，2)，(1，2，3)，(2，1，3)，共3种.所以P(A).因此，“抽取的卡片上的数字满足abc”的概率为.(2)设“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”为事件
80、B，则事件B包括(1，1，1)，(2，2，2)，(3，3，3)，共3种.所以P(B)1P ()1.因此，“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”的概率为.能力提升题组(建议用时：25分钟)11.随机掷两枚质地均匀的骰子，它们向上的点数之和不超过5的概率记为p1，点数之和大于5的概率记为p2，点数之和为偶数的概率记为p3，则()A.p1p2p3 B.p2p1p3C.p1p3p2 D.p3p1p2解析随机掷两枚质地均匀的骰子，所有可能的结果共有36种.事件“向上的点数之和不超过5”包含的基本事件有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(3，1)，(3
81、，2)，(4，1)共10种，其概率p1.事件“向上的点数之和大于5”与“向上的点数之和不超过5”是对立事件，所以“向上的点数之和大于5”的概率p2.因为朝上的点数之和不是奇数就是偶数，所以“点数之和为偶数”的概率p3.故p1p3p2.答案C12.(2017金华质检)安排甲、乙、丙、丁四人参加周一至周六的公益活动，每天只需一人参加，其中甲参加三天活动，乙、丙、丁每人参加一天，那么甲连续三天参加活动的概率为()A. B. C. D.解析由题意，甲连续三天参加活动的所有情况为：第13天，第24天，第35天，第46天，共4种.故所求事件的概率P.答案B13.(2017台州质量评估)某艺校在一天的6节课
82、中随机安排语文、数学、外语三门文化课和其他三门艺术课各1节，则在课程表上的相邻两节文化课之间至少间隔1节艺术课的概率为_(用数字作答).解析法一6节课的全排列为A种，相邻两节文化课之间至少间隔1节艺术课的排法是：先排三节文化课，再利用插空法排艺术课，即为(ACAA2AA)种，由古典概型概率公式得P(A).法二6节课的全排列为A种，先排三节艺术课有A种不同方法，同时产生四个空，再利用插空法排文化课共有A种不同方法，故由古典概型概率公式得P(A).答案14.甲、乙两校各有3名教师报名支教，其中甲校2男1女，乙校1男2女.(1)若从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，求选出的2名教师性别相同的概率；(
83、2)若从报名的6名教师中任选2名，求选出的2名老师来自同一学校的概率.解(1)从甲、乙两校报名的教师中各选1名，共有nCC9种选法.记“2名教师性别相同”为事件A，则事件A包含基本事件总数mC1C14，P(A).(2)从报名的6人中任选2名，有nC15种选法.记“选出的2名老师来自同一学校”为事件B，则事件B包含基本事件总数m2C6.选出2名教师来自同一学校的概率P(B).15.袋中装有黑球和白球共7个，从中任取2个球都是白球的概率为，现有甲、乙两人从袋中轮流摸球，甲先取，乙后取，然后甲再取，取后不放回，直到两人中有一人取到白球时即终止，每个球在每一次被取出的机会是等可能的.(1)求袋中原有白
84、球的个数；(2)求取球2次即终止的概率；(3)求甲取到白球的概率.解(1)设袋中原有n个白球，从袋中任取2个球都是白球的结果数为C，从袋中任取2个球的所有可能的结果数为C.由题意知从袋中任取2球都是白球的概率P，则n(n1)6，解得n3(舍去n2)，即袋中原有3个白球.(2)设事件A为“取球2次即终止”.取球2次即终止，即乙第一次取到的是白球而甲取到的是黑球，P(A).(3)设事件B为“甲取到白球”，“第i次取到白球”为事件Ai，i1，2，3，4，5，因为甲先取，所以甲只可能在第1次，第3次和第5次取到白球.所以P(B)P(A1A3A5)P(A1)P(A3)P(A5).第6讲离散型随机变量及其
85、分布列最新考纲1.理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，了解分布列对于刻画随机现象的重要性；2.理解超几何分布及其导出过程，并能进行简单应用.知 识 梳 理1.离散型随机变量随着试验结果变化而变化的变量称为随机变量，所有取值可以一一列出的随机变量，称为离散型随机变量.2.离散型随机变量的分布列及性质(1)一般地，若离散型随机变量X可能取的不同值为x1，x2，xi，xn，X取每一个值xi(i1，2，n)的概率P(Xxi)pi，则表Xx1x2xixnPp1p2pipn称为离散型随机变量X的概率分布列.(2)离散型随机变量的分布列的性质：pi0(i1，2，n)；p1p2pn13.常见离散型
86、随机变量的分布列(1)两点分布：若随机变量X服从两点分布，其分布列为X01P1pp，其中pP(X1)称为成功概率.(2)超几何分布：在含有M件次品的N件产品中，任取n件，其中恰有X件次品，则P(Xk)，k0，1，2，m，其中mminM，n，且nN，MN，n，M，NN*，称随机变量X服从超几何分布.X01mP诊 断 自 测1.判断正误(在括号内打“”或“”)(1)离散型随机变量的概率分布列中，各个概率之和可以小于1.()(2)离散型随机变量的各个可能值表示的事件是彼此互斥的.()(3)如果随机变量X的分布列由下表给出，X25P0.30.7则它服从两点分布.()(4)从4名男演员和3名女演员中选出
87、4名，其中女演员的人数X服从超几何分布.()解析对于(1)，离散型随机变量所有取值的并事件是必然事件，故各个概率之和等于1，故(1)不正确；对于(3)，X的取值不是0，1，故不是两点分布，所以(3)不正确.答案(1)(2)(3)(4)2.袋中有3个白球、5个黑球，从中任取两个，可以作为随机变量的是()A.至少取到1个白球 B.至多取到1个白球C.取到白球的个数 D.取到的球的个数解析选项A，B表述的都是随机事件，选项D是确定的值2，并不随机；选项C是随机变量，可能取值为0，1，2.答案C3.(选修23P49A4改编)设随机变量X的分布列如下：X12345Pp则p为()A. B. C. D.解析
88、由分布列的性质，p1，p1.答案C4.设随机变量X等可能取值1，2，3，n，如果P(X4)0.3，那么n_.解析由于随机变量X等可能取1，2，3，n.所以取到每个数的概率均为.P(X4)P(X1)P(X2)P(X3)0.3，n10.答案105.袋中装有10个红球、5个黑球.每次随机抽取1个球后，若取得黑球则另换1个红球放回袋中，直到取到红球为止.若抽取的次数为，则表示“放回5个红球”事件的是()A.4 B.5 C.6 D.5解析“放回五个红球”表示前五次摸到黑球，第六次摸到红球，故6.答案C6.从装有3个红球，2个白球的袋中随机取出2个球，设其中有X个红球，则随机变量X1的概率为_.解析P(X
89、1).答案考点一离散型随机变量分布列的性质【例1】 设离散型随机变量X的分布列为X01234P0.20.10.10.3m求：(1)2X1的分布列；(2)|X1|的分布列.解由分布列的性质知：0.20.10.10.3m1，m0.3.首先列表为X012342X113579|X1|10123从而由上表得两个分布列为(1)2X1的分布列2X113579P0.20.10.10.30.3(2)|X1|的分布列为|X1|0123P0.10.30.30.3规律方法(1)利用分布列中各概率之和为1可求参数的值，此时要注意检验，以保证两个概率值均为非负数.(2)若X是随机变量，则|X1|等仍然是随机变量，求它的分
90、布列可先求出相应随机变量的值，再根据互斥事件概率加法求对应的事件概率，进而写出分布列.【训练1】 (2017丽水月考)设随机变量X的概率分布列如下表，则P(|X2|1)()X1234PmA. B. C. D.解析由|X2|1得X1或3，m1，P(|X2|1)P(X1)P(X3).答案C考点二离散型随机变量的分布列【例2】 (2016天津卷节选)某小组共10人，利用假期参加义工活动.已知参加义工活动次数为1，2，3的人数分别为3，3，4.现从这10人中随机选出2人作为该组代表参加座谈会.(1)设A为事件“选出的2人参加义工活动次数之和为4”，求事件A发生的概率；(2)设X为选出的2人参加义工活动
91、次数之差的绝对值，求随机变量X的分布列.解(1)由已知，有P(A).所以，事件A发生的概率为.(2)随机变量X的所有可能取值为0，1，2.P(X0)，P(X1)，P(X2).所以，随机变量X的分布列为X012P规律方法求离散型随机变量X的分布列的步骤：(1)找出随机变量X的所有可能取值xi(i1，2，3，n)；(2)求出各取值的概率P(Xxi)pi；(3)列成表格并用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确.提醒求离散型随机变量的分布列的关键是求随机变量所有取值对应的概率，在求解时，要注意应用计数原理、古典概型等知识.【训练2】 某商店试销某种商品20天，获得如下数据：日销售量(件)
92、0123频数1595试销结束后(假设该商品的日销售量的分布规律不变)，设某天开始营业时有该商品3件，当天营业结束后检查存货，若发现存量少于2件，则当天进货补充至3件，否则不进货，将频率视为概率.(1)求当天商店不进货的概率；(2)记X为第二天开始营业时该商品的件数，求X的分布列.解(1)P(当天商店不进货)P(当天商品销售量为0件)P(当天商品销售量为1件).(2)由题意知，X的可能取值为2，3.P(X2)P(当天商品销售量为1件)；P(X3)P(当天商品销售量为0件)P(当天商品销售量为2件)P(当天商品销售量为3件).所以X的分布列为X23P考点三超几何分布【例3】 (2017嘉兴模拟)某
93、外语学校的一个社团中有7名同学，其中2人只会法语；2人只会英语，3人既会法语又会英语，现选派3人到法国的学校交流访问.(1)在选派的3人中恰有2人会法语的概率；(2)在选派的3人中既会法语又会英语的人数X的分布列.解(1)设事件A：选派的三人中恰有2人会法语，则P(A).(2)依题意知X的取值为0，1，2，3，P(X0)，P(X1)，P(X2)，P(X3)，X的分布列为X0123P规律方法超几何分布描述的是不放回抽样问题，随机变量为抽到的某类个体的个数.超几何分布的特征是：(1)考察对象分两类；(2)已知各类对象的个数；(3)从中抽取若干个个体，考查某类个体数X的概率分布.超几何分布主要用于抽
94、检产品、摸不同类别的小球等概率模型，其实质是古典概型.【训练3】 (2017昆明调研)PM2.5是指悬浮在空气中的空气动力学当量直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物.根据现行国家标准GB30952012，PM2.5日均值在35微克/立方米以下空气质量为一级；在35微克/立方米75微克/立方米之间空气质量为二级；在75微克/立方米以上空气质量为超标.从某自然保护区2013年全年每天的PM2.5监测数据中随机地抽取10天的数据作为样本，监测值频数如下表所示：PM2.5日均值(微克/立方米)(35，45(45，55(55，65(65，75(75，85频数311113(1)从这10天的
95、PM2.5日均值监测数据中，随机抽出3天，求恰有一天空气质量达到一级的概率；(2)从这10天的数据中任取3天数据，记X表示抽到PM2.5监测数据超标的天数，求X的分布列.解(1)记“从10天的PM2.5日均值监测数据中，随机抽出3天，恰有一天空气质量达到一级”为事件A，则P(A).(2)依据条件，X服从超几何分布，其中N10，M3，n3，且随机变量X的可能取值为0，1，2，3.P(Xk)(k0，1，2，3).P(X0)，P(X1)，P(X2)，P(X3).因此X的分布列为X0123P1.对于随机变量X的研究，需要了解随机变量取哪些值以及取这些值或取某一个集合内的值的概率，对于离散型随机变量，它
96、的分布正是指出了随机变量X的取值范围以及取这些值的概率.2.求离散型随机变量的分布列，首先要根据具体情况确定X的取值情况，然后利用排列、组合与概率知识求出X取各个值的概率.掌握离散型随机变量的分布列，须注意：(1)分布列的结构为两行，第一行为随机变量X所有可能取得的值；第二行是对应于随机变量X的值的事件发生的概率.看每一列，实际上是上为“事件”，下为“事件发生的概率”，只不过“事件”是用一个反映其结果的实数表示的.每完成一列，就相当于求一个随机事件发生的概率.(2)要会根据分布列的两个性质来检验求得的分布列的正误.(3)超几何分布是一种常见的离散型随机变量的概率分布模型，要会根据问题特征去判断
97、随机变量是否服从超几何分布，然后利用相关公式进行计算.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.某射手射击所得环数X的分布列为X45678910P0.020.040.060.090.280.290.22则此射手“射击一次命中环数大于7”的概率为()A.0.28 B.0.88 C.0.79 D.0.51解析P(X7)P(X8)P(X9)P(X10)0.280.290.220.79.答案C2.设X是一个离散型随机变量，其分布列为：X101P23qq2则q的值为()A.1 B.C. D.解析由分布列的性质知解得q.答案C3.设某项试验的成功率是失败率的2倍，用随机变量X去描述1次试验的成功次数
98、，则P(X0)等于()A.0 B. C. D.解析由已知得X的所有可能取值为0，1，且P(X1)2P(X0)，由P(X1)P(X0)1，得P(X0).答案C4.在15个村庄中有7个村庄交通不方便，现从中任意选10个村庄，用X表示这10个村庄中交通不方便的村庄数，下列概率中等于的是()A.P(X2) B.P(X2)C.P(X4) D.P(X4)解析X服从超几何分布P(Xk)，故k4.答案C5.从装有3个白球、4个红球的箱子中，随机取出了3个球，恰好是2个白球、1个红球的概率是()A. B. C. D.解析如果将白球视为合格品，红球视为不合格品，则这是一个超几何分布问题，故所求概率为P.答案C二、
99、填空题6.(2017金华调研)设离散型随机变量X的分布列为X01234P0.20.10.10.3m(1)则m_；(2)若随机变量Y|X2|，则P(Y2)_.解析由分布列的性质，知0.20.10.10.3m1，m0.3.由Y2，即|X2|2，得X4或X0，P(Y2)P(X4或X0)P(X4)P(X0)0.30.20.5.答案(1)0.3(2)0.57.袋中有4只红球3只黑球，从袋中任取4只球，取到1只红球得1分，取到1只黑球得3分，设得分为随机变量X，则P(X6)_.解析P(X6)P(取到3只红球1只黑球)P(取到4只红球).答案8.在一个口袋中装有黑、白两个球，从中随机取一球，记下它的颜色，然
100、后放回，再取一球，又记下它的颜色，写出这两次取出白球数的分布列为_.解析的所有可能值为0，1，2.P(0)，P(1)，P(2).的分布列为012P答案012P三、解答题9.(2017浙江三市十二校联考)某高校一专业在一次自主招生中，对20名已经选拔入围的学生进行语言表达能力和逻辑思维能力测试，结果如下表：语言表达能力人数逻辑思维能力一般良好优秀一般221良好4m1优秀13n由于部分数据丢失，只知道从这20名参加测试的学生中随机抽取一人，抽到语言表达能力优秀或逻辑思维能力优秀的学生的概率为.(1)从参加测试的语言表达能力良好的学生中任意抽取2名，求其中至少有一名逻辑思维能力优秀的学生的概率；(2
101、)从参加测试的20名学生中任意抽取2名，设语言表达能力优秀或逻辑思维能力优秀的学生人数为X，求随机变量X的分布列.解(1)用A表示“从这20名参加测试的学生中随机抽取一人，抽到语言表达能力优秀或逻辑思维能力优秀的学生”，语言表达能力优秀或逻辑思维能力优秀的学生共有(6n)名，P(A)，解得n2，m4，用B表示“从参加测试的语言表达能力良好的学生中任意抽取2名，其中至少有一名逻辑思维能力优秀的学生”，P(B)1.(2)随机变量X的可能取值为0，1，2.20名学生中，语言表达能力优秀或逻辑思维能力优秀的学生人数共有8名，P(X0)，P(X1)，P(X2)，X的分布列为X012P10.某超市在节日期
102、间进行有奖促销，凡在该超市购物满300元的顾客，将获得一次摸奖机会，规则如下：奖盒中放有除颜色外完全相同的1个红球，1个黄球，1个白球和1个黑球.顾客不放回地每次摸出1个球，若摸到黑球则停止摸奖，否则就要将奖盒中的球全部摸出才停止.规定摸到红球奖励10元，摸到白球或黄球奖励5元，摸到黑球不奖励.(1)求1名顾客摸球3次停止摸奖的概率；(2)记X为1名顾客摸奖获得的奖金数额，随机变量X的分布列.解(1)设“1名顾客摸球3次停止摸奖”为事件A，则P(A)，故1名顾客摸球3次停止摸球的概率为.(2)随机变量X的所有取值为0，5，10，15，20.P(X0)，P(X5)，P(X10)，P(X15)，P
103、(X20).所以，随机变量X的分布列为X05101520P能力提升题组(建议用时：25分钟)11.随机变量X的分布列如下：X101Pabc其中a，b，c成等差数列，则P(|X|1)等于()A. B. C. D.解析a，b，c成等差数列，2bac.又abc1，b，P(|X|1)ac.答案D12.随机变量X的概率分布规律为P(Xn)(n1，2，3，4)，其中a是常数，则P的值为()A. B. C. D.解析因为P(Xn)(n1，2，3，4)，所以a1.a，故PP(X1)P(X2).答案D13.(2017石家庄调研)为检测某产品的质量，现抽取5件产品，测量产品中微量元素x，y的含量(单位：毫克)，测
104、量数据如下：编号12345x169178166175180y7580777081如果产品中的微量元素x，y满足x175且y75时，该产品为优等品.现从上述5件产品中，随机抽取2件，则抽取的2件产品中优等品数X的分布列为_.解析5件抽测品中有2件优等品，则X的可能取值为0，1，2.P(X0)0.3，P(X1)0.6，P(X2)0.1.优等品数X的分布列为X012P0.30.60.1答案X012P0.30.60.114.盒内有大小相同的9个球，其中2个红色球，3个白色球，4个黑色球.规定取出1个红色球得1分，取出1个白色球得0分，取出1个黑色球得1分.现从盒内任取3个球.(1)求取出的3个球中至少
105、有1个红球的概率；(2)求取出的3个球得分之和恰为1分的概率；(3)设X为取出的3个球中白色球的个数，求X的分布列.解(1)P1.(2)记“取出1个红色球，2个白色球”为事件B，“取出2个红色球，1个黑色球”为事件C，则P(BC)P(B)P(C).(3)X可能的取值为0，1，2，3，X服从超几何分布，所以P(Xk)，k0，1，2，3.故P(X0)，P(X1)，P(X2)，P(X3).所以X的分布列为X0123P15.(2017温州调研)在一个盒子中，放有标号分别为1，2，3的三张卡片，现从这个盒子中，有放回地先后抽得两张卡片的标号分别为x，y，记X|x2|yx|.(1)求随机变量X的最大值，并
106、求事件“X取得最大值”的概率；(2)求随机变量X的分布列.解(1)由题意知，x，y可能的取值为1，2，3，则|x2|1，|yx|2，所以X3，且当x1，y3或x3，y1时，X3.因此，随机变量X的最大值为3.而有放回地抽两张卡片的所有情况有339(种)，所以P(X3).故随机变量X的最大值为3，事件“X取得最大值”的概率为.(2)X的所有取值为0，1，2，3.当X0时，只有x2，y2这一种情况，当X1时，有x1，y1或x2，y1或x2，y3或x3，y3四种情况，当X2时，有x1，y2或x3，y2两种情况.当X3时，有x1，y3或x3，y1两种情况.所以P(X0)，P(X1)，P(X2)，P(X
107、3).则随机变量X的分布列为X0123P第7讲二项分布及其应用最新考纲1.理解条件概率和两个事件相互独立的概念；2.理解n次独立重复试验的模型及二项分布.能解决一些简单的实际问题.知 识 梳 理1.条件概率条件概率的定义条件概率的性质设A、B为两个事件，且P(A)0，称P(B|A)为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率(1)0P(B|A)1；(2)如果B和C是两个互斥事件，则P(BC|A)P(B|A)P(C|A)2.事件的相互独立性(1)定义：设A，B为两个事件，如果P(AB)P(A)P(B)，则称事件A与事件B相互独立.(2)性质：若事件A与B相互独立，则A与、与B、与也都相互独立，P
108、(B|A)P(B)，P(A|B)P(A).3.独立重复试验与二项分布(1)独立重复试验在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验，其中Ai(i1，2，n)是第i次试验结果，则P(A1A2A3An)P(A1)P(A2)P(A3)P(An).(2)二项分布在n次独立重复试验中，用X表示事件A发生的次数，设每次试验中事件A发生的概率为p，则P(Xk)Cpk(1p)nk(k0，1，2，n)，此时称随机变量X服从二项分布，记作XB(n，p)，并称p为成功概率.诊 断 自 测1.判断正误(在括号内打“”或“”)(1)若事件A，B相互独立，则P(B|A)P(B).()(2)P(AB)表示事件A，B同时
109、发生的概率，一定有P(AB)P(A)P(B).()(3)二项分布是一个概率分布列，是一个用公式P(Xk)Cpk(1p)nk，k0，1，2，n表示的概率分布列，它表示了n次独立重复试验中事件A发生的次数的概率分布.()解析对于(2)，若A，B独立，则P(AB)P(A)P(B)，若A，B不独立，则P(AB)P(A)P(B|A)，故(2)不正确.答案(1)(2)(3)2.(选修23P54T2改编)已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球，它们大小形状完全相同.甲每次从中任取一个不放回，则在他第一次拿到白球的条件下，第二次拿到红球的概率为()A. B. C. D.解析设“第一次拿到白球”为事件A，“第
110、二次拿到红球”为事件B，依题意P(A)，P(AB)，故P(B|A).答案B3.设随机变量XB，则P(X3)等于()A. B. C. D.解析XB，由二项分布可得，P(X3)C.答案A4.两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的概率分别为和，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为()A. B.C. D.解析设事件A：甲实习生加工的零件为一等品；事件B：乙实习生加工的零件为一等品，且A，B相互独立，则P(A)，P(B)，所以这两个零件中恰有一个一等品的概率为P(A)P(B)P(A)P()P()P(B).答案B5.(2017嘉兴七校联考)天气预报，端午节假期甲、乙、
111、丙三地降雨的概率分别是0.9、0.8、0.75，若甲、乙、丙三地是否降雨相互之间没有影响，则其中至少一个地方降雨的概率为_.解析甲、乙、丙三地降雨的概率分别是0.9、0.8、0.75，甲、乙、丙三地不降雨的概率分别是0.1、0.2、0.25，甲、乙、丙三地都不降雨的概率是0.10.20.250.005，故至少一个地方降雨的概率为10.0050.995.答案0.9956.连续掷一个质地均匀的骰子3次，各次互不影响，则恰好有一次出现1点的概率为_.解析掷一次骰子出现1点的概率为P，所以所求概率为PC.答案考点一条件概率【例1】 (1)从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，事件A：“取到的2个数之
112、和为偶数”，事件B：“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)()A. B. C. D.(2)(2014全国卷)某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是()A.0.8 B.0.75 C.0.6 D.0.45解析(1)法一事件A包括的基本事件：(1，3)，(1，5)，(3，5)，(2，4)共4个.事件AB发生的结果只有(2，4)一种情形，即n(AB)1.故由古典概型概率P(B|A).法二P(A)，P(AB).由条件概率计算公式，得P(B|A).(2)记事件A表示“一天的空气质量为优良
113、”，事件B表示“随后一天的空气质量为优良”，P(A)0.75，P(AB)0.6.由条件概率，得P(B|A)0.8.答案(1)B(2)A规律方法(1)利用定义，分别求P(A)和P(AB)，得P(B|A)，这是求条件概率的通法.(2)借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再求事件A与事件B的交事件中包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A).【训练1】 (2016唐山二模)已知甲在上班途中要经过两个路口，在第一个路口遇到红灯的概率为0.5，两个路口连续遇到红灯的概率为0.4，则甲在第一个路口遇到红灯的条件下，第二个路口遇到红灯的概率为()A.0.6 B.0.7 C.0.8 D.
114、0.9解析设“第一个路口遇到红灯”为事件A，“第二个路口遇到红灯”为事件B，则P(A)0.5，P(AB)0.4，则P(B|A)0.8.答案C考点二相互独立事件的概率【例2】 (2017东阳调研)某企业有甲、乙两个研发小组，他们研发新产品成功的概率分别为和.现安排甲组研发新产品A，乙组研发新产品B.设甲、乙两组的研发相互独立.(1)求至少有一种新产品研发成功的概率；(2)若新产品A研发成功，预计企业可获利润120万元；若新产品B研发成功，预计企业可获利润100万元.求该企业可获利润的分布列.解记E甲组研发新产品成功，F乙组研发新产品成功，由题设知P(E)，P()，P(F)，P()，且事件E与F，
115、E与，与F，与都相互独立.(1)记H至少有一种新产品研发成功，则，于是P()P()P()，故所求的概率为P(H)1P()1.(2)设企业可获利润为X(万元)，则X的可能取值为0，100，120，220，因为P(X0)P(EF)，P(X100)P()，P(X120)P(F)，P(X220)P(E).故所求的分布列为X0100120220P规律方法(1)求解该类问题在于正确分析所求事件的构成，将其转化为彼此互斥事件的和或相互独立事件的积，然后利用相关公式进行计算.(2)求相互独立事件同时发生的概率的主要方法利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解.正面计算较繁(如求用“至少”表述的事件的概率)或难以
116、入手时，可从其对立事件入手计算. 【训练2】 为了迎接2017在德国波恩举行的联合国气候大会，某社区举办“环保我参与”有奖问答比赛活动.某场比赛中，甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关环保知识的问题，已知甲家庭回答对这道题的概率是，甲、丙两个家庭都回答错的概率是，乙、丙两个家庭都回答对的概率是.若各家庭回答是否正确互不影响.(1)求乙、丙两个家庭各自回答对这道题的概率；(2)求甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭回答对这道题的概率.解(1)记“甲答对这道题”、“乙答对这道题”、“丙答对这道题”分别为事件A，B，C，则P(A)，且有即所以P(B)，P(C).(2)有0个家庭回答对的概率为P0P()P
117、()P()P()，有1个家庭回答对的概率为P1P(ABC)，所以不少于2个家庭回答对这道题的概率为P1P0P11.考点三独立重复试验与二项分布【例3】 (2015湖南卷)某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖，每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖.(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率；(2)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X，求X的分布列.解(1)记事件A1为“从甲箱中摸出的1个球是红球”，A2为“从乙箱中
118、摸出的1个球是红球”，B为“顾客抽奖1次能获奖”，则表示“顾客抽奖1次没有获奖”.由题意A1与A2相互独立，则1与2相互独立，且12，因为P(A1)，P(A2)，所以P()P(12)，故所求事件的概率P(B)1P()1.(2)设“顾客抽奖一次获得一等奖”为事件C，由P(C)P(A1A2) P(A1)P(A2)，顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验，则XB，于是P(X0)C，P(X1)C，P(X2)C，P(X3)C.故X的分布列为X0123P规律方法利用独立重复试验概率公式可以简化求概率的过程，但需要注意检查该概率模型是否满足公式P(Xk)Cpk(1p)nk的三个条件：(1)在一次试验中某事件A发
119、生的概率是一个常数p；(2)n次试验不仅是在完全相同的情况下进行的重复试验，而且各次试验的结果是相互独立的；(3)该公式表示n次试验中事件A恰好发生了k次的概率.【训练3】 一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需击鼓三次，每次击鼓要么出现一次音乐，要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次后，出现一次音乐获得10分，出现两次音乐获得20分，出现三次音乐获得100分，没有出现音乐则扣除200分(即获得200分).设每次击鼓出现音乐的概率为，且各次击鼓出现音乐相互独立.(1)设每盘游戏获得的分数为X，求X的分布列；(2)玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率.解(1)设“每盘游戏中击鼓三次后，出现音乐的次数为
120、”.依题意，的取值可能为0，1，2，3，且B，则P(k)CC.又每盘游戏得分X的取值为10，20，100，200.根据题意则P(X10)P(1)C，P(X20)P(2)C，P(X100)P(3)C，P(X200)P(0)C.所以X的分布列为X1020100200P(2)设“第i盘游戏没有出现音乐”为事件Ai(i1，2，3)，则P(A1)P(A2)P(A3)P(X200).所以，“三盘游戏中至少有一次出现音乐”的概率为1P(A1A2A3)11.因此，玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是.1.古典概型中，A发生的条件下B发生的条件概率公式为P(B|A)，其中，在实际应用中P(B|A)是一种重要的求
121、条件概率的方法.2.相互独立事件与互斥事件的区别相互独立事件是指两个事件发生的概率互不影响，计算公式为P(AB)P(A)P(B).互斥事件是指在同一试验中，两个事件不会同时发生，计算公式为P(AB)P(A)P(B).3.二项分布是概率论中最重要的几种分布之一，在实际应用和理论分析中都有重要的地位.(1)判断一个随机变量是否服从二项分布，关键有二：其一是独立性，即一次试验中，事件发生与不发生二者必居其一；其二是重复性，即试验是独立重复地进行了n次.(2)对于二项分布，如果在一次试验中某事件发生的概率是p，那么在n次独立重复试验中这个事件恰好发生k次的概率是P(Xk)Cpkqnk.其中k0，1，n
122、，q1p.1.运用公式P(AB)P(A)P(B)时一定要注意公式成立的条件，只有当事件A，B相互独立时，公式才成立.2.独立重复试验中，每一次试验只有两种结果，即某事件要么发生，要么不发生，并且任何一次试验中某事件发生的概率相等.注意恰好与至多(少)的关系，灵活运用对立事件.3.注意二项分布与超几何分布的联系与区别.有放回抽取问题对应二项分布，不放回抽取问题对应超几何分布，当总体数量很大时，超几何分布可近似为二项分布来处理.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.(2017宁波十校联考)100件产品中有6件次品，现在从中不放回地任取3件产品，在前两次抽取为正品的条件下，第三次抽取为次品
123、的概率是()A. B. C. D.解析设事件A为“前两次抽取为正品”，事件B为“第三次抽取为次品”，则AB包含的基本事件个数为n(AB)AA，A包含的基本事件个数n(A)AA，从而P(B|A).答案C2.(2017衡水模拟)先后抛掷硬币三次，则至少一次正面朝上的概率是()A. B. C. D.解析三次均反面朝上的概率是，所以至少一次正面朝上的概率是1.答案D3.甲射击命中目标的概率是，乙命中目标的概率是，丙命中目标的概率是.现在三人同时射击目标，则目标被击中的概率为()A. B. C. D.解析设甲命中目标为事件A，乙命中目标为事件B，丙命中目标为事件C，则击中目标表示事件A，B，C中至少有一
124、个发生.又P()P()P()P().击中的概率P1P().答案A4.(2017武昌区模拟)某居民小区有两个相互独立的安全防范系统A和B，系统A和系统B在任意时刻发生故障的概率分别为和p，若在任意时刻恰有一个系统不发生故障的概率为，则p()A. B. C. D.解析由题意得(1p)p，p，故选B.答案B5.(2017丽水市调研)一袋中有5个白球，3个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个记下颜色后放回，直到红球出现10次时停止，设停止时共取了X次球，则P(X12)等于()A.C B.CC.C D.C解析由题意知第12次取到红球，前11次中恰有9次红球2次白球，由于每次取到红球的概率为，所以P(X1
125、2)C.答案D二、填空题6.有一批种子的发芽率为0.9，出芽后的幼苗成活率为0.8，在这批种子中，随机抽取一粒，则这粒种子能成长为幼苗的概率为_.解析设种子发芽为事件A，种子成长为幼苗为事件B(发芽又成活为幼苗).依题意P(B|A)0.8，P(A)0.9.根据条件概率公式P(AB)P(B|A)P(A)0.80.90.72，即这粒种子能成长为幼苗的概率为0.72.答案0.727.设随机变量XB(2，p)，随机变量YB(3，p)，若P(X1)，则P(Y1)_.解析XB(2，p)，P(X1)1P(X0)1C(1p)2，解得p.又YB(3，p)，P(Y1)1P(Y0)1C(1p)3.答案8.某小区物业
126、加强对员工服务宗旨教育，服务意识和服务水平不断提高，某服务班组经常收到表扬电话和表扬信.设该班组一周内收到表扬电话和表扬信的次数用X表示，据统计，随机变量X的概率分布如下：X0123P0.10.32aa(1)a的值为_；(2)假设某月第一周和第二周收到表扬电话和表扬信的次数互不影响，则该班组在这两周内共收到表扬电话和表扬信2次的概率为_.解析(1)由随机变量X的概率分布列性质得：0.10.32aa1，解得a0.2.(2)该班组在这两周内共收到表扬电话和表扬信2次的概率：P0.10.40.40.10.30.30.17.答案(1)0.2(2)0.17三、解答题9.一名学生每天骑车上学，从他家到学校
127、的途中有6个交通岗，假设他在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是.(1)设X为这名学生在途中遇到红灯的次数，求X的分布列(只列算式，不必计算结果)；(2)设Y为这名学生在首次停车前经过的路口数，求Y的分布列(只列算式，不必计算结果)；(3)求这名学生在途中至少遇到一次红灯的概率.解(1)将通过每个交通岗看作一次试验，遇到红灯的概率为，且每次试验结果是相互独立的，故XB.P(Xk)C，k0，1，2，3，4，5，6.X的分布列为X0123PCCCX456PCCC(2)由于Y表示这名学生在首次停车时经过的路口数，显然Y是随机变量，其取值为0，1，2，3，4，5，6.其中Yk(k0，1，
128、2，3，4，5)表示前k个路口没有遇上红灯，但在第k1个路口遇上红灯，故各概率应按独立事件同时发生计算.P(Yk)(k0，1，2，3，4，5).而Y6表示一路没有遇上红灯，故其概率为P(Y6).因此Y的分布列为：Y0123PY456P(3)这名学生在途中至少遇到一次红灯的事件为(X1)X1或X2或或X6，所以其概率为P(X1)P(Xk)1P(X0)1.10.挑选空军飞行员可以说是“万里挑一”，要想通过需要五关：目测、初检、复检、文考(文化考试)、政审.若某校甲、乙、丙三位同学都顺利通过了前两关，根据分析甲、乙、丙三位同学通过复检关的概率分别是0.5，0.6，0.75，能通过文考关的概率分别是0
129、.6，0.5，0.4，由于他们平时表现较好，都能通过政审关，若后三关之间通过与否没有影响.(1)求甲、乙、丙三位同学中恰好有一人通过复检的概率；(2)设只要通过后三关就可以被录取，求录取人数X的分布列.解(1)设A，B，C分别表示事件“甲、乙、丙通过复检”，则所求概率PP(A)P(B)P(C)0.5(10.6)(10.75)(10.5)0.6(10.75)(10.5)(10.6)0.750.275.(2)甲被录取的概率为P甲0.50.60.3，同理P乙0.60.50.3，P丙0.750.40.3.甲、乙、丙每位同学被录取的概率均为0.3，故可看成是独立重复试验，即XB(3，0.3)，X可能取值
130、为0，1，2，3，其中P(Xk)C(0.3)k(10.3)3k.故P(X0)C0.30(10.3)30.343，P(X1)C0.3(10.3)20.441，P(X2)C0.32(10.3)0.189，P(X3)C0.330.027，故X的分布列为X0123P0.3430.4410.1890.027能力提升题组(建议用时：25分钟)11.(2016郑州二模)先后掷骰子两次，落在水平桌面后，记正面朝上的点数分别为x，y，设事件A为“xy为偶数”，事件B为“xy”，则概率P(B|A)()A. B. C. D.解析若xy为偶数，则x，y两数均为奇数或均为偶数.故P(A)，又A，B同时发生，基本事件一共
131、有233612个，P(AB)，P(B|A).答案D12.(2017嘉兴市调研)排球比赛的规则是5局3胜制(无平局)，甲在每局比赛获胜的概率都为，前2局中乙队以20领先，则最后乙队获胜的概率是()A. B. C. D.解析乙队30获胜的概率为，乙队31获胜的概率为，乙队32获胜的概率为.最后乙队获胜的概率为P，故选C.答案C13.某一部件由三个电子元件按如图所示方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作.设三个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布N(1 000，502)，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为_.解析设
132、元件1，2，3的使用寿命超过1 000小时的事件分别记为A，B，C，显然P(A)P(B)P(C)，该部件的使用寿命超过1 000小时的事件为(ABABAB)C，该部件的使用寿命超过1 000小时的概率P.答案14.(2017余姚质检)口袋中装有2个白球和n(n2，nN*)个红球，每次从袋中摸出2个球(每次摸球后把这2个球放回口袋中)，若摸出的2个球颜色相同则为中奖，否则为不中奖.(1)用含n的代数式表示1次摸球中奖的概率；(2)若n3，求3次摸球中恰有1次中奖的概率；(3)记3次摸球中恰有1次中奖的概率为f(p)，当f(p)取得最大值时，求n的值.解(1)设“1次摸球中奖”为事件A，则P(A)
133、.(2)由(1)得若n3，则1次摸球中奖的概率为p，3次摸球中，恰有1次中奖的概率为P3(1)Cp(1p)23.(3)设“1次摸球中奖”的概率为p，则3次摸球中，恰有1次中奖的概率为：f(p)Cp(1p)23p36p23p(0p1)，f(p)9p212p33(p1)(3p1)，f(p)在上是增函数，在上是减函数，当p时，f(p)取得最大值.p，解得n2或n1(舍)，当f(p)取得最大值时，n的值为2.故n2时，三次摸球中恰有一次中奖的概率最大.15.(2016山东卷节选)甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，在一轮活动中，如果两人都猜对，则“星对”得3分；如果只有
134、一人猜对，则“星对”得1分；如果两人都没猜对，则“星对”得0分.已知甲每轮猜对的概率是，乙每轮猜对的概率是；每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响，各轮结果亦互不影响.假设“星队”参加两轮活动，求：(1)“星队”至少猜对3个成语的概率；(2)“星队”两轮得分之和X的分布列.解(1)记事件A：“甲第一轮猜对”，记事件B：“乙第一轮猜对”，记事件C：“甲第二轮猜对”，记事件D：“乙第二轮猜对”，记事件E：“星队至少猜对3个成语”.由题意，EABCDBCDACDABDABC.由事件的独立性与互斥性，得P(E)P(ABCD)P(BCD)P(ACD)P(ABD)P(ABC)P(A)P(B)P(C)P(D)P(
135、)P(B)P(C)P(D)P(A)P()P(C)P(D)P(A)P(B)P()P(D)P(A)P(B)P(C)P()2.所以“星队”至少猜对3个成语的概率为.(2)由题意，随机变量X可能的取值为0，1，2，3，4，6.由事件的独立性与互斥性，得P(X0)，P(X1)2，P(X2)，P(X3)，P(X4)2，P(X6).可得随机变量X的分布列为X012346P第8讲离散型随机变量的均值与方差最新考纲1.理解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差的概念；2.能计算简单离散型随机变量的均值、方差，并能解决一些简单实际问题.知 识 梳 理1.离散型随机变量的均值与方差若离散型随机变量X的分布列为Xx1
136、x2xixnPp1p2pipn(1)均值称E(X)x1p1x2p2xipixnpn为随机变量X的均值或数学期望，它反映了离散型随机变量取值的平均水平.(2)方差称D(X)_(xiE(X)2pi为随机变量X的方差，它刻画了随机变量X与其均值E(X)的平均偏离程度，其算术平方根为随机变量X的标准差.2.均值与方差的性质(1)E(aXb)aE(X)b.(2)D(aXb)a2D(X)(a，b为常数).3.两点分布与二项分布的均值、方差(1)若X服从两点分布，则E(X)p，D(X)p(1p).(2)若XB(n，p)，则E(X)np，D(X)np(1p).诊 断 自 测1.判断正误(在括号内打“”或“”)
137、(1)期望值就是算术平均数，与概率无关.()(2)随机变量的均值是常数，样本的平均值是随机变量.()(3)随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值偏离均值的平均程度，方差或标准差越小，则偏离变量平均程度越小.()(4)均值与方差都是从整体上刻画离散型随机变量的情况，因此它们是一回事.()解析均值即期望值刻画了离散型随机变量取值的平均水平，而方差刻画了离散型随机变量的取值偏离期望值的平均程度，因此它们不是一回事，故(1)(4)均不正确.答案(1)(2)(3)(4)2.(选修23P68T1改编)已知X的分布列为X101P设Y2X3，则E(Y)的值为()A. B.4 C.1 D.1解析E(X)，E
138、(Y)E(2X3)2E(X)33.答案A3.已知某离散型随机变量X的分布列如下表，则随机变量X的方差D(X)等于()X01Pm2mA. B. C. D.解析由已知得m2m1得m，由于X服从两点分布，所以D(X)m2m.答案B4.设随机变量X的分布列为P(Xk)(k2，4，6，8，10)，则D(X)等于_.解析E(X)(246810)6，D(X)8.答案85.(2015广东卷)已知随机变量X服从二项分布B(n，p)，若E(X)30，D(X)20，则p_.解析由于XB(n，p)，且E(X)30，D(X)20.所以解之得p.答案6.某学校要从5名男生和2名女生中选出2人作为社区志愿者，若用随机变量X
139、表示选出的志愿者中女生的人数，则随机变量X的数学期望E(X)_(结果用最简分数表示).解析随机变量X只能取0，1，2三个数，因为P(X0)，P(X1)，P(X2)，故E(X)12.答案考点一一般分布列的均值与方差【例1】 (2017台州调研)为迎接2022年北京冬奥会，推广滑雪运动，某滑雪场开展滑雪促销活动.该滑雪场的收费标准是：滑雪时间不超过1小时免费，超过1小时的部分每小时收费标准为40元(不足1小时的部分按1小时计算).有甲、乙两人相互独立地来该滑雪场运动，设甲、乙不超过1小时离开的概率分别为，；1小时以上且不超过2小时离开的概率分别为，；两人滑雪时间都不会超过3小时.(1)求甲、乙两人
140、所付滑雪费用相同的概率；(2)设甲、乙两人所付的滑雪费用之和为随机变量，求的分布列与数学期望E()，方差D().解(1)两人所付费用相同，相同的费用可能为0，40，80元，两人都付0元的概率为P1，两人都付40元的概率为P2，两人都付80元的概率为P3，则两人所付费用相同的概率为PP1P2P3.(2)设甲、乙所付费用之和为，可能取值为0，40，80，120，160，则：P(0)；P(40)；P(80)；P(120)；P(160).的分布列为04080120160PE()0408012016080.D()(080)2(4080)2(8080)2(12080)2(16080)2.规律方法(1)求离
141、散型随机变量的均值与方差关键是确定随机变量的所有可能值，写出随机变量的分布列，正确运用均值、方差公式进行计算.(2)注意E(aXb)aE(X)b，D(aXb)a2D(X)的应用.【训练1】 根据以往的经验，某工程施工期间的降水量X(单位：mm)对工期的影响如下表：降水量XX300300X700700X900X900工期延误天数Y02610历年气象资料表明，该工程施工期间降水量X小于300，700，900的概率分别为0.3，0.7，0.9，求：(1)工程延误天数Y的均值与方差；(2)在降水量X至少是300 mm的条件下，工期延误不超过6天的概率.解(1)由条件和概率的加法公式有：P(X300)0
142、.3，P(300X700)P(X700)P(X300)0.70.30.4，P(700X900)P(X900)P(X700)0.90.70.2，P(X900)1P(X900)10.90.1.所以Y的分布列为：Y02610P0.30.40.20.1于是，E(Y)00.320.460.2100.13；D(Y)(03)20.3(23)20.4(63)20.2(103)20.19.8.故工期延误天数Y的均值为3，方差为9.8.(2)由概率加法公式， 得P(X300)1P(X300)0.7，又P(300X900)P(X900)P(X300)0.90.30.6.由条件概率，得P(Y6|X300)P(XE(3
143、X2)，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大.法二设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为Y1，都选择方案乙所获得的累计得分为Y2，则Y1，Y2的分布列为：Y1024PY2036PE(Y1)024，E(Y2)036，因为E(Y1)E(Y2)，所以二人都选择方案甲抽奖，累计得分的数学期望较大.规律方法二项分布的期望与方差.(1)如果B(n，p)，则用公式E()np；D()np(1p)求解，可大大减少计算量.(2)有些随机变量虽不服从二项分布，但与之具有线性关系的另一随机变量服从二项分布，这时，可以综合应用E(ab)aE()b以及E()np求出E(ab)，同样还可求出D(ab)
144、.【训练2】 (2017诸暨模拟)甲、乙、丙三人准备报考某大学，假设甲考上的概率为，甲、丙都考不上的概率为，乙、丙都考上的概率为，且三人能否考上相互独立.(1)求乙、丙两人各自考上的概率；(2)设X表示甲、乙、丙三人中考上的人数与没考上的人数之差的绝对值，求X的分布列与数学期望.解(1)设A表示“甲考上”，B表示“乙考上”，C表示“丙考上”，则P(A)，且解得P(C)，P(B).乙考上的概率为，丙考上的概率为.(2)由题意X的可能取值为1，3，P(X1)，P(X3)，X的分布列为：X13PEX13.考点三均值与方差在决策中的应用【例3】 计划在某水库建一座至多安装3台发电机的水电站.过去50年
145、的水文资料显示，水库年入流量X(年入流量：一年内上游来水与库区降水之和，单位：亿立方米)都在40以上.其中，不足80的年份有10年，不低于80且不超过120的年份有35年，超过120的年份有5年.将年入流量在以上三段的频率作为相应段的概率，并假设各年的年入流量相互独立.(1)求未来4年中，至多有1年的年入流量超过120的概率；(2)水电站希望安装的发电机尽可能运行，但每年发电机最多可运行台数受年入流量X限制，并有如下关系：年入流量X40X120发电机最多可运行台数123若某台发电机运行，则该台年利润为5 000万元；若某台发电机未运行，则该台年亏损800万元.欲使水电站年总利润的均值达到最大，
146、应安装发电机多少台？解(1)依题意，p1P(40X120)0.1.由二项分布，在未来4年中至多有1年的年入流量超过120的概率为pC(1p3)4C(1p3)3p340.947 7.(2)记水电站年总利润为Y(单位：万元).安装1台发电机的情形.由于水库年入流量总大于40，故一台发电机运行的概率为1，对应的年利润Y5 000，E(Y)5 00015 000.安装2台发电机的情形.依题意，当40X80时，一台发电机运行，此时Y5 0008004 200，因此P(Y4 200)P(40X80)p10.2；当X80时，两台发电机运行，此时Y5 000210 000，因此P(Y10 000)P(X80)
147、p2p30.8.由此得Y的分布列如下：Y4 20010 000P0.20.8所以，E(Y)4 2000.210 0000.88 840.安装3台发电机的情形.依题意，当40X80时，一台发电机运行，此时Y5 0001 6003 400，因此P(Y3 400)P(40X120时，三台发电机运行，此时Y5 000315 000，因此P(Y15 000)P(X120)p30.1.因此得Y的分布列如下：Y3 4009 20015 000P0.20.70.1所以，E(Y)3 4000.29 2000.715 0000.18 620.综上，欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机2台.规律方法随机变
148、量的均值反映了随机变量取值的平均水平，方差反映了随机变量稳定于均值的程度，它们从整体和全局上刻画了随机变量，是生产实际中用于方案取舍的重要理论依据.一般先比较均值，若均值相同，再用方差来决定.【训练3】 (2017贵州调研)某投资公司在2018年年初准备将1 000万元投资到“低碳”项目上，现有两个项目供选择：项目一：新能源汽车.据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利30%，也可能亏损15%，且这两种情况发生的概率分别为和；项目二：通信设备.据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利50%，可能损失30%，也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为，和.针对以上两个投资项目，请你为投资公
149、司选择一个合理的项目，并说明理由.解若按“项目一”投资，设获利为X1万元.则X1的分布列为X1300150PE(X1)300(150)200(万元).若按“项目二”投资，设获利X2万元，则X2的分布列为：X25003000PE(X2)500(300)0200(万元).D(X1)(300200)2(150200)235 000，D(X2)(500200)2(300200)2(0200)2140 000.所以E(X1)E(X2)，D(X1)D(X2)，这说明虽然项目一、项目二获利相等，但项目一更稳妥.综上所述，建议该投资公司选择项目一投资.1.掌握下述均值与方差有关性质，会给解题带来方便：(1)E
150、(aXb)aE(X)b，E(XY)E(X)E(Y)，D(aXb)a2D(X)；(2)若XB(n，p)，则E(X)np，D(X)np(1p).2.基本方法(1)已知随机变量的分布列求它的均值、方差和标准差，可直接按定义(公式)求解；(2)已知随机变量X的均值、方差，求X的线性函数YaXb的均值、方差和标准差，可直接用均值、方差的性质求解；(3)如能分析所给随机变量服从常用的分布(如二项分布)，可直接利用它们的均值、方差公式求解.1.在没有准确判断分布列模型之前不能乱套公式.2.对于应用问题，必须对实际问题进行具体分析，一般要将问题中的随机变量设出来，再进行分析，求出随机变量的分布列，然后按定义计
151、算出随机变量的均值、方差.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.已知离散型随机变量X的概率分布列为X135P0.5m0.2则其方差D(X)()A.1 B.0.6 C.2.44 D.2.4解析由0.5m0.21得m0.3，E(X)10.530.350.22.4，D(X)(12.4)20.5(32.4)20.3(52.4)20.22.44.答案C2.(2017西安调研)某种种子每粒发芽的概率都为0.9，现播种了1 000粒，对于没有发芽的种子，每粒需再补种2粒，补种的种子数记为X，则X的数学期望为()A.100 B.200 C.300 D.400解析设没有发芽的种子有粒，则B(1 000
152、，0.1)，且X2，E(X)E(2)2E()21 0000.1200.答案B3.已知随机变量X服从二项分布，且E(X)2.4，D(X)1.44，则二项分布的参数n，p的值为()A.n4，p0.6 B.n6，p0.4C.n8，p0.3 D.n24，p0.1解析由二项分布XB(n，p)及E(X)np，D(X)np(1p)得2.4np，且1.44np(1p)，解得n6，p0.4.故选B.答案B4.已知随机变量X8，若XB(10，0.6)，则E()，D()分别是()A.6，2.4 B.2，2.4C.2，5.6 D.6，5.6解析由已知随机变量X8，所以有8X.因此，求得E()8E(X)8100.62，
153、D()(1)2D(X)100.60.42.4.答案B5.口袋中有5只球，编号分别为1，2，3，4，5，从中任取3只球，以X表示取出的球的最大号码，则X的数学期望E(X)的值是()A.4 B.4.5 C.4.75 D.5解析由题意知，X可以取3，4，5，P(X3)，P(X4)，P(X5)，所以E(X)3454.5.答案B二、填空题6.设X为随机变量，XB，若随机变量X的数学期望E(X)2，则P(X2)_；D(X)_.解析由XB，E(X)2，得npn2，n6，则P(X2)C，D(X)np(1p)6.答案7.随机变量的取值为0，1，2.若P(0)，E()1，则D()_.解析设P(1)a，P(2)b，
154、则解得所以D()(01)2(11)2(21)2.答案8.(2017合肥模拟)某科技创新大赛设有一、二、三等奖(参与活动的都有奖)且相应奖项获奖的概率是以a为首项，2为公比的等比数列，相应的奖金分别是7 000元、5 600元、4 200元，则参加此次大赛获得奖金的期望是_元.解析由题意知a2a4a1，a，获得一、二、三等奖的概率分别为，所获奖金的期望是E(X)7 0005 6004 2005 000(元).答案5 000三、解答题9.已知从某批产品中随机抽取1件是二等品的概率为0.2.(1)若从该产品中有放回地抽取产品2次，每次抽取1件，设事件A：“取出的2件产品中至多有1件是二等品”，求P(
155、A)；(2)若该批产品共有20件，从中任意抽取2件，X表示取出的2件产品中二等品的件数，求随机变量X的分布列和数学期望.解(1)记A0表示事件“取出的2件产品中没有二等品”，A1表示事件“取出的2件产品中恰有1件二等品”，则A1与A0互斥，且AA0A1，P(A)P(A0)P(A1)(10.2)2C0.2(10.2)0.96.(2)随机变量X的所有可能取值为0，1，2，该产品共有二等品200.24(件)，P(X0)，P(X1)，P(X2)，X的分布列为：X012PE(X)012.10.(2017郑州一模)在“出彩中国人”的一期比赛中，有6位歌手(16)登台演出，由现场百家大众媒体投票选出最受欢迎
156、的出彩之星，各家媒体独立地在投票器上选出3位出彩候选人，其中媒体甲是1号歌手的歌迷，他必选1号，另在2号至6号中随机的选2名；媒体乙不欣赏2号歌手，他必不选2号；媒体丙对6位歌手的演唱没有偏爱，因此在1至6号歌手中随机的选出3名.(1)求媒体甲选中3号且媒体乙未选中3号歌手的概率；(2)X表示3号歌手得到媒体甲、乙、丙的票数之和，求X的分布列及数学期望.解(1)设A表示事件：“媒体甲选中3号歌手”，B表示事件：“媒体乙选中3号歌手”，C表示事件：“媒体丙选中3号歌手”，则P(A)，P(B)，媒体甲选中3号且媒体乙未选中3号歌手的概率为P(AB).(2)P(C)，由已知得X的可能取值为0，1，2
157、，3，P(X0)P().P(X1)P(A)P(B)P(C)，P(X2)P(AB)P(AC)P(BC)，P(X3)P(ABC)，X的分布列为X0123PE(X)0123.能力提升题组(建议用时：25分钟)11.从装有除颜色外完全相同的3个白球和m个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回地摸取5次，设摸得白球数为X，已知E(X)3，则D(X)()A. B. C. D.解析由题意，XB，又E(X)3，m2，则XB，故D(X)5.答案B12.袋中装有大小完全相同，标号分别为1，2，3，9的九个球.现从袋中随机取出3个球.设为这3个球的标号相邻的组数(例如：若取出球的标号为3，4，5，则有两组相邻的标号3，4
158、和4，5，此时的值是2)，则随机变量的均值E()为()A. B. C. D.解析依题意得，的所有可能取值是0，1，2.且P(0)，P(1)，P(2)，因此E()012.答案D13.马老师从课本上抄录一个随机变量的分布列如下表：x123p(x)？！？请小牛同学计算的均值.尽管“！”处完全无法看清，且两个“？”处字迹模糊，但能断定这两个“？”处的数值相同.据此，小牛给出了正确答案E()_.解析设“？”处的数值为x，则“！”处的数值为12x，则E()1x2(12x)3xx24x3x2.答案214.甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛.
159、假设每局甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局比赛结果相互独立.(1)求甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率；(2)记X为比赛决出胜负时的总局数，求X的分布列和均值(数学期望).解用A表示“甲在4局以内(含4局)赢得比赛”，Ak表示“第k局甲获胜”，Bk表示“第k局乙获胜”，则P(Ak)，P(Bk)，k1，2，3，4，5.(1)P(A)P(A1A2)P(B1A2A3)P(A1B2A3A4)P(A1)P(A2)P(B1)P(A2)P(A3)P(A1)P(B2)P(A3)P(A4).(2)X的可能取值为2，3，4，5.P(X2)P(A1A2)P(B1B2)P(A1)P(A2)P(B1)P(B2)，P
160、(X3)P(B1A2A3)P(A1B2B3)P(B1)P(A2)P(A3)P(A1)P(B2)P(B3)，P(X4)P(A1B2A3A4)P(B1A2B3B4)P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)P(B1)P(A2)P(B3)P(B4)，P(X5)1P(X2)P(X3)P(X4).故X的分布列为X2345PE(X)2345.15.(2017绍兴调研)为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1 000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额.(1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元
161、.求：顾客所获的奖励额为60元的概率；顾客所获的奖励额的分布列及数学期望；(2)商场对奖励总额的预算是60 000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成.为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由.解(1)设顾客所获的奖励额为X.依题意，得P(X60)，即顾客所获的奖励额为60元的概率为.依题意，得X的所有可能取值为20，60.P(X60)，P(X20)，即X的分布列为X2060P所以顾客所获的奖励额的数学期望为E(X)206040(元).(2)根
162、据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为60元.所以，先寻找期望为60元的可能方案.对于面值由10元和50元组成的情况，如果选择(10，10，10，50)的方案，因为60元是面值之和的最大值，所以期望不可能为60元；如果选择(50，50，50，10)的方案，因为60元是面值之和的最小值，所以期望也不可能为60元，因此可能的方案是(10，10，50，50)，记为方案1.对于面值由20元和40元组成的情况，同理，可排除(20，20，20，40)和(40，40，40，20)的方案，所以可能的方案是(20，20，40，40)，记为方案2.以下是对两个方案的分析：对于方案1，即方案(10，10，50，50)，设顾客所获的奖励额为X1，则X1的分布列为X12060100PX1的数学期望为E(X1)206010060(元)，X1的方差为D(X1)(2060)2(6060)2(10060)2.对于方案2，即方案(20，20，40，40)，设顾客所获的奖励额为X2，则X2的分布列为X2406080PX2的数学期望为E(X2)40608060(元)，X2的方差为D(X2)(4060)2(6060)2(8060)2.由于两种方案的奖励额的数学期望都符合要求，但方案2奖励额的方差比方案1的小，所以应该选择方案2.