1、第一部分 高考专题讲解 专题六 算法、统计、概率、复数第十五讲 计数原理、概率1.计数原理与概率、统计的联系十分密切一方面，它是求解古典概型概率以及离散型随机变量的分布列、期望、方差等问题的基础；另一方面，在分步和分类计数原理中所蕴含的思想方法是解答数学问题的重要策略，因此计数原理是高考考查的重要内容之一该部分内容在高考中主要以两种方式进行考查：一是单独命题；二是与概率、统计等方面的试题融合在一起考查，考情分析特别是与古典概型的概率，随机变量的分布列等综合在一起高考中的计数原理试题多以现实生活中的实际问题为背景，通过数字问题、人或物的排列问题、集合的子集个数问题、选代表或选样品等问题考查考生对
2、计数原理的运用能力，难度不大考情分析2随着高考改革的不断深入，概率问题正逐步成为高考的热点内容本部分内容主要包括古典概型、几何概型、互斥事件的概率、相互独立事件的概率、离散型随机变量的分布列和数学期望、二项分布，超几何分布、正态分布等预计2012年高考对古典概型与几何概型的考查难度不会太大，应该会以选择题或填空题的形式出现，如果在解答题中出现，则会将概率知识与其他考情分析知识交汇，综合考查学生对概率知识的理解与应用离散型随机变量的分布列、均值和方差是解答题中考查的重点内容，在复习中要给予重视考情分析要点串讲1.分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中
3、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；分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法互相依存，只有各个步骤都完成才算做完这件事2用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前对问题进行仔细分析，确定需要分类还是分步(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”，只有完成了所有步骤，才算完成任务，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，得到总数对于较复杂的问题，可同时运用两个计数原理或借助列表、画图的方法来求解3判断某一个问题
4、是排列问题还是组合问题，关键是看选出的元素是否与顺序有关若交换任意两个元素的位置对结果有影响，则是排列问题；若交换任意两个元素的位置对结果没有影响，则是组合问题。也就是说排列问题与选取元素的顺序有关，组合问题与选取元素的顺序无关4对于排列组合的综合性问题，一般的思想方法是先选元素(组合)，后排列按元素的性质“分类”和按事件发生的连续过程“分步”始终是处理这类问题的基本方法和原理，平时应注意通过解题训练来积累分类和分步的基本技能5排列组合综合应用问题的常见解法：(1)特殊元素(特殊位置)优先安排法；(2)合理分类与准确分步；(3)排列组合混合问题先选后排法；(4)相邻问题捆绑法；(5)不相邻问题
5、插空法；(6)定序问题缩倍法；(7)多排问题一排法；(8)“小集团”问题先整体后局部法；(9)构造模型法；(10)正难则反，等价转化法6要熟练掌握二项式定理，学会灵活应用对于三项式问题，可转化为二项式定理去处理7二项展开式的通项：二项展开式中的C rn anrbr叫做二项展开式的通项，用Tr1表示，因此通项为展开式的第r1项，即Tr1C rn anrbr.二项展开式的通项公式具有非常重要的应用，应熟练掌握8.对于求多个二项式的和或积及三项式的展开式中某项的系数问题，要注意排列、组合知识的应用9求二项展开式系数之和或部分系数之和时，通常利用赋值法，如：求(ax)na0a1xa2x2anxn展开式
6、中各项的系数之和时，可令x1，即得各项的系数之和为a0a1a2an；求奇数项的系数之和或偶数项的系数之和时，可分别令x1，x1，两等式相加或相减即可得出结果对于二项式系数的最大值、最小值问题，有时需要对n的奇偶性进行讨论10随机事件的概率范围：0P(A)1；必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0.11如果事件A，B互斥，那么事件AB发生(即A，B中有一个发生)的概率，等于事件A，B分别发生的概率的和，即P(AB)P(A)P(B)这个公式称为互斥事件的概率加法公式12在一次试验中，对立事件A和 A 不会同时发生，但一定有一个发生，因此有P(A)1P(A)13对于古典概型，通常一次试验中的某一事
7、件A是由几个基本事件组成，如果试验的基本事件总数为n，随机事件A包含的基本事件数为m，那么事件A的概率为P(A)mn.由此可知，在古典概型中，计算事件A的概率，关键是计算试验的基本事件总数n和事件A中包含的基本事件数m.14一般地，在几何区域D中随机地取一点，记事件“该点落在其内部一个区域d内”为事件A，则事件A发生的概率P(A)d的测度D的测度.这里要求D的测度不为0，其中“测度”的意义依D确定，当D分别是线段、平面图形和立体图形时，相应的“测度”分别是长度、面积和体积等15很多概率问题都可以归结为几何概型对于几何概型，事件A的概率P(A)与表示它的区域(长度、面积或体积)成正比，而与区域的
8、位置和形状无关，因此只要表示两个事件的区域有相同的长度、面积或体积，不管它们的位置和形状如何，这两个事件的概率一定相等由此可知，利用公式求概率的关键在于求解产生指定范围内的随机数或指定范围内的长度、面积、体积等16条件概率：一般的，设A，B是两个事件，且P(A)0，称P(B|A)PABPA 为在事件A发生的条件下事件B发生的条件概率17相互独立事件：如果事件A，B相互独立，那么这两个事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积即P(AB)P(A)P(B)18独立重复试验：如果在一次试验中某事件发生的概率为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Pn(k)Cknpk(1p)nk，k
9、0,1,2，n.19若离散型随机变量X的概率分布列为P(Xxi)pi(i1,2，n)，则其均值为E(X)i1nx ipix1p1x2p2xnPn，方差为D(X)(x1E(X)2p1(x2E(X)2p2(xnE(X)npn.20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)CkMCnkNMCnN，k0,1，m，mminM，n，其中nN，MN，n，M，NN*.称分布列X01mPC0MCn0NMCnNC1MCn1NMCnNCmMCnmNmCnN为超几何分布列，称X服从超几何分布21二项分布，记作B(n，p)，其中n，p为参数(1)判断随机变量是否服从二项分布关键是看某一事件是否
10、进行了n次独立重复试验，且每次试验是否只有两种结构，如果不满足此两个条件，随机变量就不服从二项分布(2)当随机变量的总体很大而抽取的样本容量相对于总体来说又比较小，且每次抽取时又只有两种试验结果，此时可以把它看作独立重复试验，利用二项分布求其分布列22正态分布：如果随机变量X的概率密度为f(x)12e x222 (xR，实数，为参数，且0)，称X的分布服从参数为，的正态分布，用XN(，2)表示.高频考点类型一 计数原理【例1】如图，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有4种不同的花供选择，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为()A96 B84C60 D48解析 若仅
11、种2种花，则A、C相同且B、D相同，共有A2412(种)不同的选种方法；若种3种花，则A、C相同或B、D相同，共有2A 3448(种)不同的选种方法；若种4种花，则A、B、C、D各不相同，共有A 44 24(种)不同的选种方法，由分类计数原理可得共有12482484(种)不同的选种方法故选B.答案 B类型二 排列与组合【例2】某人有4种颜色的灯泡(每种颜色的灯泡足够多)要在如图所示的6个点A、B、C、A1、B1、C1上各装一个灯泡，要求同一条线段两端的灯泡不同色，求每种颜色的灯泡都至少用一个的安装方法共有_种(用数字作答)解析 如下图所示，在ABC中任取两个点A、C，则与A同色及与C同色的点共
12、有3种情形，由此可得用4种颜色的灯泡，每种颜色至少用一个的安装方法共有C233A44216(种)答案 216类型三 二项式定理【例3】(2011课标)xax 2x1x5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为()A40 B20C20 D40解析 令x1，得1a2，a1.则原式为x1x 2x1x5对2x1x5求通项Tr1Cr5(2x)5r1xr(1)r25rCr5x52r.令52r1，得r3，x1的系数为(1)322C3540.令52r1，得r2，x的系数为(1)223C 2580与x1x 相乘可得常数项为40.答案 D类型四 古典概型和几何概型【例4】(2011江苏)从1,2,3,4这
13、四个数字中一次随机取两个数，则其中一个数是另一个数的两倍的概率是_解析 从1,2,3,4这四个数中随机取两个数有C 24 种取法，其中一个数是另一个数的2倍，有(1,2)，(2,4)两种取法，所以其概率为P 2C2413.答案 13【探究1】(2011福建)如图矩形ABCD中，点E为边CD的中点，若在矩形ABCD内部随机取一个点Q，则点Q取自ABE内部的概率等于()A.14B.13C.12D.23解析：SABE12ABAD12S矩形，PSABES矩形 12.答案：C类型五 随机变量的分布列、期望、方差【例5】(2011湖南)某商店试销某种商品20件，获得如下数据：日销售量(件)0123频数15
14、95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的分布列和数学期望解(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”)120 520 320.(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”)52014；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”)120 920 52034
15、.故X的分布列为X23P1434X的数学期望E(X)214334114.类型六 相互独立事件与互斥事件的概率、条件概率【例6】(2011安徽)工作人员需进入核电站完成某项具有高辐射危险的任务，每次只派一个人进去，且每个人只派一次，工作时间不超过10分钟，如果前一个人10分钟内不能完成任务则撤出，再派下一个人现在一共只有甲、乙、丙三个人可派，他们各自能完成任务的概率分别为p1，p2，p3，假设p1，p2，p3，互不相等，且假定各人能否完成任务的事件相互独立(1)如果按甲最先，乙次之，丙最后的顺序派人，求任务能被完成的概率若改变三个人被派出的先后顺序，任务能被完成的概率是否发生变化？(2)若按某指
16、定顺序派人，这三个各自能完成任务的概率依次为q1，q2，q3，其中q1，q2，q3是p1，p2，p3的一个排列，求所需要派出人员数目X的分布列和均值(数学期望)E(X)；(3)假定1p1p2p3，试分析以怎样的先后顺序派出人员，可使所需派出的人员数目的均值(数学期望)达到最小解(1)无论以怎样的顺序派出人员，任务不能被完成的概率都是(1p1)(1p2)(1p3)，所以任务能被完成的概率与三个人被派出的先后顺序无关，并等于1(1p1)(1p2)(1p3)p1p2p3p1p2p2p3p3p1p1p2p3.(2)当依次派出的三个人各自完成任务的概率分别为q1，q2，q3时，随机变量X的分布列为X12
17、3Pq1(1q1)q2(1q1)(1q2)所需派出的人员数目的均值(数学期望)E(X)是E(X)q12(1q1)q23(1q1)(1q2)32q1q2q1q2.(3)(方法一)由(2)的结论知，当以甲最先，乙次之，丙最后的顺序派人时，E(X)32p1p2p1p2.根据常理，优先派出完成任务概率大的人，可减少所需派出的人员数目的均值下面证明：对于p1，p2，p3的任意排列q1，q2，q3，都有32q1q2q1q232p1p2p1p2.(*)事实上，(32q1q2q1q2)(32p1p2p1p2)2(p1q1)(p2q2)p1p2q1q22(p1q1)(p2q2)(p1q1)p2q1(p2q2)(
18、2p2)(p1q1)(1q1)(p2q2)(1q1)(p1p2)(q1q2)0.即(*)成立方法二：()可将(2)中所求的E(X)改写为3(q1q2)q1q2q1，若交换前两人的派出顺序，则变为3(q1q2)q1q2q2.由此可见，当q1q2时，交换前两人的派出顺序可减小均值()也可将(2)中所求的E(X)改写为32q1(1q1)q2，若交换后两人的派出顺序，则变为32q1(1q1)q3，由此可见，若保持第一派出的人选不变，当q3q2时，交换后两人的派出顺序也是可减小均值综合()()可知，当(q1，q2，q3)(p1，p2，p3)时，E(X)达到最小，即完成任务概率大的人优先派出，可减小所需派
19、出人员数目的均值，这一结论是合乎常理的类型七 二项分布及其应用 正态分布【例7】(2011湖南)如图，EFGH是以O为圆心，半径为1的圆的内接正方形，将一颗豆子随机地扔到该圆内，用A表示事件“豆子落在正方形EFGH内”，B表示事件“豆子落在扇形OHE(阴影部分内)，”则(1)P(A)_；(2)P(B|A)_.解析 基本事件空间对应圆的面积，即.(1)圆内接正方形边长为 2，A2，P(A)A2.(2)法一：在A发生的条件下B发生即豆子必须落在OEH内，P(B|A)SOEHS正方形EFGH12214.法二：P(A)2，P(AB)12 12，P(B|A)PABPA 14.答案(1)2(2)14【探究
20、2】(2011湖北)已知随机变量服从正态分布N(2，2)，且P(4)0.8，则P(02)()A0.6 B0.4C0.3 D0.2解析：p(4)1p(4)0.2p(24)0.50.20.3p(00，称P(B|A)PABPA 为在事件A发生的条件下事件B发生的条件概率10相互独立事件：如果事件A，B相互独立，那么这两个事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积即P(AB)P(A)P(B)11独立重复试验：如果在一次试验中某事件发生的概率为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Pn(k)Cknpk(1p)nk，k0,1,2，n.12二项分布，记作B(n，p)，其中n，p为参数(1)
21、判断随机变量是否服从二项分布的关键是看某一事件是否进行n次独立重复试验，且每次试验是否只有两种结果，如果不满足这两个条件，随机变量就不服从二项分布(2)当随机变量的总体很大而抽取的样本容量相对于总体来说又比较小，且每次抽取时又只有两种试验结果，此时可以把它看作独立重复试验，利用二项分布求其分布列.高考陪练1.(2011全国)某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有()A4种 B10种C18种D20种解析：记两本画册为a，a，三本集邮册为b，b，b，则若取两本画册两本集邮册，则有aabb，abab，abba，baba，bbaa，ba
22、ab，共6种若取一本画册，三本集邮册，则有4种情况，共有10种答案：B2(2011陕西)(4x2x)6(xR)展开式的常数项是()A20 B15C15 D20解析：Tr1Cr6(4x)r(2x)6rCr6(1)6r2(3r6)x由3r60，得r2，常数项为T3C26(1)415.答案：C3(2011湖北)在x2 2x6的二项展开式中，x2的系数为()A154B.154C38D.38解析：Tk1Ck6x2k 2x6k(1)6kCk6262kxk3令k32，k5.x2的系数为(1)6kCk6262k38.答案：C4(2011西安地区八校联考)已知正棱锥 SABC 的底面边长为 4，高为 3，在正棱
23、锥内任取一点 P，使得 VPABC12VSABC 的概率是()A.34B.78C.12D.14解析：满足题意的点 P 处于三棱台 ABCABC内部，其中 A，B，C分别为所在棱的中点，由几何概型，得：P V三棱台PSABC78.答案：B5(2011合肥市高三第二次质检)一个盒子内部有如图所示的六个小格子，发现桔子、苹果和香蕉各两个，将这六个水果随机地放入这六个格子里，每个格子放一个，放好之后每行、每列的水果种类各不相同的概率是()A.215B.29C.15D.13解析：依题意，将这六个不同的水果分别放入这六个格子里，每个格子放入一个，共有 A66720 种不同的放法，其中满足放好之后每行、每列的水果种类各不相同的放法共 96 种(此类放法进行分步计数：第一步，确定第一行的两个格子的水果放法，共有 C23C12C12A2224 种放法，第二步，确定第二行的两个格子的水果放法有 C12C124 种放法，剩余的两个水果放入第三行的两个格子)，因此所求的概率等于 96720 215.答案：A高考专题训练十五
