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 n 类不同的方案，在第一类方案中有 m1 种不同的方法，在第二类方案中有 m2 种不同的方法，在第 n 类方案中有 mn 种不同的方法，则完成这件事情，共有 Nm1m2mn 种不同的方法2分步乘法计数原理完成一件事情需要分成 n 个不同的步骤，完成第一步有 m1 种不同的方法，完成第二步有 m2 种不同的方法，完成第 n 步有 mn 种不同的方法，那么完成这件事情共有 Nm1m2
2、mn 种不同的方法3分类加法计数原理与分步乘法计数原理，都涉及完成一件事情的不同方法的种数它们的区别在于：分类加法计数原理与分类有关，各种方法相互独立，用其中的任一种方法都可以完成这件事；分步乘法计数原理与分步有关，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成诊 断 自 测1判断正误(请在括号中打“”或“”)精彩 PPT 展示(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，事情是分步完成的，其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有各个步骤都完成后，这件事情才算完成()(4)如
3、果完成一件事情有 n 个不同步骤，在每一步中都有若干种不同的方法 mi(i1，2，3，n)，那么完成这件事共有 m1m2m3mn 种方法()2从集合1，2，3，10中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为()A3 B4 C6 D8解析 以 1 为首项的等比数列为 1，2，4；1，3，9；以 2 为首项的等比数列为 2，4，8；以 4 为首项的等比数列为 4，6，9；把这四个数列顺序颠倒，又得到 4 个数列，所求的数列共有 2(211)8(个)答案 D3所有两位数中，个位数字比十位数字大的两位数共有()A45 个B36 个C30 个D50 个解析 个位数字为 2 的有
4、 1 个，个位数字为 3 的有 2 个，个位数字为 9的有 8 个，由分类加法计数原理知，共 123488（18）236(个)答案 B4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()A24 种B30 种C36 种D48 种解析 按 ABCD 顺序分四步涂色，共有 432248(种)答案 D5(人教 A 选修 23P13B2 改编)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个小组，则不同的报名方法有_种解析 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，由分步乘法原理，总的报名方法共 222223
5、2(种)答案 32考点一 分类加法计数原理的应用【例 1】(1)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(2)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()A14 B13 C12 D9解析(1)赠送 1 本画册，3 本集邮册，需从 4 人中选取一人赠送画册，其余送邮册，有 C14种方法 赠送 2 本画册，2 本集邮册，只需从 4 人中选出 2 人送画册，其余 2 人送邮册，有 C24种方法 由分类加法计数原理，不
6、同的赠送方法有 C14C2410(种)(2)由于 a，b1，0，1，2 当 a0 时，有 xb2为实根，则 b1，0，1，2 有 4 种可能；当 a0 时，则方程有实根，44ab0，所以 ab1.(*)()当 a1 时，满足(*)式的 b1，0，1，2 有 4 种()当 a1 时，b1，0，1，有 3 种可能()当 a2 时，b1，0，有 2 种可能 由分类加法计数原理，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，重点在于抓住题目中的关键词或关键元素、关键位置首先根据题目特点恰当选择一个分类标准；其次分类时应注意完成这件事情
7、的任何一种方法必须属于某一类，且只能属于某一类(即标准明确，不重不漏)【训练 1】在某种信息传输过程中，用 4 个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有 0 和 1，则与信息0110 至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为()A10 B11 C12 D15解析 与信息 0110 至多有两个对应位置上的数字相同的信息包括三类：第一类：与信息 0110 有两个对应位置上的数字相同有 C246(个)；第二类：与信息 0110 有一个对应位置上的数字相同有 C144(个)；第三类：与信息 0110 没有一个对应位置上的数字相同有 C041(个)；故与信息
8、0110 至多有两个对应位置上的数字相同的信息有 64111(个)答案 B考点二 分步乘法计数原理的应用【例 2】有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法？(不一定六名同学都能参加)(1)每人恰好参加一项，每项人数不限；(2)每项限报一人，且每人至多参加一项；(3)每项限报一人，但每人参加的项目不限解(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，知共有选法 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
9、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(种)规律方法 利用分步乘法计数原理解决问题：(1)要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的(2)分步要做到“步骤完整”，只有完成了所有步骤，才完成任务，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【训练 2】(1)(2014商洛一模)某体育彩票规定：从 01 至 36 共 36 个号中抽出 7 个号为一注，每注 2 元某人想从 01 至 10 中选 3 个连续的号，从 11 至20 中选 2 个连续的号，从 2
10、1 至 30 中选 1 个号，从 31 至 36 中选 1 个号组成一注，则这人把这种特殊要求的号买全，至少要花()A3 360 元B6 720 元C4 320 元D8 640 元(2)用 0，1，2，3，4，5 可组成无重复数字的三位数的个数为_个解析(1)从 01 至 10 中选 3 个连续的号共有 8 种选法；从 11 至 20 中选 2 个连续的号共有 9 种选法；从 21 至 30 中选 1 个号有 10 种选法；从 31 至 36 中选一个号有 6 种选法，由分步乘法计数原理知共有 891064 320(种)选法，至少需花 4 32028 640(元)(2)可分三步给百、十、个位放
11、数字，第一步：百位数字共 5 种放法；第二步：十位数字有 5 种放法；第三步：个位数字有 4 种放法根据分步乘法计数原理，三位数个数为 554100(个)答案(1)D(2)100考点三 两个计数原理的综合应用【例 3】将一个四棱锥 SABCD 的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两个端点异色，如果只有 5 种颜色可供使用，那么不同的染色方法的总数是多少？解 法一 设想染色按 SABCD 的顺序进行，对 S，A，B 染色，有54360(种)染色方法由于 C 点的颜色可能与 A 同色或不同色，这影响到 D 点颜色的选取方法数，故分类讨论：C 与 A 同色时(此时 C 对颜色的选取方法唯一)，D
12、应与 A(C)，S 不同色，有 3种选择；C 与 A 不同色时，C 有 2 种可选择的颜色，D 也有 2 种颜色可供选择从而对 C、D 染色有 13227(种)染色方法由乘法原理，总的染色方法有 607420(种)法二 根据所用颜色种数分类可分三类第一类：用三种颜色，此时 A 与 C，B 与 D 分别同色，问题相当于从 5 种颜色中选 3 种涂三个点共 A3560(种)涂法；第二类：用 4 种颜色，此时 A 与 C，B 与 D 中有且只有一组同色，涂法种数为 2A45240(种)；第三类：用 5 种颜色，涂法种数共 A55120(种)综上可知，满足题意的染色方法总数为 60240120420(
13、种)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用到分类加法计数原理(2)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【训练 3】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()A240 B204 C729 D920解析 若 a22，则“凸数”为 120 与 121，共 122 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 26122
14、030425672240(个)答案 A思想方法1应用分类加法计数原理要注意以下三点：(1)明确题目中所指的“完成一件事”指的是什么事，完成这件事可以有哪些方法，怎样才算是完成这件事(2)完成这件事的 n 类办法是相互独立的，无论哪种办法都可以单独完成这件事，而不需要再用到其他办法(3)确立恰当的分类标准，准确地对“这件事”进行分类，要求每一种方法必属于某一类办法，不同类的任意两种方法是不同的方法，这是分类问题中所要求的“不重复”、“不遗漏”2使用分步乘法计数原理的关注点(1)明确题目中的“完成这件事”是什么，确定完成这件事需要几个步骤，且每步都是独立的(2)将完成这件事划分成几个步骤来完成，各
15、步骤之间有一定的连续性，只有当所有步骤都完成了，整个事件才算完成，这是分步的基础，也是关键从计数上来看，各步的方法数的积就是完成事件的方法总数(3)解决分步问题时一定要合理设计步骤、顺序，使各步互不干扰、互不影响，还要注意元素是否可以重复选取易错防范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，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：40 分钟)一、选择题1从 3 名男同学和 2 名女同学中选 1 人主持本班某次主题班会，不同选法种数为()A6 种B5 种C3 种D2 种
16、解析 由分类加法计算原理知总方法数为 325(种)答案 B24 位同学从甲、乙、丙 3 门课程中各选修 1 门，则恰有 2 人选修课程甲的不同选法有()A12 种B24 种C30 种D36 种解析 分三步，第一步先从 4 位同学中选 2 人选修课程甲共有 C24种不同选法，第二步给第 3 位同学选课程，有 2 种选法第三步给第 4 位同学选课程，也有 2 种不同选法故共有 C242224(种)答案 B3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()A24 B18 C12 D6解析 三位数可分成两种情况：(1)奇偶奇；(2)偶奇奇对于(1)，
17、个位(3 种选择)，十位(2 种选择)，百位(2 种选择)，共 12 种；对于(2)，个位(3 种选择)，十位(2 种选择)，百位(1 种选择)，共 6 种，即 12618.故选 B.答案 B4已知集合 M1，2，3，N4，5，6，7，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、二象限内不同的点的个数是()A18 B10 C16 D14解析 分两类：第一类：M 中元素作横坐标，共 326 个点，第二类：N中元素作横坐标，共 428 个点，由分类加法原理知点的个数共 6814个 答案 D5(2013四川卷)从 1，3，5，7，9 这五个数中，每次取出两个不同的数分
18、别记为 a，b，共可得到 lg alg b 的不同值的个数是()A9 B10 C18 D20解析 由于 lg alg blg ab(a0，b0)，lg ab有多少个不同的值，只需看ab不同值的个数 从 1，3，5，7，9 中任取两个作为ab有 A25种，又13与39相同，31与93相同，lg alg b 的不同值的个数有 A25218.答案 C二、填空题6用数字 2，3 组成四位数，且数字 2，3 至少都出现一次，这样的四位数共有_个(用数字作答)解析 数字 2，3 至少都出现一次，包括以下情况：“2”出现 1 次，“3”出现 3 次，共可组成 C144(个)四位数“2”出现 2 次，“3”出
19、现 2 次，共可组成 C246(个)四位数“2”出现 3 次，“3”出现 1 次，共可组成 C344(个)四位数 综上所述，共可组成 14 个这样的四位数 答案 147从班委会 5 名成员中选出 3 名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有_种(用数字作答)解析 第一步，先选出文娱委员，因为甲、乙不能担任，所以从剩下的 3 人中选 1 人当文娱委员，有 3 种选法 第二步，从剩下的 4 人中选学习委员和体育委员，又可分两步进行：先选学习委员有 4 种选法，再选体育委员有 3 种选法由分步乘法计数原理可得，不同的选法共有 34336(种)答案
20、 368将数字 1，2，3，4 填入标号为 1，2，3，4 的四个方格中，每格填一个数，则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有_种解析 编号为 1 的方格内填数字 2，共有 3 种不同填法；编号为 1 的方格内填数字 3，共有 3 种不同填法；编号为 1 的方格内填数字 4，共有 3 种不同填法于是由分类加法计数原理，得共有 3339(种)不同的填法 答案 9三、解答题9有一项活动需在 3 名老师，6 名男同学和 8 名女同学中选人参加，(1)若只需一人参加，有多少种不同选法？(2)若需一名老师，一名学生参加，有多少种不同选法？(3)若需老师，男同学、女同学各一人参加，有多少种不同选法？解
21、(1)只需一人参加，可按老师、男同学、女同学分三类各自有 3、6、8 种方法，总方法数为 36817(种)(2)分两步，先选教师共 3 种选法，再选学生共 6814 种选法，由分步乘法计数原理知，总方法数为 31442(种)(3)教师、男、女同学各一人可分三步，每步方法依次为 3，6，8 种由分步乘法计数原理知方法数为 368144(种)10电视台在“欢乐在今宵”节目中拿出两个信箱，其中放着竞猜中成绩优秀的观众来信，甲箱中有 30 封，乙箱中有 20 封，现由主持人抽奖确定幸运观众，若先确定一名幸运之星，再从两箱中各确定一名幸运观众，有多少种不同结果？解 分两类：(1)幸运之星在甲箱中抽，选定
22、幸运之星，再在两箱内各抽一名幸运观众有 30292017 400(种)(2)幸运之星在乙箱中抽取，有 20193011 400(种)共有不同结果 17 40011 40028 800(种)能力提升题组(建议用时：25 分钟)11将 2 名教师，4 名学生分成 2 个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由 1 名教师和 2 名学生组成，不同的安排方案共有()A12 种B10 种C9 种D8 种解析 分两步：第一步，选派一名教师到甲地，另一名到乙地，共有 C122(种)选派方法；第二步，选派两名学生到甲地，另外两名到乙地，共有 C246(种)选派方法 由分步乘法计数原理，不同选派方
23、案共有 2612(种)答案 A12(2013山东卷)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()A243 B252C261 D279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 B13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；(2)2n1(nN*)位回文数有_
24、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)910n14将红、黄、绿、黑 4 种不同的颜色分别涂入图中的五个区域内，要求相邻的两个区域的颜色都不相同，则有多少种不同涂色方法？解 法一 本题利用了分步原理求涂色问题给出区域标记号A，B，C，D，E(如图)，则 A 区域有 4 种不同的涂色方法，B 区域有 3 种，C 区域有 2 种，D 区域有 2 种，但 E 区域的
25、涂色依赖于 B 与 D 涂的颜色，如果 B 与 D 颜色相同有 2 种涂色方法，不相同，则只有一种因此应先分类后分步当 B 与 D 同色时，有 4321248(种)当 B 与 D 不同色时，有 4321124(种)故共有 482472(种)不同的涂色的方法注：本例若按 A，B，E，D，C 顺序涂色，在最后给区域 C 涂色时，就应考虑 A 与 E，B 与 D 是否同色这两种情况法二 按用 3 种或用 4 种颜色分两类，第一类用 3 种，此时 A 与 E，B 与 D分别同色，于是涂法种数为 A3424(种)；第二类用 4 种，此时，A 与 E，B 与D 有且只有一组同色，涂法种数为 2A4448(
26、种)由分类加法计数原理知涂法总数为 244872(种).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)Am
27、nn(n1)(n2)(nm1)n！（nm）！(2)CmnAmnAmmn（n1）（n2）（nm1）m！n！m！（nm）！(n，mN*，且 mn)特别地 C0n1性质(1)0！1；Annn！.(2)CmnCnmn；Cmn1CmnCm1n诊 断 自 测1判断正误(请在括号中打“”或“”)精彩 PPT 展示(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 CxnCmn，则 xm 成立()(4)(n1)！n！nn！.()2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()A8 B24 C48 D120解析 当个位数字为 2
28、时，从 1，3，4，5 中取 3 个数字排千位、百位与十位，所以排成的四位偶数有 C34A3324 种；当个位数字为 4 时，从 1，2，3，5 中取 3 个数字排千位、百位与十位，所以排成的四位偶数有 C34A3324 种，故根据分类加法计数原理，共有 242448 种答案 C3(2014大纲全国卷)有 6 名男医生、5 名女医生，从中选出 2 名男医生、1名女医生组成一个医疗小组则不同的选法共有()A60 种B70 种C75 种D150 种解析 从 6 名男医生中选出 2 名有 C26种选法，从 5 名女医生中选出 1 名有 C15种选法，由分步乘法计数原理得不同的选法共有 C26C157
29、5 种故选 C.答案 C4将 4 名大学生分配到 3 个乡镇去当村官，每个乡镇至少 1 名，则不同的分配方案共有_种解析 先将 4 名大学生分成 3 组，共 C24种分法，再将 3 组分到 3 个乡镇，共A33种安排方法，所以总分配方案共 C24A3336(种)答案 365(人教 A 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，其中男女生都有的选法种数为_种解析 分两类：男 1 女 2 或男 2 女 1，各有 C14C23和 C24C13种方法，所以选法种数为 C14C23C24C13121830(种)也可用间接法 C37C34C3330.答案 3
30、0考点一 典型的排列问题【例 1】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)其中甲不站左端，乙不站右端，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 A66种排法，而其中每一种排法中，三个女生间又有 A33种排法，因此共有 A66A334 320(种)不同排法(2)(插空法)先排 5 个男生，有 A55种排法，这 5 个男生之间和两端有 6 个位置，从中
31、选取 3 个位置排女生，有 A36种排法，因此共有 A55A3614 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 人排列，有 A25种排法，剩余的位置没有特殊要求，有 A66种排法，因此共有 A25A6614 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 A36种排法，其余位置无限制，有 A55种排法，因此共有 A36A5514 400(种)不同排法(4)8 名学生的所有排列共 A88种，其中甲在乙前面与乙在甲前面的各占其中12，符合要求的排法种数为12A8820 160(种)(5)甲、乙为特殊元素，左、右两边为特
32、殊位置法一(特殊元素法)甲在最右边时，其他的可全排，有 A77种；甲不在最右边时，可从余下 6 个位置中任选一个，有 A16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 A16种，其余人全排列，共有 A16A16A66种由分类加法计数原理，共有 A77A16A16A6630 960(种)法二(特殊位置法)先排最左边，除去甲外，有 A17种，余下 7 个位置全排，有 A77种，但应剔除乙在最右边时的排法 A16A66种，因此共有 A17A77A16A6630 960(种)法三(间接法)8 个人全排，共 A88种，其中，不合条件的有甲在最左边时，有A77种，乙在最右边时，有 A77种
33、，其中都包含了甲在最左边，同时乙在最右边的情形，有 A66种因此共有 A882A77A6630 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】用 0，1，2，3，4，5 这 6 个数字(1)能组成多少个无重复数的四位偶数？(2)能组成多少个奇数数字互不相邻的六位数(无重复数字)?解(1)符合要求的四位偶数可分为三类：第一类
34、：0 在个位时，有 A35个；第二类：2 在个位时，首位从 1，3，4，5 中选定 1 个(A14种)，十位和百位从余下的数字中选，有 A24种，于是有 A14A24个；第三类：4 在个位时，与第二类同理，也有 A14A24个由分类加法计数原理得，共有 A352A14A24156(个)(2)先排 0，2，4，再让 1，3，5 插空，总的排法共 A33A34144(种)，其中 0 在排头，将 1，3，5 插在后 3 个空的排法共 A22A3312(种)，此时构不成六位数，故总的六位数的个数为 A33A34A22A3314412132(种)考点二 组合应用题【例 2】男运动员 6 名，女运动员 4
35、 名，其中男女队长各 1 人选派 5 人外出比赛在下列情形中各有多少种选派方法？(1)男运动员 3 名，女运动员 2 名；(2)至少有 1 名女运动员；(3)队长中至少有 1 人参加；(4)既要有队长，又要有女运动员解(1)第一步：选 3 名男运动员，有 C36种选法第二步：选 2 名女运动员，有 C24种选法共有 C36C24120(种)选法(2)法一 至少有 1 名女运动员包括以下几种情况：1 女 4 男，2 女 3 男，3 女 2 男，4 女 1 男由分类加法计数原理可得总选法数为 C14C46C24C36C34C26C44C16246(种)法二“至少有 1 名女运动员”的反面为“全是男
36、运动员”，可用间接法求解从 10 人中任选 5 人有 C510种选法，其中全是男运动员的选法有 C56种所以“至少有 1 名女运动员”的选法为 C510C56246(种)(3)法一(直接法)可分类求解：“只有男队长”的选法为 C48；“只有女队长”的选法为 C48；“男、女队长都入选”的选法为 C38；所以共有 2C48C38196(种)选法法二(间接法)从 10 人中任选 5 人有 C510种选法其中不选队长的方法有 C58种所以“至少有 1 名队长”的选法为 C510C58196(种)(4)当有女队长时，其他人任意选，共有 C49种选法不选女队长时，必选男队长，共有 C48种选法，其中不含
37、女运动员的选法有 C45种，所以不选女队长时的选法共有 C48C45种选法所以既有队长又有女运动员的选法共有 C49C48C45191(种)规律方法 组合问题常有以下两类题型：(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，再从剩下的元素中去选取；(2)“至少”或“最多”含有几个元素的题型：若直接法分类复杂时，逆向思维，间接求解【训练 2】甲、乙两人从 4 门课程中各选修 2 门，求：(1)甲、乙所选的课程中恰有 1 门相同的选法有多少种？(2)甲、乙所选的课程中至少有一门不相同的选法有多少种？解(1)甲、乙两人从 4
38、门课程中各选修 2 门，且甲、乙所选课程中恰有 1 门相同的选法种数共有 C24C12C1224(种)(2)甲、乙两人从 4 门课程中各选两门不同的选法种数为 C24C24，又甲、乙两人所选的两门课程都相同的选法种数为 C24种，因此满足条件的不同选法种数为C24C24C2430(种)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 2 个盒不放球，共有几种放法？解(1)把 4 个不同小球分三组，共 C24种分法对每种分法分成的三组再放入4 个盒中的 3 个盒子，共 A34种放法，所以总的放法种数为 C
39、24A34624144(种)(2)确定 2 个空盒有 C24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 C34C11A22种方法；第二类有序均匀分组有C24C22A22 A22种方法故共有 C24(C34C11A22C24C22A22 A22)84(种)规律方法 排列组合的综合题目，一般是先取出符合要求的元素组合(分组)，再对取出的元素排列，分组时要注意“平均分组”与“不平均分组”的差异及分类的标准【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()AA26C
40、24B.12A26C24CA26A24D2A26(2)(2014浙江卷)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 人平均分成两组有12C24种方法，将此两组分配到 6 个班级中的 2 个班有 A26(种)所以不同的安排方法有12C24A26(种)法二 先从 6 个班级中选 2 个班级有 C26种不同方法，然后安排学生有 C24C22种，故有 C26C2412A26C24(种)(2)分两类：第一类：3 张中奖奖券分给 3 个人，共 A34种分法；第二类：3 张中奖奖券分给
41、2 个人相当于把 3 张中奖奖券分两组再分给 4 人中的 2 人，共有 C23A24种分法总获奖情况共有 A34C23A2460(种)答案(1)B(2)60思想方法1求解排列、组合应用题的一般步骤(1)弄清事件的特性，把具体问题化归为排列问题或组合问题，其中“有序”是排列问题，“无序”是组合问题(2)通过分析，对事件进行合理的分类、分步，或考虑问题的反面情况(3)分析上述解法中有没有重复和遗漏现象，若有，则计算出重复数和遗漏数(4)列出算式并计算作答2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)以位置为主考虑，即先满足特
42、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3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，等价条件易错防范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，避免出现重复或遗漏3解组合应用题时，应注
43、意“至少”、“至多”、“恰好”等词的含义4对于分配问题，一般是坚持先分组，再分配的原则，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：40 分钟)一、选择题1(2014辽宁卷)6 把椅子摆成一排，3 人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为()A144 B120 C72 D24解析 先把三把椅子隔开摆好，它们之间和两端有 4 个位置，再把三人带椅子插放在四个位置，共有 A3424(种)放法，故选 D.答案 D2(2014四川卷)六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有()A192 种B216 种C240 种D288 种解析 若最左端排
44、甲，其他位置共有 A55120(种)排法；若最左端排乙，最右端共有 4 种排法，其余 4 个位置有 A4424(种)排法，所以共有 120424216(种)排法 答案 B3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()A60 种B63 种C65 种D66 种解析 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，故不同的取法有 C45C44C25C2466(种)答案 D4将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同
45、分法的种数为()A18 B24 C30 D36解析 四名学生中有两名学生恰好分在一个班，共有 C24A33种分法，而甲、乙被分在同一个班的有 A33种，所以不同的分法种数是 C24A33A3330.答案 C5在航天员进行的一项太空实验中，要先后实施 6 个程序，其中程序 A 只能出现在第一或最后一步，程序 B 和 C 在实施时必须相邻，问实验顺序的编排方法共有()A34 种B48 种C96 种D144 种解析 程序 A 有 A122(种)结果，将程序 B 和 C 看作元素集团与除 A 外的元素排列有 A22A4448(种)，由分步乘法计数原理，实验编排共有 24896(种)方法 答案 C二、填
46、空题67 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 C36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 C3620(种)答案 207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 A24种排法；第二步：排两个 o.共一种排法，所以总的排法种数为 A2412(种)其中正确的有一种，所以错误的共 A24112111(种)答案 118(2014北京卷)把 5 件不同产
47、品摆成一排若产品 A 与产品 B 相邻，且产品 A与产品 C 不相邻，则不同的摆法有_种解析 记 5 件产品为 A、B、C、D、E，A、B 相邻视为一个元素，先与 D、E排列，有 A22A33种方法；再将 C 插入，仅有 3 个空位可选，共有 A22A33C1326336(种)不同的摆法 答案 36三、解答题9由 1，2，3，4，5 五个数字组成的没有重复数字的五位数排成一递增数列，则首项为 12345，第 2 项是 12354，直到末项(第 120 项)是 54321.问：43251是第几项？解 比 43251 大的数有下列几类：万位数是 5 的有 A4424 个；万位数是 4、千位数是 5
48、 的有 A336 个；万位数是 4、千位数是 3、百位数是 5 的有 A222 个；所以比 43251 大的数共有 A44A33A2232 个，所以 43251 是第 1203288 项10从 5 名男生和 3 名女生中选 5 人担任 5 门不同学科的课代表，分别求符合下列条件的方法数：(1)女生必须少于男生；(2)女生甲担任语文课代表；(3)男生乙必须是课代表，但不担任数学课代表解(1)先从 8 名学生中任选 5 名，共有 C58(种)选法，其中女生比男生多的情况有：选 2 名男生和 3 名女生，共有 C25C33(种)选法，所以女生少于男生的选法为(C58C25C33)(种)；再让选出的
49、5 名学生分别担任 5 门不同学科的课代表，有 A55(种)方法由分步乘法计数原理知，共有(C58C25C33)A555 520(种)不同的方法(2)从剩余 7 人中选出 4 人分别担任另 4 门不同学科的课代表，共有 C47A44840(种)不同的方法(3)先安排男生乙，即从除数学外的另 4 门学科中选 1 门让男生乙担任其课代表，再从剩下的 7 人中选 4 人担任另外 4 门学科的课代表，共有 C14A473 360(种)不同的方法能力提升题组(建议用时：25 分钟)11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目不超过 2 个，则该外商不同的投资方案有(
50、)A16 种B36 种C42 种D60 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 A34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 C23A24种方法由分类加法计数原理知共 A34C23A2460(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 D12(2014重庆卷)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，
51、则同类节目不相邻的排法种数是()A72 B120 C144 D168解析 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A33A34144 种，再剔除小品类节目相邻的情况，共有 A33A22A2224 种，于是符合题意的排法共有 14424120 种 答案 B13(2015杭州调研)四名优等生保送到三所学校去，每所学校至少得一名，则不同的保送方案有_种解析 分两步：先将四名优等生分成 2，1，1 三组，共有 C24种；而后，对三组学生全排三所学校，即进行全排列，有 A33种依分步乘法计数原理，共有NC24A3336(种)答案 3614某国际旅行社共有 9 名专业导游，其中 6 人会
52、英语，4 人会日语，若在同一天要接待 5 个不同的外国旅游团队，其中 3 个队要安排会英语的导游，2 个队要安排会日语的导游，则不同的安排方法共有多少种？解 依题意，导游中有 5 人只会英语，3 人只会日语，一人既会英语又会日语按只会英语的导游分类：3 个英语导游从只会英语人员中选取，则有 A35A24720(种)3 个英语导游从只会英语的导游中选 2 名，另一名由既会英语又会日语的导游担任，则有 C25A33A23360(种)故不同的安排方法共有A35A24C25A33A231 080(种)所以不同的安排方法共有 1 080 种.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
53、；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1二项式定理二项式定理(ab)nC0nanC1nan1bCrnanrbrCnnbn(nN*)二项展开式的通项公式Tr1Crnanrbr，它表示第 r1 项二项式系数二项展开式中各项的系数 C0n，C1n，Cnn2.二项式系数的性质(1)当 0kn 时，Ckn与 Cnkn 的关系是 CknCnkn(2)二项式系数先增后减中间项最大当 n 为偶数时，第n21 项的二项式系数最大，最大值为 Cn2n；当 n 为奇数时，第n12 项和n32 项的二项式系数最大，最大值为(3)各二项式系数和：C0nC1nC2nCnn2n，C0nC2nC4
54、nC1nC3nC5n2n1诊 断 自 测1判断正误(请在括号中打“”或“”)精彩 PPT 展示(1)Cknankbk 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)2n 中系数最大的项是第 n 项()2(2014湖北卷)若二项式2xax7的展开式中 1x3的系数是 84，则实数 a()A2 B.5 4C1 D.24解析 Tr1Cr7(2x)7raxr27rCr7ar 1x2r7.令 2r73，则 r5.由 22C57a584 得 a1，故选 C.答案 C3在x2 13 xn的展
55、开式中，各项的二项式系数和为 256，则展开式中常数项是_解析 由题意有 n8，Tk1Ck8128k(1)k，k6 时为常数项，常数项为 7.答案 74已知 C0n2C1n22C2n23C3n2nCnn729，则 C1nC2nC3nCnn等于()A63 B64 C31 D32解析 逆用二项式定理得 C0n2C1n22C2n23C3n2nCnn(12)n3n729，即 3n36，所以 n6，所以 C1nC2nC3nCnn26C0n64163.故选 A.答案 A5(1x)8(1y)4 的展开式中 x2y2 的系数是_解析(1x)8 的通项为 Ck8xk，(1y)4 的通项为 Ct4yt，(1x)8
56、(1y)4 的通项为 Ck8Ck4xkyt，令 k2，t2，得 x2y2 的系数为 C28C24168.答案 168考点一 通项公式及其应用【例 1】(1)(2013浙江卷)设二项式x 13 x5的展开式中常数项为 A，则 A_(2)(2014新课标全国卷)(xy)(xy)8 的展开式中 x2y7 的系数为_(用数字作答)解析(1)Tr1Cr5(x)5r 13 xrCr5(1)r，令5256r0，得 r3，AC3510.(2)由二项展开式公式可知，含 x2y7 的项可表示为 xC78xy7yC68x2y6，故(xy)(xy)8 的展开式中 x7y7 的系数为 C78C68C18C2882820
57、.答案(1)10(2)20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，再求所求解的项(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)(2013新课标全国卷)已知(1ax)(1x)5 的展开式中 x2 的系数为 5，则 a()A4 B3C2 D1(2)(2014湖南卷)12x2y5的展开式中 x2y3 的系数是()A20
58、 B5C5 D20解析(1)由二项式定理得(1x)5 的展开式的通项为 Tr1Cr5xr，所以当 r2 时，(1ax)(1x)5 的展开式中 x2 的系数为 C25，当 r1 时，x2 的系数为C15a，所以 C25C15a5，a1，故选 D.(2)展开式的通项为 Tk1Ck512x5k(2y)k(1)k22k5Ck5x5kyk，令 5k2，得 k3.则展开式中的 x2y3 的系数为(1)32235C3520，故选A.答案(1)D(2)A考点二 二项式系数的性质与各项系数和【例 2】(1)(2014青岛模拟)设(1x)na0a1xa2x2anxn，若 a1a2an63，则展开式中系数最大的项是
59、()A15x2B20 x3C21x3D35x3(2)若x1xn的展开式中第 3 项与第 7 项的二项式系数相等，则该展开式中1x2的系数为_解析(1)(1x)na0a1xa2x2anxn，令 x0，得 a01.令 x1，则(11)na0a1a2an64，n6，又(1x)6 的展开式二项式系数最大项的系数最大，(1x)6 的展开式系数最大项为 T4C36x320 x3.(2)由题意知，C2nC6n，n8.Tr1Cr8x8r1xrCr8x82r，当 82r2 时，r5，1x2的系数为 C58C3856.答案(1)B(2)56规律方法(1)第(1)小题求解的关键在于赋值，求出 a0 与 n 的值；第
60、(2)小题在求解过程中，常因把 n 的等量关系表示为 C3nC7n，而求错 n 的值(2)求解这类问题要注意：区别二项式系数与展开式中项的系数，灵活利用二项式系数的性质；根据题目特征，恰当赋值代换，常见的赋值方法是使得字母因式的值或目标式的值为 1，1.【训练 2】(1)二项式x2x2n的展开式中只有第 6 项的二项式系数最大，则展开式中常数项是()A180 B90 C45 D360(2)若(12x)2 014a0a1xa2x2a2 014x2 014(xR)，则a12 a222a323a2 01422 014的值为_解析(1)由二项式系数的性质，得 n10，Tr1Cr10(x)10r2x2r
61、2rCr10，令 552r0，则 r2，从而 T34C210180.(2)令 x0，得 a0(10)2 0131.令 x12，则 a0a12 a222a2 01422 0140，a12 a222a2 01422 0141.答案(1)A(2)1考点三 二项式定理的应用【例 3】(1)设 aZ，且 0a2n1(n3，nN*)证明 当 n3，nN*.2n(11)nC0nC1nCn1nCnnC0nC1nCn1nCnn2n22n1，不等式成立规律方法(1)用二项式定理处理整除问题，通常把底数写成除数(或与余数密切相关联的数)与某数的和或差的形式，再用二项式定理展开，但要注意两点：一是余数的范围，acrb
62、，其中余数 b0，r)，r 是除数，切记余数不能为负，二是二项式定理的逆用(2)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】SC127C227C2727除以 9 的余数为_解析 SC127C227C27272271891(91)91C0999C1998C899C991 9(C0998C1997C89)2.C0998C1997C89是整数，S 被 9 除的余数为 7.答案 7思想方法1通项为 Tk1Cknankbk 是(ab)n 的展开式的第 k1 项，而不是第 k 项，这里 k0，1，n.2二项式系数与项的系数是完全不同的两个概念二
63、项式系数是指 C0n，C1n，Cnn，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3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，是求解二项展开式各项系数和的一种重要方法易错防范1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2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3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.基础巩固题组(建议用时：40 分钟)一、选择题1把(1x)9
64、 的展开式按 x 的升幂排列，系数最大的项是第_项()A4 B5 C6 D7解析(1x)9 展开式中第 r1 项的系数为 Cr9(1)r，易知当 r4 时，系数最大，即第 5 项系数最大，选 B.答案 B2(2013辽宁卷)使3x 1x xn(nN*)的展开式中含有常数项的最小的 n 为()A4 B5 C6 D7解析 Tr1Crn(3x)nr1x xrCrn3nrxn52r，当 Tr1 是常数项时，n52r0，当r2，n5 时成立 答案 B3(12x)3(1x)4 展开式中 x 项的系数为()A10 B10 C2 D2解析(12x)3(1x)4 展开式中的 x 项的系数为两个因式相乘而得到，即
65、第一个因式的常数项和一次项分别乘以第二个因式的一次项与常数项，它为 C03(2x)0C14(x)1C13(2x)1C0414(x)0，其系数为 C03C14(1)C132462.答案 C4若(1mx)6a0a1xa2x2a6x6，且 a1a2a663，则实数 m 的值为()A1 或 3 B3 C1 D1 或3解析 令 x0，得 a0(10)61，令 x1，得(1m)6a0a1a2a6，又 a1a2a3a663，(1m)66426，m1 或 m3.答案 D5已知(1x)10a0a1(1x)a2(1x)2a10(1x)10，则 a8()A180 B180 C45 D45解析 因为(1x)10a0a
66、1(1x)a2(1x)2a10(1x)10，所以2(1x)10a0a1(1x)a2(1x)2a10(1x)10，所以 a8C81022(1)8180.答案 B二、填空题6(2014新课标全国卷)(xa)10 的展开式中，x7 的系数为 15，则 a_(用数字作答)解析 Tr1Cr10 x10rar，令 10r7，得 r3，C310a315，即1098321 a315，a318，a12.答案 127(2015皖南八校三联)x 12xn的展开式中第五项和第六项的二项式系数最大，则第四项为_解析 由已知条件第五项和第六项二项式系数最大，得 n9，x 12x9展开式的第四项为 T4C39(x)612x
67、3212.答案 2128若(1xx2)6a0a1xa2x2a12x12，则 a2a4a12_解析 令 x1，则 a0a1a2a1236，令 x1，则 a0a1a2a121，a0a2a4a123612.令 x0，则 a01，a2a4a1236121364.答案 364三、解答题9已知二项式(3 x1x)n 的展开式中各项的系数和为 256.(1)求 n；(2)求展开式中的常数项解(1)由题意得 C0nC1nC2nCnn256，2n256，解得 n8.(2)该二项展开式中的第 r1 项为Tr1Cr8(3 x)8r1xrCr8x84r3，令84r30，得 r2，此时，常数项为 T3C2828.10在
68、(2x3y)10 的展开式中，求：(1)二项式系数的和；(2)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；解(1)二项式系数的和为 C010C110C1010210.(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 C010C210C101029，偶数项的二项式系数和为 C110C310C91029.(4)令 xy1，得到 a0a1a2a101，令 x1，y1(或 x1，y1)，得 a0a1a2a3a10510，得 2(a0a2a10)1510，奇数项系数和为15102；得 2(a1a3a9)1510，偶
69、数项系数和为15102.能力提升题组(建议用时：25 分钟)11(2014浙江卷)在(1x)6(1y)4 的展开式中，记 xmyn 项的系数为 f(m，n)，则f(3，0)f(2，1)f(1，2)f(0，3)()A45 B60 C120 D210解析 在(1x)6 的展开式中，xm 的系数为 Cm6，在(1y)4 的展开式中，yn 的系数为 Cn4，故 f(m，n)Cm6Cn4.从而 f(3，0)C3620，f(2，1)C26C1460，f(1，2)C16C2436，f(0，3)C344，所以 f(3，0)f(2，1)f(1，2)f(0，3)120，故选 C.答案 C12(2013新课标全国卷
70、)设 m 为正整数，(xy)2m 展开式的二项式系数的最大值为 a，(xy)2m1展开式的二项式系数的最大值为 b.若 13a7b，则 m()A5 B6 C7 D8解析 由题意得：aCm2m，bCm2m1，所以 13Cm2m7Cm2m1，13（2m）！m！m！7（2m1）！m！（m1）！，7（2m1）m113，解得 m6，经检验为原方程的解，选 B.答案 B13若(2x3)5a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5，则 a12a23a34a45a5_解析 原等式两边求导得 5(2x3)4(2x3)a12a2x3a3x24a4x35a5x4，令上式中 x1，得 a12a23a34a45a510
71、.答案 1014求证：122225n1(nN*)能被 31 整除证明 122225n125n12125n132n1(311)n1C0n31nC1n31n1Cn1n31Cnn131(C0n31n1C1n31n2Cn1n)，显然 C0n31n1C1n31n2Cn1n为整数，原式能被 31 整除.阶段回扣练 11 计数原理(建议用时：45 分钟)一、选择题1(2013江西卷)x22x35展开式中的常数项为()A80 B80 C40 D40解析 二项展开式的通项为 Tr1Cr5(x2)5r(1)r2rx3rCr5(1)r2rx105r.令 105r0，解得 r2，所以常数项为 T3C252240，选
72、C.答案 C2某校开设 A 类选修课 3 门，B 类选修课 4 门，一位同学从中选 3 门若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有()A30 种B35 种C42 种D48 种解析 法一 分两种情况：(1)2 门 A，1 门 B，有 C23C1412 种选法；(2)1 门 A，2 门 B，有 C13C243618 种，共 121830 种选法 法二 排除法：A 类 3 门，B 类 4 门，共 7 门，选 3 门，A、B 各至少选 1 门，有 C37C33C34351430 种选法故选 A.答案 A3(2015重庆质检)(13x)n(其中 nN*，且 n6)的展开式中 x5 与 x6 的系数
73、相等，则 n 等于()A6 B7 C8 D9解析(13x)n 的展开式中含 x5 的项为 C5n(3x)5C5n35x5，展开式中含 x6 的项为 C6n36x6.由两项的系数相等得 C5n35C6n36，解得 n7.答案 B4(2015杭州检测)甲、乙两人计划从 A，B，C 三个景点中各选择两个游玩，则两人所选景点不全相同的选法共有()A3 种B6 种C9 种D12 种解析 甲、乙各选两个景点有 C23C239 种方法，其中，入选景点完全相同的有 3 种满足条件要求的选法共有 936(种)答案 B5(2015肇庆模拟)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
74、直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为()A33 B34 C35 D36解析(1)若从集合 B 中取元素 2 时，再从 C 中任取一个元素，则确定的不同点的个数为 C13A33.(2)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 C131C13.(3)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 C12A33个由分类加法计数原理，共确定不同的点有 C13A33C13C12A3333(个)答案 A6在(1x)5(1x)6(1x)7(1x)8 的展开式中，含 x3 的项的系数是()A74 B121 C74 D121解析 展开式中含 x3
75、项的系数为 C35(1)3C36(1)3C37(1)3C38(1)3121.答案 D7组合式 C0n2C1n4C2n8C3n(2)nCnn的值等于()A(1)nB1 C3nD3n1解析 在(1x)nC0nC1nxC2nx2Cnnxn 中，令 x2，得原式(12)n(1)n.答案 A8将 10 个三好名额分到 7 个班中，每班至少一名，则分法种数为()AA710BC710C84 D63解析 可分三类：第一类：有一个班有 4 个，另外六个班各一个，共 C17种分法；第二类：有两个班：一班 3 个，另一班 2 个；其余班每班各一个，共 A2742种分法；第三类：有三个班：每班 2 个；其余 4 个班
76、，每班 1 个，分法种数为 C3735种 分法总数为 C17A27C377423584.答案 C9将标号为 1，2，3，4，5，6 的 6 张卡片放入 3 个不同的信封中若每个信封放 2 张，其中标号为 1，2 的卡片放入同一信封，则不同的放法共有()A12 种B18 种C36 种D54 种解析 先放 1、2 的卡片，有 C13种，再将 3，4，5，6 的卡片平均分成两组再放置，有C24A22A22种，故共有 C13C2418 种答案 B10(2015北京昌平区期末)在高三(1)班进行的演讲比赛中，共有 5 位选手参加，其中 3 位女生，2 位男生如果 2 位男生不能连续出场，且女生甲不能排在
77、第一个，那么出场顺序的排法种数为()A24 B36 C48 D60解析 先排 3 个女生，三个女生之间有 4 个空，从四个空中选两个排男生，共有 A24A3372(种)，若女生甲排在第一个，则三个女生之间有 3 个空，从 3个空中选两个排男生，有 A23A2212(种)，满足条件的出场顺序有 721260(种)排法，选 D.答案 D二、填空题11设二项式x ax6(a0)的展开式中 x3 的系数为 A，常数项为 B，若 B4A，则 a 的值是_解析 x ax6展开式的通项 Tr1(a)rCr6x632r A(a)2C26，B(a)4C46，由 B4A，得(a)4C464(a)2C26，解之得
78、a2.又 a0，所以 a2.答案 212(2014山东卷)若ax2bx6的展开式中 x3 项的系数为 20，则 a2b2 的最小值为_解析 Tr1Cr6(ax2)6rbxrCr6a6rbrx123r，令 123r3，则 r3.C36a3b320，即 ab1.a2b22ab2，当且仅当 ab1 时取等号，即 a2b2 的最小值为 2.答案 213(2014大纲全国卷)xy yx8的展开式中 x2y2 的系数为_(用数字作答)解析 Tr1Cr8xy8r yxr(1)rCr8x163r2 y3r82，令163r22，3r822，得 r4.所以展开式中 x2y2 的系数为(1)4C4870.答案 70
79、14(2014安徽卷)设 a0，n 是大于 1 的自然数，1xan的展开式为 a0a1xa2x2anxn.若点 Ai(i，ai)(i0，1，2)的位置如图所示，则 a_解析 根据题意知 a01，a13，a24，结合二项式定理得C1n1a3，C2n 1a24，即n3a，n（n1）8a2，解得 a3.答案 315(2015陕西西安二模)某地奥运火炬接力传递路线共分 6 段，传递活动分别由6 名火炬手完成如果第一棒火炬手只能从甲、乙、丙三人中产生，最后一棒火炬手只能从甲、乙两人中产生，则不同的传递方法共有_种(用数字作答)解析 甲传第一棒，乙传最后一棒，共有 A44种方法乙传第一棒，甲传最后一棒，共
80、有 A44种方法 丙传第一棒，共有 C12A44种方法由分类加法计数原理得，共有 A44A44C12A4496 种方法答案 9616甲、乙、丙 3 人站到共有 7 级的台阶上，若每级台阶最多站 2 人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是_(用数字作答)解析 当每个台阶上各站 1 人时有 A33C37种站法，当两个人站在同一个台阶上时有 C23C17C16种站法，因此不同的站法种数有 A33C37C23C17C16210126336(种)答案 33617将 6 位志愿者分成 4 个组，其中两个组各 2 人，另两个组各 1 人分赴世博会的四个不同场馆服务，不同的分配方案种数有_种解
81、析 将 6 位志愿者分为 2 名，2 名，1 名，1 名四组，有C26C24A22 1215645 种分组方法 将四组分赴四个不同场馆有 A44种方法 根据分步乘法计数原理，不同的分配方案有 45A441 080 种方法 答案 1 080第 1 讲 随机事件的概率最新考纲 1.了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义，了解频率与概率的区别；2.了解两个互斥事件的概率加法公式知 识 梳 理1事件的分类确定事件必然事件在条件 S 下，一定会发生的事件叫做相对于条件 S的必然事件不可能事件在条件 S 下，一定不会发生的事件叫做相对于条件S 的不可能事件随机事件在条件 S 下，可能发生
82、也可能不发生的事件叫做相对于条件 S的随机事件2.频率与概率(1)在相同的条件 S 下重复 n 次试验，观察某一事件 A 是否出现，称 n 次试验中事件 A 出现的次数 nA 为事件 A 出现的频数，称事件 A 出现的比例 fn(A)nAn为事件 A 出现的频率(2)对于给定的随机事件 A，如果随着试验次数的增加，事件 A 发生的频率 fn(A)稳定在某个常数上，把这个常数记作 P(A)，称为事件 A 的概率，简称为 A 的概率3事件的关系与运算定义符号表示包含关系如果事件 A 发生，则事件 B 一定发生，这时称事件 B 包含事件 A(或称事件 A 包含于事件 B)BA(或 AB)相等关系若
83、BA 且 ABAB并事件(和事件)若某事件发生当且仅当事件 A 发生或事件B 发生，称此事件为事件 A 与事件 B 的并事件(或和事件)AB(或 AB)交事件(积事件)若某事件发生当且仅当事件 A 发生且事件B 发生，则称此事件为事件 A 与事件 B 的交事件(或积事件)AB(或 AB)互斥事件若 AB 为不可能事件，则称事件 A 与事件 B 互斥AB对立事件若 AB 为不可能事件，AB 为必然事件，那么称事件 A 与事件 B 互为对立事件ABP(AB)P(A)P(B)14.概率的几个基本性质(1)概率的取值范围：0P(A)1(2)必然事件的概率 P(E)1(3)不可能事件的概率 P(F)0(
84、4)互斥事件概率的加法公式如果事件 A 与事件 B 互斥，则 P(AB)P(A)P(B)若事件 B 与事件 A 互为对立事件，则 P(A)1P(B)诊 断 自 测1判断正误(在括号内打“”或“”)精彩 PPT 展示(1)事件发生的频率与概率是相同的()(2)在大量重复试验中，概率是频率的稳定值()(3)两个事件的和事件是指两个事件都得发生()(4)两个事件对立时一定互斥，但两个事件是互斥时这两个事件未必对立()2一个人打靶时连续射击两次，事件“至少有一次中靶”的互斥事件是()A至多有一次中靶B两次都中靶C只有一次中靶D两次都不中靶解析 事件“至少有一次中靶”包括“中靶一次”和“中靶两次”两种情
85、况，由互斥事件的定义，可知“两次都不中靶”与之互斥 答案 D3从某班学生中任意找出一人，如果该同学的身高小于 160 cm 的概率为 0.2，该同学的身高在160，175(单位：cm)内的概率为 0.5，那么该同学的身高超过 175 cm 的概率为()A0.2 B0.3 C0.7 D0.8解析 因为必然事件发生的概率是 1，所以该同学的身高超过 175 cm 的概率为 10.20.50.3，故选 B.答案 B4从一副不包括大小王的混合后的扑克牌(52 张)中，随机抽取 1 张，事件 A为“抽得红桃 K”，事件 B 为“抽得黑桃”，则概率 P(AB)_(结果用最简分数表示)解析 P(A)152，
86、P(B)1352，且 A 与 B 是互斥事件 P(AB)P(A)P(B)15213521452 726.答案 7265(人教 A 必修 3P123A1 改编)若 A，B 为互斥事件，则 P(A)P(B)_1(填“”、“”、“”、“”)答案 考点一 随机事件的频率与概率【例 1】某企业生产的乒乓球被下届奥运会指定为乒乓球比赛专用球，目前有关部门对某批产品进行了抽样检测，检查结果如下表所示：抽取球数 n501002005001 0002 000优等品数 m45921944709541 902优等品频率mn(1)计算表中乒乓球优等品的频率；(2)从这批乒乓球产品中任取一个，质量检查为优等品的概率是多
87、少(结果保留到小数点后三位)?解(1)依据公式 fmn，计算出表中乒乓球优等品的频率依次是 0.900，0.920，0.970，0.940，0.954，0.951.(2)由(1)知，抽取的球数 n 不同，计算得到的频率值不同，但随着抽取球数的增多，频率在常数 0.950 的附近摆动，所以质量检查为优等品的概率约为 0.950.规律方法 频率是个不确定的数，在一定程度上频率可以反映事件发生的可能性大小，但无法从根本上刻画事件发生的可能性大小但从大量重复试验中发现，随着试验次数的增多，事件发生的频率就会稳定于某一固定的值，该值就是概率【训练 1】假设甲、乙两种品牌的同类产品在某地区市场上销售量相等
88、，为了解它们的使用寿命，现从这两种品牌的产品中分别随机抽取 100 个进行测试，结果统计如图所示(1)估计甲品牌产品寿命小于 200 小时的概率；(2)这两种品牌产品中，某个产品已使用了 200 小时，试估计该产品是甲品牌的概率解(1)甲品牌产品寿命小于 200 小时的频率为520100 14，用频率估计概率，可得甲品牌产品寿命小于 200 小时的概率为14.(2)根据抽样结果，可得寿命大于 200 小时的两种品牌产品共有 7570145(个)，其中甲品牌产品有 75 个，所以在样本中，寿命大于 200 小时的产品是甲品牌的频率是 751451529.据此估计已使用了 200 小时的该产品是甲
89、品牌的概率为1529.考点二 随机事件的关系【例 2】一个均匀的正方体玩具的各个面上分别标以数字 1，2，3，4，5，6.将这个玩具向上抛掷 1 次，设事件 A 表示向上的一面出现奇数点，事件 B表示向上的一面出现的点数不超过 3，事件 C 表示向上的一面出现的点数不小于 4，则()AA 与 B 是互斥而非对立事件BA 与 B 是对立事件CB 与 C 是互斥而非对立事件DB 与 C 是对立事件解析 根据互斥与对立的定义作答，AB出现点数 1 或 3，事件 A，B 不互斥更不对立；BC，BC(为必然事件)，故事件 B，C 是对立事件 答案 D规律方法 对互斥事件要把握住不能同时发生，而对于对立事
90、件除不能同时发生外，其并事件应为必然事件，这些也可类比集合进行理解，具体应用时，可把所有试验结果写出来，看所求事件包含哪些试验结果，从而断定所给事件的关系【训练 2】对飞机连续射击两次，每次发射一枚炮弹设 A两次都击中飞机，B两次都没击中飞机，C恰有一次击中飞机，D至少有一次击中飞机，其中彼此互斥的事件是_，互为对立事件的是_解析 设 I 为对飞机连续射击两次所发生的所有情况，因为 AB，AC，BC，BD.故 A 与 B，A 与 C，B 与 C，B 与 D 为彼此互斥事件，而 BD，BDI，故 B 与 D 互为对立事件答案 A 与 B，A 与 C，B 与 C，B 与 D B 与 D考点三 互斥
91、事件、对立事件的概率【例 3】(2014洛阳模拟)经统计，在某储蓄所一个营业窗口等候的人数相应的概率如下：排队人数012345 人及 5 人以上概率0.10.160.30.30.10.04求：(1)至多 2 人排队等候的概率是多少？(2)至少 3 人排队等候的概率是多少？解 记“无人排队等候”为事件 A，“1 人排队等候”为事件 B，“2 人排队等候”为事件 C，“3 人排队等候”为事件 D，“4 人排队等候”为事件 E，“5 人及 5 人以上排队等候”为事件 F，则事件 A，B，C，D，E，F 彼此互斥(1)记“至多 2 人排队等候”为事件 G，则 GABC，所以 P(G)P(ABC)P(A
92、)P(B)P(C)0.10.160.30.56.(2)法一 记“至少 3 人排队等候”为事件 H，则 HDEF，所以 P(H)P(DEF)P(D)P(E)P(F)0.30.10.040.44.法二 记“至少 3 人排队等候”为事件 H，则其对立事件为事件 G，所以 P(H)1P(G)0.44.规律方法(1)解决此类问题，首先应根据互斥事件和对立事件的定义分析出是不是互斥事件或对立事件，再选择概率公式进行计算(2)求复杂的互斥事件的概率一般有两种方法：直接法，将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率的和，运用互斥事件的概率加法公式计算；间接法，先求此事件的对立事件的概率，再用公式 P(A)
93、1P(A)求解，即用正难则反的数学思想，特别是“至多”“至少”型问题，用间接法就显得较简便【训练 3】某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的 100 位顾客的相关数据，如下表所示一次购物量1 至 4 件5 至 8 件9 至 12 件13 至 16 件17 件及以上顾客数/人x3025y10结算时间/(分钟/人)11.522.53已知这 100 位顾客中一次购物量超过 8 件的顾客占 55%.(1)确定 x，y 的值，并估计顾客一次购物的结算时间的平均值；(2)求一位顾客一次购物的结算时间不超过 2 分钟的概率(将频率视为概率)解(1)由已知得 25y10
94、55，x3045，所以 x15，y20.该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所收集的 100 位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量为 100 的简单随机样本，顾客一次购物的结算时间的平均值可用样本平均数估计，其估计值为1151.5302252.5203101001.9(分钟)(2)记 A 表示事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过 2 分钟”，A1，A2，A3 分别表示事件“该顾客一次购物的结算时间为 1 分钟”“该顾客一次购物的结算时间为 1.5 分钟”“该顾客一次购物的结算时间为 2 分钟”将频率视为概率得P(A1)15100 320，P(A2)30100 310，P(A
95、3)2510014.因为 AA1A2A3，且事件 A1，A2，A3 彼此互斥，所以 P(A)P(A1A2A3)P(A1)P(A2)P(A3)320 31014 710.故一位顾客一次购物的结算时间不超过 2 分钟的概率为 710.思想方法1对于给定的随机事件 A，由于事件 A 发生的频率 fn(A)随着试验次数的增加稳定于概率 P(A)，因此可以用频率 fn(A)来估计概率 P(A)2从集合角度理解互斥和对立事件从集合的角度看，几个事件彼此互斥，是指由各个事件所含的结果组成的集合彼此的交集为空集，事件 A 的对立事件A所含的结果组成的集合，是全集中由事件 A 所含的结果组成的集合的补集易错防范
96、1“互斥事件”与“对立事件”的区别：对立事件是互斥事件，是互斥中的特殊情况，但互斥事件不一定是对立事件，“互斥”是“对立”的必要不充分条件2需准确理解题意，特别留心“至多”，“至少”，“不少于”等语句的含义.基础巩固题组(建议用时：40 分钟)一、选择题1(2015襄阳模拟)有一个游戏，其规则是甲、乙、丙、丁四个人从同一地点随机地向东、南、西、北四个方向前进，每人一个方向事件“甲向南”与事件“乙向南”是()A互斥但非对立事件B对立事件C相互独立事件D以上都不对解析 由于每人一个方向，故“甲向南”意味着“乙向南”是不可能的，故是互斥事件，但不是对立事件，故选 A.答案 A2从一箱产品中随机地抽取
97、一件，设事件 A抽到一等品，事件 B抽到二等品，事件 C抽到三等品，且已知 P(A)0.65，P(B)0.2，P(C)0.1，则事件“抽到的不是一等品”的概率为()A0.7 B0.65 C0.35 D0.3解析 事件“抽到的不是一等品”与事件 A 是对立事件，由于 P(A)0.65，所以由对立事件的概率公式得“抽到的不是一等品”的概率为 P1P(A)10.650.35.答案 C3从装有 5 个红球和 3 个白球的口袋内任取 3 个球，那么互斥而不对立的事件是()A至少有一个红球与都是红球B至少有一个红球与都是白球C至少有一个红球与至少有一个白球D恰有一个红球与恰有二个红球解析 对于 A 中的两
98、个事件不互斥，对于 B 中两个事件互斥且对立，对于 C中两个事件不互斥，对于 D 中的两个事件互斥而不对立答案 D4对一批产品的长度(单位：毫米)进行抽样检测，下图为检测结果的频率分布直方图根据标准，产品长度在区间20，25)上为一等品，在区间15，20)和25，30)上为二等品，在区间10，15)和30，35上为三等品用频率估计概率，现从该批产品中随机抽取 1 件，则其为二等品的概率是()A0.09 B0.20 C0.25 D0.45解析 由频率分布直方图可知，一等品的频率为 0.0650.3，三等品的频率为 0.0250.0350.25，所以二等品的频率为 1(0.30.25)0.45.用
99、频率估计概率可得其为二等品的概率为 0.45.答案 D5甲、乙两人下棋，两人和棋的概率是12，乙获胜的概率是13，则乙不输的概率是()A.56B.23C.12D.13解析 乙不输包含两种情况：一是两人和棋，二是乙获胜，故所求概率为121356.答案 A二、填空题6在 200 件产品中，有 192 件一级品，8 件二级品，则下列事件：在这 200 件产品中任意选出 9 件，全部是一级品；在这 200 件产品中任意选出 9 件，全部是二级品；在这 200 件产品中任意选出 9 件，不全是二级品其中_是必然事件；_是不可能事件；_是随机事件答案 7抛掷一粒骰子，观察掷出的点数，设事件 A 为出现奇数
100、点，事件 B 为出现 2点，已知 P(A)12，P(B)16，则出现奇数点或 2 点的概率为_解析 因为事件 A 与事件 B 是互斥事件，所以 P(AB)P(A)P(B)121623.答案 238口袋内装有一些大小相同的红球、白球和黑球，从中摸出 1 个球，摸出红球的概率为 0.42，摸出白球的概率为 0.28，若红球有 21 个，则黑球有_个解析 摸出黑球的概率为 10.420.280.30，口袋内球的个数为 210.4250，所以黑球的个数为 500.3015.答案 15三、解答题9(2014陕西卷)某保险公司利用简单随机抽样方法，对投保车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下：赔
101、付金额(元)01 0002 0003 0004 000车辆数(辆)500130100150120(1)若每辆车的投保金额均为 2 800 元，估计赔付金额大于投保金额的概率；(2)在样本车辆中，车主是新司机的占 10%，在赔付金额为 4 000 元的样本车辆中，车主是新司机的占 20%，估计在已投保车辆中，新司机获赔金额为 4 000元的概率解(1)设 A表示事件“赔付金额为 3 000 元”，B表示事件“赔付金额为 4 000元”，以频率估计概率得P(A)1501 0000.15，P(B)1201 0000.12.由于投保金额为 2 800 元，赔付金额大于投保金额对应的情形是赔付金额为 3
102、 000 元和 4 000 元，所以其概率为 P(A)P(B)0.150.120.27.(2)设 C 表示事件“投保车辆中新司机获赔 4 000 元”，由已知，样本车辆中车主为新司机的有 0.11 000100(辆)，而赔付金额为 4 000 元的车辆中，车主为新司机的有 0.212024(辆)，所以样本车辆中新司机车主获赔金额为 4 000 元的频率为 241000.24，由频率估计概率得 P(C)0.24.10一盒中装有 12 个球，其中 5 个红球，4 个黑球，2 个白球，1 个绿球从中随机取出 1 球，求：(1)取出 1 球是红球或黑球的概率；(2)取出 1 球是红球或黑球或白球的概率
103、解 法一(利用互斥事件求概率)记事件 A1任取 1 球为红球，A2任取 1 球为黑球，A3任取 1 球为白球，A4任取 1 球为绿球，则 P(A1)512，P(A2)41213，P(A3)21216，P(A4)112，根据题意知，事件 A1，A2，A3，A4 彼此互斥，由互斥事件的概率公式，得(1)取出 1 球为红球或黑球的概率为P(A1A2)P(A1)P(A2)512 41234.(2)取出 1 球为红球或黑球或白球的概率为P(A1A2A3)P(A1)P(A2)P(A3)512 412 2121112.法二(利用对立事件求概率)(1)由法一知，取出 1 球为红球或黑球的对立事件为取出 1 球
104、为白球或绿球，即 A1A2 的对立事件为 A3A4，所以取出 1 球为红球或黑球的概率为P(A1A2)1P(A3A4)1P(A3)P(A4)1 212 11234.(2)因为 A1A2A3 的对立事件为 A4，所以取出 1 球为红球或黑球或白球的概率为P(A1A2A3)1P(A4)1 1121112.能力提升题组(建议用时：25 分钟)11在一次随机试验中，彼此互斥的事件 A，B，C，D 的概率分别是 0.2，0.2，0.3，0.3，则下列说法正确的是()AAB 与 C 是互斥事件，也是对立事件BBC 与 D 是互斥事件，也是对立事件CAC 与 BD 是互斥事件，但不是对立事件DA 与 BCD
105、 是互斥事件，也是对立事件解析 由于 A，B，C，D 彼此互斥，且 ABCD 是一个必然事件，故其事件的关系可由如图所示的 Venn 图表示，由图可知，任何一个事件与其余 3 个事件的和事件必然是对立事件，任何两个事件的和事件与其余两个事件的和事件也是对立事件故选 D.答案 D12在 5 张电话卡中，有 3 张移动卡和 2 张联通卡，从中任取 2 张，若事件“2张全是移动卡”的概率是 310，那么概率是 710的事件是()A至多有一张移动卡B恰有一张移动卡C都不是移动卡D至少有一张移动卡解析 因为 7101 310，而“2 张全是移动卡”的对立事件是“至多有一张移动卡”，故选 A.答案 A13
106、某学校成立了数学、英语、音乐 3 个课外兴趣小组，3 个小组分别有 39，32，33 个成员，一些成员参加了不止一个小组，具体情况如图所示现随机选取一个成员，他属于至少 2 个小组的概率是_，他属于不超过 2 个小组的概率是_解析“至少 2 个小组”包含“2 个小组”和“3 个小组”两种情况，故他属于至少 2 个小组的概率为 P111078678810101135.“不超过 2 个小组”包含“1 个小组”和“2 个小组”，其对立事件是“3 个小组”故他属于不超过 2 个小组的概率是 P1867881010111315.答案 35 131514如图，A 地到火车站共有两条路径 L1 和 L2，现
107、随机抽取 100 位从 A 地到达火车站的人进行调查，调查结果如下：所用时间(分钟)10202030304040505060选择 L1 的人数612181212选择 L2 的人数0416164(1)试估计 40 分钟内不能赶到火车站的概率；(2)分别求通过路径 L1 和 L2 所用时间落在上表中各时间段内的频率；(3)现甲、乙两人分别有 40 分钟和 50 分钟时间用于赶往火车站，为了尽最大可能在允许的时间内赶到火车站，试通过计算说明，他们应如何选择各自的路径解(1)由已知共调查了 100 人，其中 40 分钟内不能赶到火车站的有 121216444(人)，用频率估计相应的概率为 0.44.(
108、2)选择 L1 的有 60 人，选择 L2 的有 40 人，故由调查结果得频率为所用时间(分钟)10202030304040505060L1 的频率0.10.20.30.20.2L2 的频率00.10.40.40.1(3)设 A1，A2 分别表示甲选择 L1 和 L2 时，在 40 分钟内赶到火车站；B1，B2分别表示乙选择 L1 和 L2 时，在 50 分钟内赶到火车站由(2)知 P(A1)0.10.20.30.6，P(A2)0.10.40.5，P(A1)P(A2)，甲应选择 L1.同理，P(B1)0.10.20.30.20.8，P(B2)0.10.40.40.9，P(B1)P(B2)，乙应
109、选择 L2.第 2 讲 古典概型最新考纲 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.知 识 梳 理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古典概型具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型，简称古典概型(1)试验中所有可能出现的基本事件只有有限个(2)每个基本事件出现的可能性相等3如果一次试验中可能出现的结果有 n 个，而且所有结果出现的可能性都相等，那么每一个基本事件的概率都是1n；如果某个事件 A 包括的结果有 m 个，那么事件 A 的概率 P(A)mn4古典概型的概率公式P(A
110、)A包含的基本事件的个数基本事件的总数诊 断 自 测1判断正误(请在括号中打“”或“”)精彩 PPT 展示(1)“在适宜条件下，种下一粒种子观察它是否发芽”属于古典概型，其基本事件是“发芽与不发芽”()(2)掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”，这三个结果是等可能事件()(3)在古典概型中，如果事件 A 中基本事件构成集合 A，所有的基本事件构成集合 I，则事件 A 的概率为card（A）card（I）.()(4)从市场上出售的标准为 5005 g 的袋装食盐中任取一袋，测其重量，属于古典概型()2(2014陕西卷)从正方形四个顶点及其中心这 5 个点中，任取 2 个点，则
111、这2 个点的距离不小于该正方形边长的概率为()A.15B.25C.35D.45解析 根据题意知，取两个点的所有情况为 C25种，2 个点的距离小于该正方形边长的情况有 4 种，故所求概率 P1 4C2535，故选 C.答案 C3(2014新课标全国卷)4 位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为()A.18B.38C.58D.78解析 由题意知，4 位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动有24 种情况，而 4 位同学都选周六有 1 种情况，4 位同学都选周日也有 1 种情况，故周六、周日都有同学参加公益活动的概率为 P24112414
112、1678，故选 D.答案 D4(人教 A 必修 3P127 例 3 改编)同时掷两个骰子，向上点数不相同的概率为_解析 掷两个骰子一次，向上的点数共 6636 个可能的结果，其中点数相同的结果共有 6 个，所以点数不同的概率 P1 66656.答案 565从分别写 1，2，3，4，5 的五张卡片中任取两张，假设每张卡片被取到概率相等，且每张卡片上只有一个数字，则取到的两张卡上的数字之和为偶数的概率为_解析 法一 从分别写有 1，2，3，4，5 的五张卡片中任取两张，可能情况有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(3，4)，
113、(3，5)，(3，6)，(4，5)，(4，6)，(5，6)，共 15 种，其中和为偶数的情况有(1，3)，(1，5)，(2，4)，(2，6)，(3，5)，(4，6)，共 6 种，所以所求的概率是25.法二 由题意知本题是一个古典概率模型，试验发生包含的事件是从 5 张中随机地抽 2 张，共 C3510 种结果满足条件的事件分两种情况，一种为从 1，3，5 中任取两张，有 C233 种结果，另一种为从 2，4 中任取两张，有 C221种，所以取到的两张卡片上的数字之和为偶数共有 314 种结果，所以 P 41025.答案 25考点一 简单的古典概型的概率【例 1】现有 6 道题，其中 4 道甲类
114、题，2 道乙类题，张同学从中任取 2 道题解答试求：(1)所取的 2 道题都是甲类题的概率；(2)所取的 2 道题不是同一类题的概率解 从 6 道题中任取 2 道有 nC2615(种)取法(1)记“所取的 2 道题都是甲类题”为事件 A，则 A 发生共有 mC246 种结果所求事件概率 P(A)mn 61525.(2)记“所取的 2 道题不是同一类题”事件为 B，事件 B 包含的基本事件有 C14C128(种)，则事件 B 的概率为 P(B)815.规律方法 有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数(1)基本事件总数较少时，用列举法把所有基本事件一一列出时，
115、要做到不重复、不遗漏，可借助“树状图”列举(2)注意区分排列与组合，以及计数原理的正确使用【训练 1】袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为 1，2，3；蓝色卡片两张，标号分别为 1，2.(1)从以上五张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于 4 的概率；(2)向袋中再放入一张标号为 0 的绿色卡片，从这六张卡片中任取两张，求这两种卡片颜色不同且标号之和小于 4 的概率解(1)从 5 张卡片中任取两张，共有 nC2510 种方法记“两张卡片颜色不同且标号之和小于 4”为事件 A，则 A 包含基本事件 mC12C1213 个由古典概型概率公式，P(A)mn 310.(2)从 6
116、 张卡片中任取两张，共有 nC2615 个基本事件，记“两张卡片颜色不同且标号之和小于 4”为事件 B，则事件 B 包含基本事件总数 mC11(C12C13)(C12C121)8，所求事件的概率 P(B)mn 815.考点二 复杂的古典概型的概率【例 2】(2014萍乡调研)将一颗骰子先后抛掷 2 次，观察向上的点数，求：(1)两数中至少有一个奇数的概率；(2)以第一次向上点数为横坐标 x，第二次向上的点数为纵坐标 y 的点(x，y)在圆 x2y215 的外部或圆上的概率解 由题意，先后掷 2 次，向上的点数(x，y)共有 n6636 种等可能结果，为古典概型(1)记“两数中至少有一个奇数”为
117、事件 B，则事件 B 与“两数均为偶数”为对立事件，记为B.事件B包含的基本事件数 mC13C139.P(B)93614，则 P(B)1P(B)34，因此，两数中至少有一个奇数的概率为34.(2)点(x，y)在圆 x2y215 的内部记为事件 C，则C表示“点(x，y)在圆 x2y215 上或圆的外部”又事件 C 包含基本事件：(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(3，1)，(3，2)共有 8 个P(C)83629，从而 P(C)1P(C)12979.点(x，y)在圆 x2y215 上或圆外部的概率为79.规律方法(1)一是本题易把(2，4)和(4，2)，(
118、1，2)和(2，1)看成同一个基本事件，造成计算错误二是当所求事件情况较复杂时，一般要分类计算，即用互斥事件的概率加法公式或考虑用对立事件求解(2)当所求事件含有“至少”“至多”或分类情况较多时，通常考虑用对立事件的概率公式 P(A)1P(A)求解【训练 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、乙两人中至少有一人抽到选择题的概率是多少？解 甲、乙两人从 10 道题中不放回地各抽一道题，先抽的有 10 种抽法，后抽的有 9 种抽法，故所有可能的抽法是 10990 种
119、，即基本事件总数是 90.(1)记“甲抽到选择题、乙抽到判断题”为事件 A，下面求事件 A 包含的基本事件数：甲抽选择题有 6 种抽法，乙抽判断题有 4 种抽法，所以事件 A 的基本事件数为 6424，P(A)2490 415.(2)先考虑问题的对立面：“甲、乙两人中至少有一人抽到选择题”的对立事件是“甲、乙两人都未抽到选择题”，即都抽到判断题记“甲、乙两人都抽到判断题”为事件 B，“至少一人抽到选择题”为事件 C，则事件 B 包含的基本事件数为 4312，P(B)1290 215.由对立事件的性质可得P(C)1P(B)1 2151315.考点三 古典概型与统计的综合问题【例 3】为了解学生身
120、高情况，某校以 10%的比例对全校 700 名学生按性别进行分层抽样调查，测得身高情况的统计图如下：男生女生(1)估计该校男生的人数；(2)估计该校学生身高在 170185 cm 之间的概率；(3)从样本中身高在 165180 cm 之间的女生中任选 2 人，求至少有 1 人身高在 170180 cm 之间的概率解(1)样本中男生人数为 40，由分层抽样比例为 10%估计全校男生人数为400.(2)由统计图知，样本中身高在 170185 cm 之间的学生有 141343135(人)，样本容量为 70，样本中学生身高在 170185 cm 之间的频率为35700.5，故估计该校学生身高在 170
121、185 cm 之间的概率 P0.5.(3)样本中女生身高在 165180 cm 之间的人数为 10，身高在 170180 cm 之间的人数为 4.设 A 表示事件“从样本中身高在 165180 cm 之间的女生中任取 2 人，至少有 1 人身高在 170180 cm 之间”，则 P(A)1 C26C21023或P（A）C16C14C24C21023.规律方法 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，概率与统计结合题，无论是直接描述还是利用概率分布表、分布直方图、茎叶图等给出信息，只需要能够从题中提炼出需要的信息，则此类问题即可解决【训练 3】(2013广
122、东卷)某车间共有 12 名工人，随机抽取 6 名，他们某日加工零件个数的茎叶图如图所示，其中茎为十位数，叶为个位数(1)根据茎叶图计算样本均值；(2)日加工零件个数大于样本均值的工人为优秀工人根据茎叶图推断该车间12 名工人中有几名优秀工人？(3)从该车间 12 名工人中，任取 2 人，求恰有 1 名优秀工人的概率解(1)由茎叶图可知：样本数据为 17，19，20，21，25，30.则x16(171920212530)22，故样本均值为 22.(2)日加工零件个数大于样本均值的工人有 2 名，故优秀工人的频率为2613.该车间 12 名工人中优秀工人大约有 12134(名)，故该车间约有 4
123、名优秀工人(3)记“恰有 1 名优秀工人”为事件 A，其包含的基本事件总数为 C14C1832，所有基本事件的总数为 C21266.由古典概型概率公式，得 P(A)32661633.所以恰有 1 名优秀工人的概率为1633.思想方法1古典概型计算三步曲第一，本试验是否是等可能的；第二，本试验的基本事件有多少个；第三，事件 A 是什么，它包含的基本事件有多少个2确定基本事件个数的方法列举法、列表法、树状图法或利用排列、组合易错防范1古典概型的重要思想是事件发生的等可能性，一定要注意在计算基本事件总数和事件包括的基本事件个数时，它们是否是等可能的2对较复杂的古典概型，其基本事件的个数常涉及排列数、
124、组合数的计算，计算时要首先判断事件是否与顺次有关，以确定是按排列处理，还是按组合处理基础巩固题组(建议用时：40 分钟)一、选择题1(2013江西卷)集合 A2，3，B1，2，3，从 A，B 中各任意取一个数，则这两数之和等于 4 的概率是()A.23B.12C.13D.16解析 从 A，B 中任意取一个数，共有 C12C136 种情形，两数和等于 4 的情形只有(2，2)，(3，1)两种，P2613.答案 C2有 3 个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为()A.13B.12C.23D.34解析 甲、乙两人都有
125、 3 种选择，共有 339 种情况，甲、乙两人参加同一兴趣小组共有 3 种情况，甲、乙两人参加同一兴趣小组的概率 P3913，故选 A.答案 A3(2013安徽卷)若某公司从五位大学毕业生甲、乙、丙、丁、戊中录用三人，这五人被录用的机会均等，则甲或乙被录用的概率为()A.23B.25C.35D.910解析 设事件“甲或乙被录用”为事件 A，则A表示甲、乙都未被录用，由古典概型，P(A)1C35 110，P(A)1 110 910.答案 D4连掷两次骰子分别得到点数 m，n，则向量(m，n)与向量(1，1)的夹角 90的概率是()A.512B.712C.13D.12解析(m，n)(1，1)mnn
126、.基本事件总共有 6636(个)，符合要求的有(2，1)，(3，1)，(3，2)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(5，1)，(5，4)，(6，1)，(6，5)，共 1234515(个)P1536 512，故选 A.答案 A5(2014九江质检)三位同学参加跳高、跳远、铅球项目的比赛若每人都选择其中两个项目，则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是()A.23B.29C.13D.79解析 三位同学每人选择三项中的两项有 C23C23C2333327 种选法，其中有且仅有两人所选项目完全相同的有 C23C23C1233218(种)选法所求概率为 P182723.答案 A二、填空题6(2014
127、江苏卷)从 1，2，3，6 这 4 个数中一次随机地取 2 个数，则所取 2 个数的乘积为 6 的概率是_解析 从 1，2，3，6 这 4 个数中一次随机地取 2 个数，有(1，2)，(1，3)，(1，6)，(2，3)，(2，6)，(3，6)，共 6 种情况 满足条件的有(2，3)，(1，6)，共 2 种情况故 P2613.答案 137(2014广东卷)从 0，1，2，3，4，5，6，7，8，9 中任取七个不同的数，则这七个数的中位数是 6 的概率为_解析 从 0，1，2，3，4，5，6，7，8，9 中任取七个不同的数有 C710种选法要使抽取的七个数的中位数是 6，则 6，7，8，9 必须取
128、，再从 0，1，2，3，4，5 中任取 3 个，有 C36种选法，故概率为 C36C71016.答案 168(2014江西卷)10 件产品中有 7 件正品、3 件次品，从中任取 4 件，则恰好取到 1 件次品的概率是_解析 从 10 件产品中任取 4 件共 C410种取法，取出的 4 件产品中恰有一件次品，有 C37C13种取法，则所求概率 PC37C13C410 12.答案 12三、解答题9在甲、乙两个盒子中分别装有标号为 1，2，3，4 的四个小球，现从甲、乙两个盒子中各取出 1 个小球，每个小球被取出的可能性相等(1)求取出的两个小球上的标号为相邻整数的概率；(2)求取出的两个小球上的标
129、号之和能被 3 整除的概率解 法一 利用树状图可以列出从甲、乙两个盒子中各取出 1 个球的所有可能结果：可以看出，试验的所有可能结果数为 16 种(1)所取两个小球上的标号为相邻整数的结果有 12，21，23，32，34，43，共 6 种，故所求概率 P 61638.(2)所取两个小球上的标号之和能被 3 整除的结果有 12，21，24，33，42，共 5 种故所求概率 P 516.法二 设从甲、乙两个盒子中各取 1 个小球，其标号分别记为 x、y，用(x，y)表示抽取结果，则所有可能有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(3，1)，
130、(3，2)，(3，3)，(3，4)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，共 16 种(1)所取两个小球上的标号为相邻整数的结果有(1，2)，(2，1)，(2，3)，(3，2)，(3，4)，(4，3)，共 6 种故所求概率 P 61638.(2)所取两个小球上的标号和能被 3 整除的结果有(1，2)，(2，1)，(2，4)，(3，3)，(4，2)，共 5 种故所求概率 P 516.10(2015郑州质检)某地区有小学 21 所，中学 14 所，大学 7 所，现采用分层抽样的方法从这些学校中抽取 6 所学校对学生进行视力调查(1)求应从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目；(2)若从抽
131、取的 6 所学校中随机抽取 2 所学校做进一步数据分析，求抽到小学、中学各一所的概率解(1)由分层抽样定义知，从小学中抽取的学校数目为 621211473；从中学中抽取的学校数目为 614211472；从大学中抽取的学校数目为 67211471.故从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目为 3，2，1.(2)记“抽到小学、中学各一所”为事件 A，则事件 A 共有基本事件 mC13C126(种)抽法，又从 6 所学校任抽取 2 所有 nC2615 种抽法因此，所求事件的概率 Pmn 61525.能力提升题组(建议用时：25 分钟)11(2015东北八校二模)甲、乙两人玩猜数字游戏，先由甲心中想一个
132、数字，记为 a，再由乙猜甲刚才所想的数字，把乙猜的数字记为 b，其中 a，b1，2，3，4，5，6，若|ab|1，就称甲、乙“心有灵犀”现任意找两人玩这个游戏，则他们“心有灵犀”的概率为()A.19B.29C.718D.49解析 任意找两人玩这个游戏，共有 6636 种猜数字结果，其中满足|ab|1 的有如下情形：若 a1，则 b1，2；若 a2，则 b1，2，3；若 a3，则 b2，3，4；若 a4，则 b3，4，5；若 a5，则 b4，5，6；若 a6，则 b5，6，总共 16 种，故他们“心有灵犀”的概率为 P163649.答案 D12一颗质地均匀的正方体骰子，其六个面上的点数分别为 1
133、，2，3，4，5，6，将这颗骰子连续抛掷三次，观察向上的点数，则三次点数依次构成等差数列的概率为()A.112B.118C.136D.7108解析 连续抛掷三次，共有 63216 种情况，记三次点数分别为 a，b，c，则ac2b，所以 ac 为偶数，则 a、c 的奇偶性相同，且 a、c 允许重复，一旦 a、c 确定，b 也唯一确定，故 a，c 共有 23218 种，所以所求概率为 18216 112.答案 A13(2013湖南卷改编)某人在如图所示的直角边长为 4米的三角形地块的每个格点(指纵、横直线的交叉点以及三角形的顶点)处都种了一株相同品种的作物则从三角形地块的内部和边界上各分别随机选取
134、一株作物，它们恰好“相近”的概率为_(注：这里，两株作物“相近”是指它们之间的直线距离不超过 1 米)解析 所种作物总株数 N1234515，其中三角形地块内部的作物株数为 3，边界上的作物株数为 12，从三角形地块的内部和边界上各分别随机选取一株的不同结果有 C13C11236 种选取的两株作物恰好“相近”的不同结果有 3328 种 故从三角形地块的内部和边界上各分别随机选取一株作物，它们恰好“相近”的概率为 83629.答案 2914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
135、的概率；(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 nC13C139 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 mC121C1214，P(A)mn49.(2)从报名的 6 人中任选 2 名，有 nC2615 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m2C236.选出 2 名教师来自同一学校的概率 P(B)61525.特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见创新设计高考总复习光盘中内容.第 3 讲 几何概型最新考纲
136、 1.了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率；2.了解几何概型的意义知 识 梳 理几何概型(1)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，简称为几何概型(2)特点：无限性：在一次试验中，可能出现的结果有无限多个；等可能性：每个结果的发生具有等可能性(3)公式：P(A)构成事件A的区域长度（面积或体积）试验的全部结果所构成的区域长度（面积或体积）诊 断 自 测1判断正误(在括号内打“”或“”)精彩 PPT 展示(1)在几何概型中，每一个基本事件就是从某个特定的几何区域内随机地取一点，该区域中的每一点被取到的机会相等()(2)在几
137、何概型定义中的区域可以是线段、平面图形、立体图形()(3)与面积有关的几何概型的概率与几何图形的形状有关()(4)随机模拟方法是以事件发生的频率估计概率()2(2014湖南卷)在区间2，3上随机选取一个数 X，则 X1 的概率为()A.45B.35C.25D.15解析 2，3的区间长度为 5，满足 X1 的区间长度为 3，P35，故选B.答案 B3(2015西宁复习检测)已知球 O 内切于棱长为 2 的正方体，若在正方体内任取一点，则这一点不在球内的概率为_解析 由题意知球的半径为 1，其体积为 V 球43，正方体的体积为 V 正方体238，则这一点不在球内的概率 P1438 16.答案 16
138、4点 A 为周长等于 3 的圆周上的一个定点，若在该圆周上随机取一点 B，则劣弧AB的长度小于 1 的概率为_解析 如图可设AB与AB 的长度等于 1，则由几何概型可知其整体事件是其周长 3，则其概率是23.答案 235.(人教 A 必修 3P140 练习 1 改编)如图，圆中有一内接等腰三角形假设你在图中随机撒一把黄豆，则它落在阴影部分的概率为_解析 设圆的半径为 R，由题意知圆内接三角形为等腰直角三角形，其直角边长为 2R，则所求事件的概率为：PS阴S圆12 2R 2RR2 1.答案 1考点一 与长度、角度有关的几何概型【例 1】(1)(2014福州质量检测)函数 f(x)x22x，x1，
139、3，则任取一点 x01，3，使得 f(x0)0 的概率为_(2)如图，在等腰直角ABC 中，过直角顶点 C 作射线 CM交 AB 于 M，则使得 AM 小于 AC 的概率为_解析(1)由1x3，x22x0，得 0 x2，因此所求的概率为203（1）12.(2)当 AMAC 时，ACM 为以A 为顶点的等腰三角形，ACM18045267.5.当ACM67.5时，AMAC，所以 AM 小于 AC 的概率 PACM的度数ACB的度数67.590 34.答案(1)12(2)34规律方法(1)设线段 l 是线段 L 的一部分，向线段 L 上任投一点，点落在线段 l 上的概率为 Pl的长度L的长度.(2)
140、当涉及射线的转动，如扇形中有关落点区域问题时，应以角的大小作为区域度量来计算概率，且不可用线段代替，这是两种不同的度量手段【训练 1】(2015信阳二模)设 A 为圆周上一点，在圆周上等可能地任取一点与 A 连接，则弦长超过半径 2倍的概率是()A.34B.12C.13D.35解析 作等腰直角AOC 和AMC，B 为圆上任一点，则当点 B 在MmC 上运动时，弦长|AB|2R，PMmC圆的周长12.答案 B考点二 与面积、体积有关的几何概型【例 2】(1)(2014湖北卷)由不等式组x0，y0，yx20确定的平面区域记为1，不等式组xy1，xy2确定的平面区域记为 2，在 1 中随机取一点，则
141、该点恰好在 2 内的概率为()A.18B.14C.34D.78(2)(2014济南模拟)如图，在长方体 ABCDA1B1C1D1 中，有一动点在此长方体内随机运动，则此动点在三棱椎 AA1BD 内的概率为_解析(1)由题意作图，如图所示，1 的面积为12222，图中阴影部分的面积为 212 22 22 74，则所求的概率 P74278.选 D.(2)因为 VAA1BDVA1ABD13SABDAA116S 矩形 ABCDAA1 16V 长方体，故所求概率为VAA1BDV长方体16.答案(1)D(2)16规律方法(1)与面积有关的平面图形的几何概型，解题的关键是对所求的事件 A 构成的平面区域形状
142、的判断及面积的计算，基本方法是数形结合(2)对于基本事件在空间的几何概型，要根据空间几何体的体积计算方法，把概率计算转化为空间几何体的体积计算【训练 2】设不等式组0 x2，0y2表示的平面区域为 D，在区域 D 内随机取一个点，则此点到坐标原点的距离大于 2 的概率是()A.4B.22C.6D.44解析 如图所示，正方形 OABC 及其内部为不等式组表示的区域 D，且区域 D 的面积为 4，而阴影部分表示的是区域D 内到原点距离大于 2 的区 域，易知该阴影部分的面积为 4，因此满足条件的概率是44.故选 D.答案 D考点三 生活中的几何概型问题【例 3】甲、乙两船驶向一个不能同时停泊两艘船
143、的码头，它们在一昼夜内到达该码头的时刻是等可能的如果甲船停泊时间为 1 h，乙船停泊时间为 2 h，求它们中的任意一艘都不需要等待码头空出的概率解 设甲、乙两艘船到达码头的时刻分别为 x 与 y，记事件 A 为“两船都不需要等待码头空出”，则 0 x24，0y24，要使两船都不需要等待码头空出，当且仅当甲比乙早到达 1 h 以上或乙比甲早到达 2 h 以上，即 yx1 或 xy2.故所求事件构成集合 A(x，y)|yx1 或 xy2，x0，24，y0，24A 为图中阴影部分，全部结果构成集合 为边长是 24 的正方形及其内部所求概率为 P(A)A的面积的面积（241）212（242）21224
144、2506.5576 1 0131 152.规律方法 有关会面问题利用数形结合转化成面积问题的几何概型，难点是把两个时间分别用 x，y 表示，构成平面内的点(x，y)，从而把时间是一段长度问题转化为平面图形的面积问题，转化成面积型几何概型问题【训练 3】张先生订了一份报纸，送报人在早上 6：307：30 之间把报纸送到他家，张先生离开家去上班的时间在早上 7：008：00 之间，则张先生在离开家之前能得到报纸的概率是_解析 以横坐标 x 表示报纸送到时间，以纵坐标 y 表示张先生离家时间，建立平面直角坐标系，因为随机试验落在方形区域内任何一点是等可能的，所以符合几何概型的条件根据题意只要点落到阴
145、影部分，就表示张先生在离开家前能得到报纸，即所求事件 A 发生，所以 P(A)111212121178.答案 78思想方法转化思想的应用对一个具体问题，可以将其几何化，如建立坐标系将试验结果和点对应，然后利用几何概型概率公式(1)一般地，一个连续变量可建立与长度有关的几何概型，只需把这个变量放在坐标轴上即可；(2)若一个随机事件需要用两个变量来描述，则可用这两个变量的有序实数对来表示它的基本事件，然后利用平面直角坐标系就能顺利地建立与面积有关的几何概型；(3)若一个随机事件需要用三个连续变量来描述，则可用这三个变量组成的有序数组来表示基本事件，利用空间直角坐标系建立与体积有关的几何概型易错防范
146、1注意区分几何概型和古典概型，一般地，当问题涉及的数字是离散的、有限的取值时，是古典概型；当问题涉及的数在一个连续的实数区间内取值时，可以考虑使用几何概型解决2在几何概型中，线段的端点、图形的边框是否包含在事件之内不影响所求结果.基础巩固题组(建议用时：40 分钟)一、选择题1取一根长度为 4 m 的绳子，拉直后在任意位置剪断，那么剪得的两段都不少于 1 m 的概率是()A.14B.13C.12D.23解析 把绳子 4 等分，当剪断点位于中间两部分时，两段绳子都不少于 1 m，故所求概率为 P2412.答案 C2在区间2，2 上随机取一个数 x，cos x 的值介于 0 到12之间的概率为()
147、A.13B.2C.12D.23解 析 若 cos x 0，12，x 2，2，利 用 三 角 函 数 性 质 解 得x2，3 3，2，在2，2 上随机取一个数是等可能的，结合几何概型的概率公式可得所求概率为 P22 32 213.答案 A3(2014辽宁卷)若将一个质点随机投入如图所示的长方形 ABCD 中，其中 AB2，BC1，则质点落在以 AB 为直径的半圆内的概率是()A.2B.4C.6D.8解析 设质点落在以 AB 为直径的半圆内为事件 A，则 P(A)阴影面积长方形面积121212 4.答案 B4在长为 12 cm 的线段 AB 上任取一点 C.现作一矩形，邻边长分别等于线段 AC，C
148、B 的长，则该矩形面积大于 20 cm2 的概率为()A.16B.13C.23D.45解析 设 ACx cm，0 x12，则 CB(12x)cm，要使矩形面积大于 20 cm2，只要 x(12x)20，则 x212x200，解得 2x10，所求概率为 P1021223.答案 C5(2015郑州质量预测)在平面区域0 x2，0y2内随机取一点，则所取的点恰好满足 xy 2的概率是()A.116B.18C.14D.12解析 不等式组0 x2，0y2表示的平面区域的面积为 224，不等式组0 x2，0y2，xy 2表示的平面区域的面积为12(2)21，因此所求的概率是14，故选 C.答案 C二、填空
149、题6(2015太原模拟)在区间2，4上随机地取一个数 x，若 x 满足|2x|a 的概率为23，则实数 a_解析 因为区间2，4的长度是 6，满足不等式|2x|aa2xa2的概率是23，所以区间a2，a2(2，2)，长度为 4，则a22，解得 a4.答案 47一只蜜蜂在一个棱长为 3 的正方体内自由飞行，若蜜蜂在飞行过程中始终保持与正方体 6 个表面的距离均大于 1，称其为“安全飞行”，则蜜蜂“安全飞行”的概率为_解析 由已知条件，可知蜜蜂只能在一个棱长为 1 的小正方体内飞行，结合几何概型，可得蜜蜂“安全飞行”的概率为 P1333 127.答案 1278.如图，四边形 ABCD 为矩形，AB
150、 3，BC1，以 A为圆心，1 为半径作四分之一个圆弧 DE，在DAB 内任作射线 AP，则射线 AP 与线段 BC 有公共点的概率为_解析 因为在DAB 内任作射线 AP，则等可能基本事件为“DAB 内作射线 AP”，所以它的所有等可能事件所在的区域 H 是DAB，当射线 AP 与线段 BC 有公共点时，射线 AP 落在CAB 内，区域 h 为CAB，所以射线 AP与线段 BC 有公共点的概率为CABDAB309013.答案 13三、解答题9设关于 x 的一元二次方程 x22axb20.若 a 是从区间0，3任取的一个数，b 是从区间0，2任取的一个数，求方程有实根的概率解 设事件 A 为“
151、方程 x22axb20 有实根”当 a0，b0 时，方程x22axb20 有实根的充要条件为 ab.试验的全部结果所构成的区域为(a，b)|0a3，0b2，构成事件 A 的区域为(a，b)|0a3，0b2，ab，根据条件画出构成的区域(略)，可得所求的概率为 P(A)3212223223.10身处广州的姐姐和身处沈阳的弟弟在春节前约定分别乘 A，B 两列火车在郑州火车站会面，并约定先到者等待时间不超过 10 分钟当天 A，B 两列火车正点到站的时间是上午 9 点，每列火车到站的时间误差为15 分钟，不考虑其他因素，求姐弟俩在郑州火车站会面的概率解 设姐姐到的时间为 x，弟弟到的时间为 y，建立
152、坐标系如图，由题意可知，当|yx|16时，姐弟俩会面，又正方形的面积为14，阴影部分的面积为 536，所求概率P5361459.能力提升题组(建议用时：25 分钟)11在ABC 中，ABC60，AB2，BC6，在 BC 上任取一点 D，则使ABD 为钝角三角形的概率为()A.16B.13C.12D.23解析 如图，当 BE1 时，AEB 为直角，则点 D在线段 BE(不包含 B，E 点)上时，ABD 为钝角三角形；当 BF4 时，BAF 为直角，则点 D 在线段CF(不包含 C、F 点)上时，ABD 为钝角三角形所以ABD 为钝角三角形的概率为126 12.答案 C12如图，在圆心角为直角的扇
153、形 OAB 中，分别以 OA，OB 为直径作两个半圆在扇形 OAB 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是()A.12 1B.1C1 2D.2解析 如图，设 OA2，S 扇形 AOB，SOCD121112，S 扇形 OCD4，在以 OA 为直径的半圆中，空白部分面积 S12 24 12 1，所有阴影面积为2.故所求概率 P121 2.答案 C13在面积为S的ABC内部任取一点P，PBC的面积大于S4的概率为_解析 如图，假设当点 P 落在 EF 上时(EFBC)，恰好满足PBC 的面积等于S4，作 PGBC，AHBC，则易知PGAH14.符合要求的点 P 可以落在AEF 内的任一部分，其概率
154、为 PSAEFSABC342 916.答案 91614设 AB6，在线段 AB 上任取两点(端点 A，B 除外)，将线段 AB 分成了三条线段，(1)若分成的三条线段的长度均为正整数，求这三条线段可以构成三角形的概率；(2)若分成的三条线段的长度均为正实数，求这三条线段可以构成三角形的概率解(1)若分成的三条线段的长度均为正整数，则三条线段的长度所有可能情况是 1，1，4；1，2，3；2，2，2，共 3 种情况，其中只有三条线段长为 2，2，2 时能构成三角形，故构成三角形的概率为 P13.(2)设其中两条线段长度分别为 x，y，则第三条线段长度为 6xy，故全部试验结果所构成的区域为0 x6
155、，0y6，06xy6，即0 x6，0y6，0 xy6，所表示的平面区域为OAB.若三条线段 x，y，6xy 能构成三角形，则还要满足xy6xy，x6xyy，y6xyx，x0，y0，即为xy3，0y3，0 x3，所表示的平面区域为DEF，由几何概型知，所求概率为 PSDEFSAOB14.第 4 讲 离散型随机变量及其分布列最新考纲 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
156、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Xx1x2xixn Pp1p2pipn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X01 P1pp，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)CkMCnkNMCnN，k0，1，2，m，其中 m
157、minM，n，且 nN，MN，n，M，NN*，称随机变量 X 服从超几何分布.X01m PC0MCn0NMCnNC1MCn1NMCnNCmMCnmNMCnN诊 断 自 测1判断正误(请在括号中打“”或“”)精彩 PPT 展示(1)抛掷均匀硬币一次，出现正面的次数是随机变量()(2)如果随机变量 X 的分布列由下表给出，X25 P0.30.7则它服从两点分布()(3)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.()(4)从 4 名男演员和 3 名女演员中选出 4 名，其中女演员的人数 X 服从超几何分布()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
158、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设随机变量 X 的分布列如下表所示，则 p4 的值是()X1234 P121418p4A.1 B.12C.14D.18解析 由分布列的性质，得121418p41，所以 p418.答案 D4已知随机变量 X 的分布列为：X12345 P0.10.20.40.20.1若 Y2X3，则 P(1Y5)_解析 1Y5，即 12X35，所以 2X4，故 P(1Y5)P(2X4)P(X3)P(X4)0.40.
159、20.6.答案 0.65(人教 A 选修 23P48 例 3 改编)一盒中有 12 个乒乓球，其中 9 个新的、3个旧的，从盒中任取 3 个球来用，用完后装回盒中，此时盒中旧球个数 X 是一个随机变量，则 P(X4)的值为_解析 由题意知取出的 3 个球必为 2 个旧球、1 个新球，故 P(X4)C23C19C312 27220.答案 27220考点一 离散型随机变量分布列的性质【例 1】设随机变量 X 的分布列为 PXk5 ak(k1，2，3，4，5)(1)求 a；(2)求 PX35；(3)求 P110X 710.解(1)由分布列的性质，得 PX15 PX25 PX35 PX45 P(X1)
160、a2a3a4a5a1，所以 a 115.(2)PX35 PX35 PX45 P(X1)3 1154 1155 11545.(3)P1100)在古典概型中，若用 n(A)表示事件 A 中基本事件的个数，则 P(B|A)n（AB）n（A）.(2)条件概率具有的性质：0P(B|A)1；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)对于事件 A，B，若 A 的发生与 B 的发生互不影响，则称 A，B 是相互独立事件(2)若 A 与 B 相互独立，则 P(B|A)P(B)，P(AB)P(B|A)P(A)P(A)P(B)(3)若 A 与 B 相互独立
161、，则 A 与B，A与 B，A与B_也都相互独立(4)若 P(AB)P(A)P(B)，则 A 与 B 相互独立3独立重复试验与二项分布(1)独立重复试验是指在相同条件下可重复进行的，各次之间相互独立的一种试验，在这种试验中每一次试验只有两种结果，即要么发生，要么不发生，且任何一次试验中各事件发生的概率都是一样的(2)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)Cknpk(1p)nk(k0，1，2，n)，此时称随机变量 X 服从二项分布，记为 XB(n，p)，并称 p 为成功概率4正态分布(1)正态曲线：函数，(x)12，x(，)
162、，其中 和 为参数(0，R)，我们称函数，(x)的图象为正态分布密度曲线，简称正态曲线(2)正态曲线的性质：曲线位于 x 轴上方，与 x 轴不相交；曲线是单峰的，它关于直线 x 对称；曲线在 x 处达到峰值1 2；曲线与 x 轴之间的面积为 1；当 一定时，曲线的位置由 确定，曲线随着 的变化而沿 x 轴平移，如图甲所示；当 一定时，曲线的形状由 确定，越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散，如图乙所示(3)正态分布的定义及表示如果对于任何实数 a，b(ab)，随机变量 X 满足 P(aXb)ab，(x)dx，则称随机变量 X 服从正态分布，记作
163、 XN(，2)正态总体在三个特殊区间内取值的概率值P(X)0.682_6；P(2X2)0.954_4；P(3c1)P(Xc1)，则 c 等于()A1 B2 C3 D4解析 2，由正态分布的定义知其图象关于直线 x2 对称，于是c1c122，c2.答案 B5(人教 A 选修 23P55 练习 3 改编)国庆节放假，甲去北京旅游的概率为13，乙去北京旅游的概率为14，假定二人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有 1 人去北京旅游的概率为_解析 记在国庆期间“甲去北京旅游”为事件 A，“乙去北京旅游”为事件 B，又 P(A B)P(A)P(B)1P(A)1P(B)113 114 12，甲、乙
164、二人至少有一人去北京旅游的对立事件为甲、乙二人都不去北京旅游，所求概率为 1P(A B)11212.答案 12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 个数之和为偶数”，事件 B“取到的 2 个数均为偶数”，则 P(B|A)等于()A.18B.14C.25D.12(2)已知 1 号箱中有 2 个白球和 4 个红球，2 号箱中有 5 个白球和 3 个红球，现随机地从 1 号箱中取出一球放入 2 号箱，然后从 2 号箱随机取出一球，则两次都取到红球的概率是()A.1127B.1124C.827D.924解析(1)法一(1)P(A)C23C
165、22C25 41025，P(AB)C22C25 110，由条件概率公式，得 P(B|A)P（AB）P（A）11041014.法二 n(A)C23C224，n(AB)1，P(B|A)n（AB）n（A）14.(2)设从 1 号箱取到红球为事件 A，从 2 号箱取到红球为事件 B.由题意，P(A)42423，P(B|A)318149，P(AB)P(B|A)P(A)2349 827，所以两次都取到红球的概率为 827.答案(1)B(2)C规律方法 条件概率的求法：(1)利用定义，分别求 P(A)和 P(AB)，得 P(B|A)P（AB）P（A）.这是通用的求条件概率的方法(2)借助古典概型概率公式，先
166、求事件 A 包含的基本事件数 n(A)，再在事件 A 发生的条件下求事件 B 包含的基本事件数，即 n(AB)，得 P(B|A)n（AB）n（A）.【训练 1】已知盒中装有 3 只螺口灯泡与 7 只卡口灯泡，这些灯泡的外形与功率都相同且灯口向下放着，现需要一只卡口灯泡，电工师傅每次从中任取一只并不放回，则在他第 1 次抽到的是螺口灯泡的条件下，第 2 次抽到的是卡口灯泡的概率为()A.310B.29C.78D.79解析 法一 设事件 A 为“第 1 次抽到的是螺口灯泡”，事件 B 为“第 2 次抽到的是卡口灯泡”，则 P(A)310，P(AB)31079 730，则所求概率为 P(B|A)P（
167、AB）P（A）73031079.法二 第 1 次抽到螺口灯泡后还剩余 9 只灯泡，其中有 7 只卡口灯泡，故第 2次抽到卡口灯泡的概率为C17C1979.答案 D考点二 相互独立事件同时发生的概率【例 2】(2013陕西卷改编)在一场娱乐晚会上，有 5 位民间歌手(1 至 5 号)登台演唱，由现场数百名观众投票选出最受欢迎歌手各位观众须彼此独立地在选票上选 3 名歌手，其中观众甲是 1 号歌手的歌迷，他必选 1 号，不选 2号，另在 3 至 5 号中随机选 2 名观众乙和丙对 5 位歌手的演唱没有偏爱，因此在 1 至 5 号中选 3 名歌手(1)求观众甲选中 3 号歌手且观众乙未选中 3 号歌
168、手的概率；(2)X 表示 3 号歌手得到观众甲、乙、丙的票数之和，求“X2”的事件概率解(1)设 A 表示事件“观众甲选中 3 号歌手”，B 表示事件“观众乙选中 3号歌手”，则 P(A)C12C2323，P(B)C24C3535.事件 A 与 B 相互独立，A 与B相互独立则 AB表示事件“甲选中 3 号歌手，且乙没选中 3 号歌手”P(AB)P(A)P(B)P(A)1P(B)2325 415，(2)设 C 表示事件“观众丙选中 3 号歌手”，则 P(C)C24C3535，依题意，A，B，C 相互独立，A，B，C相互独立，且 ABC，ABC，ABC，ABC 彼此互斥又 P(X2)P(ABC)
169、P(ABC)P(ABC)2335252325351335353375，P(X3)P(ABC)2335351875，P(X2)P(X2)P(X3)337518751725.规律方法(1)正确分析所求事件的构成，将其转化为几个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)注意根据问题情境正确判断事件的独立性(3)在应用相互独立事件的概率公式时，对含有“至多有一个发生”“至少有一个发生”的情况，可结合对立事件的概率求解【训练 2】甲、乙两人各进行一次射击，如果两人击中目标的概率都是 0.8，计算：(1)两人都击中目标的概率；(2)其中恰有一人击中目标的概率；(3)至少有一人击中目
170、标的概率解 记“甲射击一次，击中目标”为事件 A，“乙射击一次，击中目标”为事件 B.“两人都击中目标”是事件 AB；“恰有 1 人击中目标”是 ABAB；“至少有 1 人击中目标”是 ABABAB.(1)显然，“两人各射击一次，都击中目标”就是事件 AB，又由于事件 A 与 B相互独立，P(AB)P(A)P(B)0.80.80.64.(2)“两人各射击一次，恰好有一人击中目标”包括两种情况：一种是甲击中乙未击中(即 AB)，另一种是甲未击中乙击中(即AB)根据题意，这两种情况在各射击一次时不可能同时发生，即事件 AB与AB 是互斥的，所以所求概率为PP(AB)P(AB)P(A)P(B)P(A
171、)P(B)0.8(10.8)(10.8)0.80.160.160.32.(3)“两人各射击一次，至少有一人击中目标”的概率为 PP(AB)P(AB)P(AB)0.640.320.96.考点三 独立重复试验与二项分布【例 3】(2014四川卷节选)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12，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；
172、(2)玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率解(1)X 可能的取值为 10，20，100，200.根据题意，有 P(X10)C13121112238，P(X20)C23122112138，P(X100)C33123112018，P(X200)C03120112318.所以 X 的分布列为X1020100200P38381818(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)18.所以，“三盘游戏中至少有一次出现音乐”的概率为1P(A1A2A3)11831 1512511512.因此，玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是51151
173、2.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 Pn(k)Cknpk(1p)nk 的三个条件：(1)在一次试验中某事件 A 发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】乒乓球单打比赛在甲、乙两名运动员间进行，比赛采用 7 局 4 胜制(即先胜 4 局者获胜，比赛结束)，假设两人在每一局比赛中获胜的可能性相同(1)求甲以 4 比 1 获胜的概率；(2)求乙获胜且比赛局数多于 5 局的概率；(3)求比赛局
174、数的分布列解(1)由已知，得甲、乙两名运动员在每一局比赛中获胜的概率都是12.记“甲以 4 比 1 获胜”为事件 A，则 P(A)C3412312431218.(2)记“乙获胜且比赛局数多于 5 局”为事件 B.乙以 4 比 2 获胜的概率为 P1C35123125312 532，乙以 4 比 3 获胜的概率为 P2C36123126312 532，所以 P(B)P1P2 516.(3)设比赛的局数为 X，则 X 的可能取值为 4，5，6，7.P(X4)2C4412418，P(X5)2C3412312431214，P(X6)2C35123125312 516，P(X7)2C3612312631
175、2 516.比赛局数的分布列为X4567 P1814516516考点四 正态分布【例 4】已知随机变量 X 服从正态分布 N(2，2)，且 P(X4)0.8，则 P(0X2)()A0.6 B0.4 C0.3 D0.2解析 由 P(X4)0.8，得 P(X4)0.2，由题意知正态曲线的对称轴为直线 x2，P(X0)P(X4)0.2，P(0X4)1P(X0)P(X4)0.6，P(0X2)12P(0X4)0.3.答案 C规律方法(1)求解本题关键是明确正态曲线关于 x2 对称，且区间0，4也关于 x2 对称(2)关于正态曲线在某个区间内取值的概率求法：熟记 P(X)，P(2X2)，P(3X3)的值；
176、充分利用正态曲线的对称性和曲线与 x 轴之间面积为 1.【训练 4】在某次数学考试中，考生的成绩 X 服从正态分布，即 XN(100，100)，已知满分为 150 分若这次考试共有 2 000 名考生参加，试估计这次考试不及格(小于 90 分)的人数解 由 XN(100，100)知 100，10.P(90X110)P(10010X10010)0.682 6，P(X90)12(10.682 6)0.158 7，不及格人数为 2 0000.158 7317(人).思想方法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)P（AB）P（A）n（AB）n（A），其中，在实际应用中
177、P(B|A)n（AB）n（A）是一种重要的求条件概率的方法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
178、率是 P(Xk)Cknpkqnk.其中 k0，1，n，q1p.4若 X 服从正态分布，即 XN(，2)，要充分利用正态曲线的关于直线 X 对称和曲线与 x 轴之间的面积为 1.易错防范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独立重复试验中的概率公式 Pn(k)Cknpk(1p)nk 表示的是 n 次独立重复试验中事件 A 发生 k 次的概率，p 与(1p)的位置不能互换，否
179、则该式子表示的意义就发生了改变，变为事件 A 有 k 次不发生的概率了.基础巩固题组(建议用时：40 分钟)一、选择题1(2014新课标全国卷)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()A0.8 B0.75 C0.6 D0.45解析 记事件 A 表示“一天的空气质量为优良”，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，由条件概率公式 P(B|A)P（AB）P（A），可得所求概率为 0.60.750.8.答案 A2(2015郑州一模)设随机
180、变量 XB6，12，则 P(X3)等于()A.516B.316C.58D.38解析 XB6，12，由二项分布可得，P(X3)C361231123 516.答案 A3(2015南充诊断)已知随机变量 X 服从正态分布 N(2，32)，且 P(X1)0.30，则 P(2X3)P(X1)0.3，P(1X3)P(X1)120.30.4，P(2X3)12P(1X3)0.20.答案 A4(2015福州模拟)甲射击命中目标的概率是12，乙命中目标的概率是13，丙命中目标的概率是14.现在三人同时射击目标，则目标被击中的概率为()A.34B.23C.45D.710解析 设甲命中目标为事件 A，乙命中目标为事件
181、 B，丙命中目标为事件 C，则击中目标表示事件 A，B，C 中至少有一个发生又 P(ABC)P(A)P(B)P(C)1P(A)1P(B)1P(C)112 113 114 14.击中的概率P1P(ABC)34.答案 A5(2015天津南开调研)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()AC10123810582BC91238958238CC911582382DC9113810582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
182、为38，所以 P(X12)C91138958238.答案 D二、填空题6某篮球队员在比赛中每次罚球的命中率相同，且在两次罚球中至多命中一次的概率为1625，则该队员每次罚球的命中率为_解析 设该队员每次罚球的命中率为 p，其中 0p1，则依题意有 1p21625，p2 925，又 0pE(3X2)，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：Y1024 P194949 Y2036 P9251225425E(Y1)01924944983，E(Y2)0 9253122
183、56 425125，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 求随机变量 X 的均值与方差时，可首先分析 X 是否服从二项分布，如果 XB(n，p)，则用公式 E(X)np；D(X)np(1p)求解，可大大减少计算量【训练 2】(2014辽宁卷)一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图，如图所示将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立(1)求在未来连续 3 天里，有连续 2 天的日销售量都不低于 100 个且另 1 天的日销售量低于 50 个的概率；(2)用 X 表示在未来 3 天里日销售量不低于 10
184、0 个的天数，求随机变量 X 的分布列、数学期望 E(X)及方差 D(X)解(1)设 A1 表示事件“日销售量不低于 100 个”，A2 表示事件“日销售量低于 50 个”，B 表示事件“在未来连续 3 天里，有连续 2 天的日销售量都不低于 100 个且另 1 天的日销售量低于 50 个”，因此P(A1)(0.0060.0040.002)500.6，P(A2)0.003500.15，P(B)0.60.60.1520.108.(2)X 可能取的值为 0，1，2，3，相应的概率为P(X0)C03(10.6)30.064，P(X1)C130.6(10.6)20.288，P(X2)C230.62(1
185、0.6)0.432，P(X3)C330.630.216.分布列为X0123 P0.0640.2880.4320.216因为 XB(3，0.6)，所以数学期望 E(X)30.61.8，方差 D(X)30.6(10.6)0.72.考点三 均值与方差在决策中的应用【例 3】(2014湖北卷)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
186、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，应安装发电机多少台？解(1)依题意，p1P(40X120)5500.1.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pC04(1p3)4C14(1p3)3p3910449
187、103110 0.947 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)p2p30.8.由此得 Y的分布列如下Y4 20010 000 P0.20.8所以，E(Y)4 2000.210 0000.8
188、8 840.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 000 P0.20.70.1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
189、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】某投资公司在 2015 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79和29；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35，13和 115.针对以上两个投资项目，请你为投资公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
190、分布列为X1300150P7929E(X1)30079(150)29200(万元)若按“项目二”投资，设获利 X2 万元，则 X2 的分布列为：X25003000P3513115E(X2)50035(300)130 115200(万元)D(X1)(300200)279(150200)22935 000，D(X2)(500200)235(300200)213(0200)2 115140 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微型专题 概率的创新题型近年来，概率统计已成为高考的重点、热点注意考
191、查学生分析数据，提取信息，解决实际问题的应用能力它可以与其他知识相互融合，形成一些背景、样式新颖的题型【例 4】(2013四川卷)某算法的程序框图如图所示，其中输入的变量 x 在 1，2，3，24 这 24 个整数中等可能随机产生(1)分别求出按程序框图正确编程运行时输出 y 的值为 i 的概率 Pi(i1，2，3)；(2)甲、乙两同学依据自己对程序框图的理解，各自编写程序重复运行 n 次后，统计记录了输出 y 的值为 i(i1，2，3)的频数以下是甲、乙所作频数统计表的部分数据甲的频数统计表(部分)运行次数n输出 y 的值为 1 的频数输出 y 的值为 2 的频数输出 y 的值为 3 的频数
192、30146102 1001 027376697乙的频数统计表(部分)运行次数 n输出 y 的值为 1 的频数输出 y的值为2的频数输出 y 的值为 3 的频数30121172 1001 051696353当 n2 100 时，根据表中的数据，分别写出甲、乙所编程序各自输出 y 的值为 i(i1，2，3)的频率(用分数表示)，并判断两位同学中哪一位所编程序符合算法要求的可能性较大；(3)将按程序框图正确编写的程序运行 3 次，求输出 y 的值为 2 的次数 X 的分布列及数学期望点拨(1)运行程序框图，分别数出输出 y 的值为 1，2，3 的数的个数，即事件包含的基本事件个数，利用古典概型公式求
193、解(2)利用已知条件中频数统计表得出各小组频数，利用频率公式得频率，再与(1)的结论比较，得出结论(3)利用独立重复试验概率公式 P(Xk)Cknpk(1p)nk(0kn)求出分布列，再用数学期望公式求解解(1)变量 x 是在 1，2，3，24 这 24 个整数中随机产生的一个数，共有24 种可能当 x 从 1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，21，23 这 12 个数中产生时，输出 y 的值为 1，故 P112；当 x 从 2，4，8，10，14，16，20，22 这 8 个数中产生时，输出 y 的值为 2，故 P213；当 x 从 6，12，18，24 这 4 个数中产生时，
194、输出 y 的值为 3，故 P316.所以，输出 y 的值为 1 的概率为12，输出 y 的值为 2 的概率为13，输出 y 的值为 3 的概率为16.(2)当 n2 100 时，甲、乙所编程序各自输出 y 的值为 i(i1，2，3)的频率如下：输出 y 的值为 1的频率输出 y 的值为2 的频率输出 y 的值为3 的频率甲1 0272 1003762 1006972 100 乙1 0512 1006962 1003532 100比较频率趋势与概率，可得乙同学所编程序符合算法要求的可能性较大(3)随机变量 X 可能的取值为 0，1，2，3.P(X0)C03130233 827，P(X1)C131
195、3123249，P(X2)C2313223129，P(X3)C33133230 127.故 X 的分布列为X0123 P8274929127所以 E(X)0 8271492293 1271.即 X 的数学期望为 1.点评(1)本题将程序框图，古典概型，独立重复试验及随机变量分布列结合起来考查，具有一定的综合性，同时形式也比较新颖(2)本题注重考查学生的识图，用图能力，数据处理能力，分析问题解决问题的能力等基本能力.思想方法1掌握下述均值与方差有关性质，会给解题带来方便：(1)E(aXb)aE(X)b，E(XY)E(X)E(Y)，D(aXb)a2D(X)；(2)若 XB(n，p)，则 E(X)n
196、p，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、方差公式求解易错防范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(2013广东卷)已知离散型随机变
197、量 X 的分布列为X123 P35310110则 X 的数学期望 E(X)()A.32B2 C.52D3解析 E(X)1352 3103 11032.答案 A2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()An4，p0.6 Bn6，p0.4Cn8，p0.3 Dn24，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 B3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
198、子数记为 X，则 X 的数学期望为()A100 B200 C300 D400解析 记不发芽的种子数为 Y，则 YB(1 000，0.1)，E(Y)1 0000.1100.又 X2Y，E(X)E(2Y)2E(Y)200.答案 B4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()A4 B4.5 C4.75 D5解析 由题意知，X 可以取 3，4，5，P(X3)1C35 110，P(X4)C23C35 310，P(X5)C24C35 61035，所以 E(X)3 1104 3105354.5，故选 B.答案
199、 B5罐中有 6 个红球，4 个白球，从中任取 1 球，记住颜色后再放回，连续摸取 4次，设 X 为取得红球的次数，则 X 的方差 D(X)的值为()A.125B.2425C.85D.2 65解析 因为是有放回地摸球，所以每次摸球(试验)摸得红球(成功)的概率均为35，连续摸 4 次(做 4 次试验)，X 为取得红球(成功)的次数，则 XB4，35，D(X)435135 2425.答案 B二、填空题6(2014浙江卷)随机变量 X 的取值为 0，1，2.若 P(X0)15，E(X)1，则 D(X)_解析 由题意设 P(X1)p，由概率分布的性质得 P(X2)1P(X0)P(X1)45p，由 E
200、(X)1，可得 p35，所以 D(X)12150235121525.答案 257某毕业生参加人才招聘会，分别向甲、乙、丙三个公司投递了个人简历假定该毕业生得到甲公司面试的概率为23，得到乙、丙两公司面试的概率均为 p，且三个公司是否让其面试是相互独立的记 X 为该毕业生得到面试的公司个数若 P(X0)112，则随机变量 X 的数学期望 E(X)_解析 由题意知 P(X0)112(1p)213，p12，随机变量 X 的可能值为 0，1，2，3，因此 P(X0)112，P(X1)231222312213，P(X2)23122213122 512，P(X3)2312216，因此 E(X)1132 5
201、1231653.答案 538某保险公司新开设一项保险业务，规定该份保单在一年内如果事件 E 发生，则该公司要赔偿 a 元，在一年内如果事件 E 发生的概率为 p，为使该公司收益期望值等于 a10，公司应要求该保单的顾客缴纳的保险金为_元解析 设随机变量 X 表示公司此项业务的收益额，x 表示顾客交纳的保险金，则 X 的所有可能值为 x，xa，且 P(Xx)1p，P(Xxa)p，所以 E(X)x(1p)(xa)p a10，得 xa（10p1）10.答案 a（10p1）10三、解答题9(2014湖南卷)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23和35.现安排甲组研发新产品 A，
202、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和数学期望解 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)23，P(E)13，P(F)35，P(F)25，且事件 E 与 F，E 与F，E与 F，E与F都相互独立(1)记 H“至少有一种新产品研发成功”，则HE F，于是 P(H)P(E)P(F)1325 215，故所求的概率为 P(H)1P(H)1 2151315.(2)设企业可获利润为 X(万元)，则
203、 X 的可能取值为 0，100，120，220，因为P(X0)P(EF)13 25 215，P(X100)P(EF)1335 315，P(X120)P(EF)2325 415，P(X220)P(EF)2335 615.故所求的分布列为X0100120220P215315415615数学期望为E(X)0 215100 315120 415220 6153004801 320152 10015 140.10受轿车在保修期内维修费等因素的影响，企业生产每辆轿车的利润与该轿车首次出现故障的时间有关某轿车制造厂生产甲、乙两种品牌轿车，保修期均为 2 年现从该厂已售出的两种品牌轿车中各随机抽取 50 辆，
204、统计数据如下：品牌甲乙首次出现故障时间 x(年)0 x11202轿车数量(辆)2345545每辆利润(万元)1231.82.9将频率视为概率，解答下列问题：(1)从该厂生产的甲品牌轿车中随机抽取一辆，求其首次出现故障发生在保修期内的概率；(2)若该厂生产的轿车均能售出，记生产一辆甲品牌轿车的利润为 X1，生产一辆乙品牌轿车的利润为 X2，分别求 X1，X2 的分布列；(3)该厂预计今后这两种品牌轿车销量相当，由于资金限制，只能生产其中一种品牌的轿车若从经济效益的角度考虑，你认为应生产哪种品牌的轿车？说明理由解(1)设“甲品牌轿车首次出现故障发生在保修期内”为事件 A.则 P(A)2350 11
205、0.(2)依题意得，X1 的分布列为X1123 P125350910X2 的分布列为X21.82.9 P110910(3)由(2)得，E(X1)1 1252 3503 91014350 2.86(万元)，E(X2)1.8 1102.9 9102.79(万元)因为 E(X1)E(X2)，所以应生产甲品牌轿车能力提升题组(建议用时：25 分钟)11一射手对靶射击，直到第一次命中为止，每次命中的概率都为 0.6，现有 4颗子弹，则射击停止后剩余子弹的数目 X 的期望值为()A2.44 B3.376 C2.376 D2.4解析 X 的所有可能取值为 3，2，1，0，其分布列为 X3210P0.60.2
206、40.0960.064 E(X)30.620.2410.09600.0642.376.答案 C12掷骰子游戏：规定掷出 1 点，甲盒中放一球，掷出 2 点或 3 点，乙盒中放一球，掷出 4，5 或 6，丙盒中放一球，共掷 6 次，用 x，y，z 分别表示掷完 6次后甲，乙，丙盒中球的个数令 Xxy，则 E(X)()A2 B3 C4 D5解析 将每一次掷骰子看作一次实验，实验的结果分丙盒中投入球为成功和丙盒中不投入球为失败且相互独立，则丙盒中投入球成功的概率为12，用 z 表示 6 次实验中成功的次数，则 zB6，12，E(z)3，又 xyz6，Xxy6z，E(X)E(6z)6E(z)633.答
207、案 B13随机变量 X 的分布列如下：X101Pabc其中 a，b，c 成等差数列，若 E(X)13，则 D(X)的值是_解析 由已知条件可得abc1，ac2b，E（X）a0c13，解得 a16，b13，c12.D(X)16113213013212113259.答案 5914(2014安徽卷)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假设每局甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13，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
208、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)23，P(Bk)13，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)2321323223132325681.(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)59，P(X3)P(B1A2A3)P(A1B2B3)P(B1)P(A2)P(A3)P(A1)P(B2)P(
209、B3)29，P(X4)P(A1B2A3A4)P(B1A2B3B4)P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)P(B1)P(A2)P(B3)P(B4)1081，P(X5)1P(X2)P(X3)P(X4)881.故 X 的分布列为X2345P59291081881E(X)259329410815 88122481.高考导航 1.概率与统计是高考中相对独立的一个内容，处理问题的方式、方法体现了较高的思维含量该类问题以应用题为载体，注重考查学生的应用意识及阅读理解能力、分类讨论与化归转化能力；2.概率问题的核心是概率计算其中事件的互斥、对立、独立是概率计算的核心，排列组合是进行概率计算的工具统计问题的核
210、心是样本数据的获得及分析方法，重点是抽样方法、频率分布直方图、茎叶图等；3.概率与统计试题主要对基本概念、公式、等可能事件、互斥事件、对立事件、独立事件以及 n 次独立重复试验恰好发生 k 次的概率，离散型随机变量的分布列、期望、方差、抽样方法等内容进行考查，重点是分布列与期望热点一 古典概型古典概型是一种重要的概率模型，其核心是利用排列数与组合数计算概率因此较强的排列组合计算能力是解决好复杂古典概型问题的关键【例 1】有 9 张卡片分别写着数字 1，2，3，4，5，6，7，8，9，甲、乙二人依次从中抽取一张卡片(不放回)，试求：(1)甲抽到写有奇数数字卡片，且乙抽到写有偶数数字卡片的概率(2
211、)甲、乙二人至少抽到一张写有奇数数字卡片的概率解(1)甲、乙二人依次从 9 张卡片中抽取一张的可能结果有 C19C18，甲抽到写有奇数数字卡片，且乙抽到写有偶数数字卡片的结果有 C15C14种，设甲抽到写有奇数数字卡片，且乙抽到写有偶数数字卡片的概率为 P1，则P1C15C14C19C182072 518.(2)法一 甲、乙二人至少抽到一张写有奇数数字卡片的事件包含下面的三个事件：“甲抽到写有奇数数字的卡片，乙抽到写有偶数数字的卡片”有 C15C14种；“甲抽到写有偶数数字卡片，且乙抽到写有奇数数字卡片”有 C14C15种；“甲、乙二人均抽到写有奇数数字卡片”有 C15C14种设甲、乙二人至少
212、抽到一张写有奇数数字卡片的概率为 P2，则 P2C15C14C14C15C15C14C19C18607256.法二 甲、乙二人至少抽到一张奇数数字卡片的对立事件为两人均抽到写有偶数数字卡片，设为P2，则 P21P21C14C13C19C1856.探究提高 利用古典概型求概率的关键及注意点(1)关键：正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数，这常常用到排列、组合的有关知识(2)注意点：对复杂的古典概型，应正确判断基本事件是否与顺序有关，以决定是按排列数，还是按组合数计算在计算时，不能出现分子、分母一部分按排列数计算另一部分按组合数计算的现象【训练 1】(2015成都调研)为了丰富学生的课余
213、生活，促进校园文化建设，我校高二年级通过预赛选出了 6 个班(含甲、乙)进行经典美文诵读比赛决赛决赛通过随机抽签方式决定出场顺序求：(1)甲、乙两班恰好在前两位出场的概率；(2)决赛中甲、乙两班之间的班级数记为 X，求 X 的分布列和数学期望解(1)设“甲、乙两班恰好在前两位出场”为事件 A，则 P(A)A22A44A66 115.所以甲、乙两班恰好在前两位出场的概率为 115.(2)随机变量 X 的可能取值为 0，1，2，3，4.P(X0)A22A55A6613，P(X1)4A22A44A66 415，P(X2)A24A22A33A6615，P(X3)A34A22A22A66 215，P(X
214、4)A44A22A66115.随机变量 X 的分布列为X01234 P1341515215115因此，E(X)0131 4152153 2154 11543.热点二 利用互斥、对立、独立求随机事件的概率互斥、对立与独立是事件间的基本关系，一个复杂事件经常可以转化为几个简单事件的和或积的形式这充分体现了化繁为简的思想，是高考中的常考题型【例 2】(12 分)某项专业技术认证考试按科目 A 和科目 B 依次进行，只有当科目 A 成绩合格时，才可继续参加科目 B 的考试已知每个科目只允许有一次补考机会，两个科目成绩均合格方可获得证书，现某人参加这项考试，科目 A 每次考试成绩合格的概率均为23，科目
215、 B 每次考试成绩合格的概率均为12，假设各次考试成绩合格与否互不影响(1)求他不需要补考就可获得证书的概率(2)在这项考试过程中，假设他不放弃所有的考试机会，求他分别参加 2 次、3次、4 次考试的概率解 设“科目 A 第一次考试合格”为事件 A1，“科目 A 补考合格”为事件 A2，“科目 B 第一次考试合格”为事件 B1，“科目 B 补考合格”为事件 B2，则 A1，A2，B1，B2 相互独立(3 分)(1)设“不需要补考就可获得证书”为事件 M，则 P(M)P(A1B1)P(A1)P(B1)231213.即他不需要补考就可获得证书的概率为13.(6 分)(2)设“参加考试次数为 2 次
216、、3 次、4 次”分别为事件 E，C，D.则 P(E)P(A1B1A1A2)P(A1)P(B1)P(A1)P(A2)2312131349，(8 分)P(C)P(A1B1B2A1B1B2A1A2B1)P(A1)P(B1)P(B2)P(A1)P(B1)P(B2)P(A1)P(A2)P(B1)23121223121213231249，(10 分)P(D)P(A1A2B1B2A1A2B1B2)P(A1)P(A2)P(B1)P(B2)P(A1)P(A2)P(B1)P(B2)132312121323121219.即他分别参加 2 次、3 次、4 次考试的概率分别为49，49，19.(12 分)(另解：P(
217、D)1P(EC)1P(E)P(C)1494919)构建模板 利用互斥、对立、独立求随机事件的概率的一般步骤 第一步：用字母表示事件，并写出相应事件的概率 第二步：把所求事件表示为已知事件的和或积的形式(含至多、至少可考虑用对立事件)第三步：利用相关公式进行计算得结果探究提高(1)一个复杂事件若正面情况较多，反面情况较少，则一般利用对立事件进行求解尤其是涉及到“至多”、“至少”等问题时常常用这种方法求解(2)求复杂事件的概率，要正确分析复杂事件的构成，看复杂事件是能转化为几个彼此互斥的事件的和事件还是能转化为几个相互独立事件同时发生的积事件，然后用概率公式求解【训练 2】(2014山东卷)乒乓球
218、台面被球网分隔成甲、乙两部分，如图，甲上有两个不相交的区域 A，B，乙被划分为两个不相交的区域 C，D，某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球规定：回球一次，落点在 C上记 3 分，在 D 上记 1 分，其他情况记 0 分对落点在 A 上的来球，队员小明回球的落点在 C 上的概率为12，在 D 上的概率为13；对落点在 B 上的来球，小明回球的落点在 C 上的概率为15，在 D 上的概率为35.假设共有两次来球且落在 A，B 上各一次，小明的两次回球互不影响求：(1)小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率；(2)两次回球结束后，小明得分之和 X 的分布列与数学期望解(1)记 A
219、i 为事件“小明对落点在 A 上的来球回球的得分为 i 分”(i0，1，3)，则 P(A3)12，P(A1)13，P(A0)1121316；记 Bi 为事件“小明对落点在 B 上的来球回球的得分为 i 分”(i0，1，3)，则 P(B3)15，P(B1)35，P(B0)1153515.记 D 为事件“小明两次回球的落点中恰有 1 次落点在乙上”由题意，DA3B0A1B0A0B1A0B3，由事件的独立性和互斥性，得P(D)P(A3B0A1B0A0B1A0B3)P(A3B0)P(A1B0)P(A0B1)P(A0B3)P(A3)P(B0)P(A1)P(B0)P(A0)P(B1)P(A0)P(B3)1
220、215131516351615 310，所以小明两次回球的落点中恰有 1 次的落点在乙上的概率为 310.(2)由题意，随机变量 X 可能的取值为 0，1，2，3，4，6，由事件的独立性和互斥性，得P(X0)P(A0B0)1615 130，P(X1)P(A1B0A0B1)P(A1B0)P(A0B1)1315163516，P(X2)P(A1B1)133515，P(X3)P(A3B0A0B3)P(A3B0)P(A0B3)12151516 215，P(X4)P(A3B1A1B3)P(A3B1)P(A1B3)123513151130，P(X6)P(A3B3)1215 110.可得随机变量 X 的分布列
221、为：X012346 P13016152151130110所以数学期望 E(X)0 1301162153 215411306 1109130.热点三 离散型随机变量的分布列、均值、方差离散型随机变量及其分布列、均值与方差及应用是数学高考的一大热点，每年均有解答题，属于中档题复习中应强化应用题目的理解与掌握，弄清随机变量的所有取值是正确列随机变量分布列和求均值与方差的关键，对概型的确定与转化是解题的基础，准确计算是解题的核心，在备考中强化解答题的规范性训练【例 3】某单位需要从两名选手中选出一人参加上级组织的普及法律知识竞赛，现设计了一个挑选方案：选手从 6 道备选题中一次性随机抽取 3 题，至少
222、答对 2 题才算合格通过考查可知：6 道备选题中选手甲有 4 题能答对，2题答错；选手乙答对每题的概率都是23，且每题答对与否互不影响(1)分别写出甲、乙两名选手答对题数的概率分布，并计算数学期望；(2)你认为应该挑选哪个选手去参加比赛审题流程求离散型随机变量分布列、数学期望、方差的审题流程 一审：随机变量的意义是什么？它的可能取值有哪几个？二审：随机变量的每个取值对应事件是什么？利用何种概率模型求其概率？三审：利用相应公式求概率，并列出分布列 四审：分布列中各概率的和为 1 吗？五审：求数学期望与方差解(1)设选手甲、乙答对的题数分别为 X，Y，则 X 的可能取值为 1，2，3；Y 的可能取
223、值为 0，1，2，3，则P(X1)C14C22C36 15，P(X2)C24C12C36 35，P(X3)C34C02C36 15，选手甲答对题数的概率分布为：X123 P153515E(X)1152353152.P(Y0)C03133 127，P(Y1)C132313229，P(Y2)C232321349，P(Y3)C33233 827，选手乙答对题数的概率分布为：Y0123 P1272949827E(Y)0 1271292493 8272.(2)D(X)(12)215(22)235(32)21525，D(Y)(02)2 127(12)229(22)249(32)2 82723，D(X)P(
224、Y2)从答对题数的数学期望考查，两人水平相当；从答对题数的方差考查，甲较稳定；从至少答对 2 题的概率考查，甲获得通过的可能性大，因此应该让选手甲去参加比赛探究提高 利用均值和方差比较随机变量的取值情况，一般是先比较均值，均值不同时，即可比较出产品的优劣或水平的高低，均值相同时，再比较方差，由方差来决定产品或技术水平的稳定情况【训练 3】如图所示，是某城市通过抽样得到的居民某年的月均用水量(单位：吨)的频率分布直方图(1)求直方图中 x 的值；(2)若将频率视为概率，从这个城市随机抽取 3 位居民(看作有放回的抽样)，求月均用水量在 3 至 4 吨的居民数 X 的分布列、数学期望与方差解(1)
225、依题意及频率分布直方图知，(0.020.1x0.370.39)11，解得 x0.12.(2)由题意知，XB(3，0.1)因此 P(X0)C030.930.729，P(X1)C130.10.920.243，P(X2)C230.120.90.027，P(X3)C330.130.001.故随机变量 X 的分布列为X0123P0.7290.2430.0270.001X 的数学期望为 E(X)30.10.3.X 的方差为 D(X)30.1(10.1)0.27.热点四 概率与统计的综合应用概率与统计作为考查考生应用意识的重要载体，已成为近几年高考的一大亮点和热点它与其他知识融合、渗透，情境新颖，充分体现了
226、概率与统计的工具性和交汇性【例 4】电视传媒公司为了解某地区电视观众对某类体育节目的收视情况，随机抽取了 100 名观众进行调查下面是根据调查结果绘制的观众日均收看该体育节目时间的频率分布直方图：将日均收看该体育节目时间不低于 40 分钟的观众称为“体育迷”(1)根据已知条件完成下面的 22 列联表，并据此资料你是否认为“体育迷”与性别有关？非体育迷体育迷合计男女1055合计(2)将上述调查所得到的频率视为概率现在从该地区大量电视观众中，采用随机抽样方法每次抽取 1 名观众，抽取 3 次，记被抽取的 3 名观众中的“体育迷”人数为 X.若每次抽取的结果是相互独立的，求 X 的分布列，期望 E(
227、X)和方差附：K2n（adbc）2（ab）（cd）（ac）（bd），P(K2k0)0.100.050.01k02.7063.8416.635解(1)由频率分布直方图可知，在抽取的 100 人中，“体育迷”有 25 人，从而 22 列联表如下：非体育迷体育迷合计男301545女451055合计7525100将 22 列表中的数据代入公式计算，得K2n（adbc）2（ab）（cd）（ac）（bd）100（30104515）27525455510033 3.030.因为 2.7063.0303.841，所以有 90%的把握认为“体育迷”与性别有关(2)由频率分布直方图知抽到“体育迷”的频率为 0.2
228、5，将频率视为概率，即随机抽取一名观众，是“体育迷”的概率为14.由题意知 XB3，14，从而 X 的分布列为X0123 P27642764964164E(X)np31434，D(X)np(1p)31434 916.探究提高 统计以考查抽样方法、样本的频率分布、样本特征数的计算为主，概率以考查概率计算为主，往往和实际问题相结合，要注意理解实际问题的意义，使之和相应的概率计算对应起来，只有这样才能有效地解决问题【训练 4】为备战 2016 年奥运会，甲、乙两位射击选手进行了强化训练现分别从他们的强化训练期间的若干次平均成绩中随机抽取 8 次，记录如下：甲：8.3，9.0，7.9，7.8，9.4，
229、8.9，8.4，8.3；乙：9.2，9.5，8.0，7.5，8.2，8.1，9.0，8.5.(1)画出甲、乙两位选手成绩的茎叶图；(2)现要从中选派一人参加奥运会封闭集训，从统计学角度，你认为派哪位选手参加合理？简单说明理由；(3)若将频率视为概率，对选手乙在今后的三次比赛成绩进行预测，记这三次成绩中不低于 8.5 分的次数为 X，求 X 的分布列及均值 E(X)、方差 D(X)解(1)甲、乙两位选手成绩的茎叶图如图：(2)因为x甲x乙8.5，又 s2甲0.27，s2乙0.405，得 s2甲0.9，故该线路需要增加班次6某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，随机抽取该流水线上的40 件
230、产品作为样本称出它们的质量(单位：克)，质量的分组区间为(490，495，(495，500，(510，515由此得到样本的频率分布直方图(如下图)(1)根据频率分布直方图，求质量超过 505 克的产品数量(2)在上述抽取的 40 件产品中任取 2 件，设 Y 为质量超过 505 克的产品数量，求 Y 的分布列；(3)从该流水线上任取 2 件产品，设 X 为质量超过 505 克的产品数量，求 X 的分布列解(1)根据直方图可知质量超过 505 克的频率为(0.050.01)50.3，所以超过 505 克的产品数量为 400.312(件)(2)依题意，Y 的可能取值为 0，1，2，P(Y0)C22
231、8C240 63130，P(Y1)C128C112C240 2865，P(Y2)C212C240 11130，Y 的分布列为：Y012 P63130286511130(3)利用样本估计总体，该流水线上产品质量超过 505 g 的概率为 0.3，令 X 为任取的 2 件产品中质量超过 505 克的产品数量，则 XB(2，0.3)，P(X0)C020.300.720.49，P(X1)C120.310.710.42，P(X2)C220.320.700.09.X 的分布列为：X012 P0.490.420.09特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见创新设计高考总复习光盘中内容.
232、阶段回扣练 12 概率、随机变量及其分布(建议用时：90 分钟)一、选择题1把红、黑、蓝、白 4 张纸牌随机地分发给甲、乙、丙、丁 4 个人，每人分得1 张，事件“甲分得红牌”与事件“乙分得红牌”是()A对立事件B不可能事件C互斥事件但不是对立事件D以上答案都不对解析 甲分得红牌与乙分得红牌不会同时发生，但可同时不发生，故这两事件互斥，但不对立 答案 C2(2015北京海淀区模拟)若 XB(n，p)，且 E(X)6，D(X)3，则 P(X1)的值为()A322B24C3210D28解析 E(X)np6，D(X)np(1p)3，p12，n12，则 P(X1)C1121212113210.答案 C
233、3如图，正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 1，在正方体内随机取点 M，则使四棱锥 MABCD 的体积小于16的概率为()A.12B.13C.14D.15解析 当 VMABCD16时，即1311h16，解得 h12，即点 M 到底面 ABCD 的距离，所以所求概率 P111211112.答案 A4(2015兰州模拟)从 4 名男生和 2 名女生中任选 3 人参加演讲比赛，设随机变量 X 表示所选 3 人中女生的人数，则 P(X1)等于()A.15B.25C.35D.45解 P(X1)1P(X2)1C14C22C36 45.答案 D5从 5 张 100 元，3 张 200 元，2 张 3
234、00 元的奥运会门票中任选 3 张，则选取的3 张中至少有 2 张价格相同的概率为()A.14B.79120C.34D.2324解析 基本事件的总数是 C310，在三种门票中各自选取一张的方法是 C15C13C12，故随机事件“选取的 3 张中价格互不相同”的概率是C15C13C12C31053212014，故其对立事件“选取的 3 张中至少有 2 张价格相同”的概率是 11434.答案 C6盒中装有 10 只乒乓球，其中 6 只新球，4 只旧球，不放回地依次取出 2 个球使用，在第一次摸出新球的条件下，第二次也取到新球的概率为()A.35B.110C.59D.25解析 法一 第一次摸出新球记
235、为事件 A，则 P(A)35，第二次取到新球记为事件 B，则 P(AB)C26C21013，P(B|A)P（AB）P（A）133559.法二 所求概率 PC15C1959.答案 C7(2015海南三沙一模)随机变量 X 的概率分布规律为 P(Xn)an（n1）(n1，2，3，4)，其中 a 是常数，则 P12X52 的值为()A.23B.34C.45D.56解析 因为 P(Xn)an（n1）(n1，2，3，4)，所以 a12 a23 a34 a45 a112121313141415 45a.4a5 1，则 a54.则 P12X52 P(X1)P(X2)a2a623a56.答案 D8甲、乙、丙、
236、丁四名义工到三个不同的社区参加公益活动，若每个社区至少有一名义工，则甲、乙两人被分配到不同社区的概率为()A.56B.16C.1727D.1027解析 因为甲、乙两人被分到同一个社区的情况有 A333216 种，而将四名义工分配到三个不同的社区，每个社区至少分到一名义工的情况有 C24A3336 种，故甲、乙两人被分配到不同社区的情况共有 36630 种，故所求概率为303656.答案 A9(2015东北三省四市联考)已知点 P，Q 为圆 C：x2y225 上的任意两点，且|PQ|6，若 PQ 中点组成的区域为 M，在圆 C 内任取一点，则该点落在区域M 上的概率为()A.35B.925C.1
237、625D.25解析 PQ 中点组成的区域为 M，如图阴影部分所示，那么在 C 内部任取一点落在 M 内的概率为251625 925，故选 B.答案 B10(2013四川卷)节日前夕，小李在家门前的树上挂了两串彩灯这两串彩灯的第一次闪亮相互独立，且都在通电后的 4 秒内任一时刻等可能发生，然后每串彩灯以 4 秒为间隔闪亮那么这两串彩灯同时通电后，它们第一次闪亮的时刻相差不超过 2 秒的概率是()A.14B.12C.34D.78解析 设通电 x 秒后第一串彩灯闪亮，y 秒后第二串彩灯闪亮依题意得0 x4，0y4，S4416.又两串彩灯闪亮的时刻相差不超过 2 秒，即|xy|2，如图可知，符合要求的
238、S161222122212，PSS 121634.答案 C二、填空题11(2015济南一模)随机变量 X 服从正态分布 N(40，2)，若 P(X30)0.2，则P(30X50)_解析 X 服从正态分布 N(40，2)，由正态分布的定义知其图象关于直线 x40 对称 P(X50)0.2.故 P(30X50)120.20.6.答案 0.612(2015邯郸调研)一个均匀小正方体的六个面中，三个面上标有数字 0，两个面上标有数字 1，一个面上标有数字 2.将这个小正方体抛掷 2 次，则向上的数之积的数学期望是_解析 设向上的数之积为 X，则随机变量 X 的取值为 0，1，2，4，P(X0)34，P
239、(X1)19，P(X2)19，P(X4)136，因此 E(X)49.答案 4913(2015阜阳测试)某项游戏活动的奖励分成一、二、三等奖且相应获奖概率是以 a1 为首项，公比为 2 的等比数列，相应奖金是以 700 元为首项，公差为140 元的等差数列，则参与该游戏获得奖金的期望为_元解析 a12a14a11，a117，E(X)177002756047420500(元)答案 50014有 10 件产品，其中 3 件是次品，从中任取两件，若 X 表示取到次品的个数，则 E(X)等于_解析 X1 时，PC17C13C210；X2 时，P C23C210，E(X)1C17C13C210 2 C23
240、C2107323C21035.答案 3515已知离散型随机变量 X 的分布列如下表若 E(X)0，D(X)1，则 a_，b_.X1012Pabc112 解析 由题意得，abc 1121，E(X)0，1a0b1c2 1120，即ac160.D(X)(10)2a(00)2b(10)2c(20)2 1121，即 ac23.联立解得 a 512，b14.答案 512 14三、解答题16形状如图所示的三个游戏盘中(图 1 是正方形，M，N 分别是所在边的中点，图 2 是半径分别为 2 和 4 的两个同心圆，O 为圆心，图 3 是正六边形，点 P为其中心)各有一个玻璃小球，依次摇动三个游戏盘后，将它们水平
241、放置，就完成了一局游戏(1)一局游戏后，这三个游戏盘中的小球都停在阴影部分的概率是多少？(2)用随机变量 X 表示一局游戏后，小球停在阴影部分的游戏盘个数与小球没有停在阴影部分的游戏盘个数之差的绝对值，求随机变量 X 的分布列及数学期望解(1)“一局游戏后，三个游戏盘中的小球停在各自的阴影部分”的事件分别记为 A1、A2、A3，由题意知，A1、A2、A3 相互独立，且 P(A1)12，P(A2)14，P(A3)13，则 P(A1A2A3)P(A1)P(A2)P(A3)121413 124.(2)一局游戏后，小球停在阴影部分的游戏盘个数可能是 0，1，2，3，相应地，小球没有停在阴影部分的游戏盘
242、个数为 3，2，1，0，所以 X 的可能取值为 1，3，则P(X3)P(A1A2A3)P(A1A2A3)P(A1)P(A2)P(A3)P(A1)P(A2)P(A3)121413123423 724，P(X1)1 7241724.所以 X 的分布列为X13 P1724724E(X)117243 7241912.17为了防止受污染的产品影响我国民众的身体健康，要求产品在进入市场前必须进行两轮检测，只有两轮检测都合格才能进行销售，否则不能销售已知某产品第一轮检测不合格的概率为16，第二轮检测不合格的概率为 110，两轮检测是否合格相互没有影响(1)求该产品不能销售的概率；(2)如果产品可以销售，则每
243、件产品可获利 40 元；如果产品不能销售，则每件产品亏损 80 元(即获利80 元)已知一箱中有产品 4 件，记一箱产品获利 X元，求 X 的分布列及数学期望解(1)记“该产品不能销售”为事件 A，则 P(A)1116 1 110 14.所以该产品不能销售的概率为14.(2)由已知，可知 X 的所有可能取值为320，200，80，40，160.P(X320)144 1256，P(X200)C14143341 364，P(X80)C24142342 27128，P(X40)C34143432764，P(X160)344 81256.所以 X 的分布列为X3202008040160P1256364
244、27128276481256E(X)320 1256200 36480 27128402764160 8125640.18某班元旦联欢会举行抽奖活动，现有六张分别标有 1，2，3，4，5，6 六个数字的形状相同的卡片，其中标有偶数数字的卡片是有奖卡片，且奖品个数与卡片上所标数字相同，抽奖规则如下：每人每次抽取两张卡片(1)若甲、乙两位同学抽奖相互独立，求甲、乙两位同学所得奖品个数都不少于 4 的概率；(2)记甲同学所得奖品个数为随机变量 X，求 X 的分布列及数学期望解(1)每位同学所得奖品个数为 0 的概率为 P(0)C23C26 31515，所得奖品个数为 2 的概率 P(2)C13C26
245、15，故每位同学所得奖品个数不少于 4 的概率为 1151535.根据相互独立事件同时发生的概率计算公式得，甲、乙两位同学所得奖品个数都不少于 4 的概率为3535 925.(2)X 的所有可能取值是 0，2，4，6，8，10.根据(1)得 P(X0)P(X2)15；P(X4)C13C2615；P(X6)C22C13C26 415；P(X8)C22C26 115；P(X10)C22C26 115.所以，X 的分布列为X0246810 P151515415115115根据数学期望的公式得 E(X)0152154156 4158 11510 1154.19根据以往的经验，某工程施工期间的降水量 X
246、(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有：P(X300)0.3，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，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(X900|X300)P（300X900）P（X300）0.60.767.故在降水量 X 至少是 300 mm 的条件下，工期延误不超过 6 天的概率是67.
