1、第 1 课时 计数原理与排列组合一、计数原理1分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案，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 种不同的方法二、排列与组合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)排列数的定义：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
2、 m 个元素的排列数，用 Amn 表示(2)组合数的定义：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，用 Cmn表示3排列数、组合数的公式及性质公式(1)Amnn(n1)(n2)(nm1)n！nm！(2)Cmn AmnAmmnn1n2nm1m！n！m！nm！性质(1)0！1；Annn！(2)Cmn Cnmn；Cmn1CmnCm1n三、判断下列结论的正误(正确的打“”错误的打“”)(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
3、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，只有每个步骤都完成后，这件事情才算完成()(4)如果完成一件事情有 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()(5)在分步乘法计算原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的()(6)所有元素完全相同的两个排列为相同排列()(7)一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序()(8)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同()(9)(n1)！n！nn！.()(10)AmnnAm1n1.()考点一 计数原理及应用命题点1.分类加法计数原理的应用2.分类乘
4、法计数原理的应用3.两个原理的综合应用例 1(1)有 4 位教师在同一年级的 4 个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则监考的方法有()A8 种 B9 种C10 种D11 种解析：法一：设四位监考教师分别为 A，B，C，D，所教班分别为 a，b，c，d，假设 A 监考 b，则余下三人监考剩下的三个班，共有 3 种不同方法，同理 A 监考 c，d时，也分别有 3 种不同方法，由分类加法计数原理共有 3339(种)法二：班级按 a，b，c，d 的顺序依次排列，为避免重复或遗漏现象，教师的监考顺序可用“树形图”表示如下：共有 9 种不同的监考方法答案：B(2)(2016高
5、考全国甲卷)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()A24 B18C12 D9解析：分两步，第一步，从 EF，有 6 条可以选择的最短路径；第二步，从 FG，有 3 条可以选择的最短路径由分步乘法计数原理可知有 6318 条可以选择的最短路径故选 B.答案：B(3)如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”，在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是()A60 B48C36 D24解析：长方体的 6 个表面构成的“平行线面
6、组”有 6636 个，6 个对角面构成的“平行线面组”有 6212 个，共有 361248 个，故选 B.答案：B方法引航 1.使用分类加法原理时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的任何一种方法必须属于某一类2(1)利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事(2)分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成3使用两个基本原理进行计数的基本思想是“先分类，再分步”，即先分为若干个“既不重复也不遗漏”的类，再对
7、每类中的计数问题分成若干个“完整的步骤”，求出每个步骤的方法数，按照分步乘法计数原理计算各类中的方法数，最后再按照分类加法计数原理得出总数1从 0,1,2,3,4,5 这六个数字中，任取两个不同数字相加，其和为偶数的不同取法的种数有()A30 B20C10 D6解析：选 D.从 0,1,2,3,4,5 六个数字中，任取两数和为偶数可分为两类，取出的两数都是偶数，共有 3 种方法；取出的两类都是奇数，共有 3 种方法，故由分类加法计数原理得共有 N336(种)2从1,0,1,2 这四个数中选三个不同的数作为函数 f(x)ax2bxc 的系数，则可组成_个不同的二次函数，其中偶函数有_个(用数字作
8、答)解析：一个二次函数对应着 a，b，c(a0)的一组取值，a 的取法有 3 种，b 的取法有 3 种，c 的取法有 2 种，由分步乘法计数原理知共有 33218 个二次函数若二次函数为偶函数，则 b0，同上可知共有 326 个偶函数答案：18 63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 B10C16 D14解析：选 D.分两类：(1)M 中的元素作点的横坐标，N 中元素作点的纵坐标，在一、二象限的点共有 32 个；(2)M 中的元素作点的纵坐标，N 中元素作点的横坐标，在一、二
9、象限的点有 24 个，故所求不同点的个数为 322414(个)考点二 排列问题命题点1.有限制条件的排列2.相邻元素的排列3.不相邻元素的排列4.定序问题的排列例 2(1)A、B、C、D、E 五人并排站成一排，如果 B 必须站在 A 的右边(A、B 可以不相邻)，那么不同的排法共有_种解析：法一：可先排 C、D、E 三人，共有 A35种排法，剩余 A、B 两人只有一种排法，由分步乘法计数原理知满足条件的排法共有 A3560(种)法二：五人全排列，共 A55种排法，其中 B 站在 A 的右边或左边对半，故所求排法种数为12A5560(种)答案：60(2)(2017山东临沂检测)有 4 名男生、5
10、 名女生，全体排成一行，下列情形各有多少种不同的排法？甲不在中间也不在两端；甲、乙两人必须排在两端；男女相间解：法一：(元素分析法)：先排甲有 6 种，再排其余人有 A88种排法，故共有 6A88241 920(种)排法法二：(位置分析法)：从甲外的 8 人排中间和两端有 A38种排法，包括甲在内的剩余6 人有 A66种排法，故共有 A38A66336720241 920(种)排法法三：(等机会法)：9 个人全排列有 A99种，甲排在每一个位置的机会都是均等的，依题意得，甲不在中间及两端的排法总数有 A9969241 920(种)法四：(间接法)：将 4 男 5 女共 9 人全排列有 A99种
11、排法，应去掉甲排中间有的 A88种，去掉甲排两端的有 2A88种故有 A993A886A88241 920(种)先排甲、乙，再排其余 7 人共有 A22A7710 080(种)排法(插空法)先排 4 名男生有 A44种方法，再将 5 名女生插空，有 A55种方法，故共有A44A552 880(种)排法方法引航 排列问题的常用技巧捆绑法把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列插空法对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空档中先整体后局部“小集团”排列问题中先整体后局部定序问题除法处理对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以
12、定序元素的全排列间接法正难则反，等价转化的方法1将本例(1)改为：A，B，C，D，E 排一排，其中 A，B，C 顺序固定，有多少种排法解：假如有五个位置，先排好 D，E 两人，剩余的三个位置就按 A，B，C 的固定顺序安排，只有一种方法，故 A255420.2在本例(2)条件下，若甲，乙二人不相邻，有多少种排法解：先排其余 7 人，有 A77种方法，产生 8 个“空位”，甲乙二人插空有 A28，共有 A77A28种方法考点三 组合问题命题点1.某元素含在内部2.某元素不含在内部3.“至多，至少”含元素例 3 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
13、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 C234561(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 C334种或者 C335C234C3345 984(种)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 C1
14、20C2152 100(种)恰有 2 种假货在内的不同的取法有 2 100 种(4)选取 2 件假货有 C120C215种，选取 3 件假货有 C315种，共有选取方式 C120C215C3152 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 件的总数有 C335，因此共有选取方式C335C3156 5454556 090(种)至多有 2 种假货在内的不同的取法有 6 090 种方法引航 1“含”与“不含”的问题：“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”、“至多”的问题：解这
15、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.用直接法或间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理.1在某校举行的羽毛球两人决赛中，采用 5 局 3 胜制的比赛规则，先赢 3 局者获胜，直到决出胜负为止若甲、乙两名同学参加比赛，则所有可能出现的情形(个人输赢局次的不同视为不同情形)共有()A6 种 B12 种C18 种D20 种解析：选 D.分三种情况：恰好打 3 局(一人赢 3 局)，有 2 种情形；恰好打 4 局(一人前 3 局中赢 2 局，输一局，第 4 局赢)，共有 2C236 种情形；恰好打 5 局(一个前 4局中赢 2 局，输 2
16、局，第 5 局赢)，共有 2C2412 种情形所有可能出现的情形共有261220(种)2甲、乙两人从 4 门课程中各选修 2 门，求：甲、乙所选的课程中恰有 1 门相同的选法有多少种？甲、乙所选的课程中至少有一门不相同的选法有多少种？解：甲、乙两人从 4 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)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)考点四 分组与分配、排列与组合的综合应用例 4 4 个不同的球，
17、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 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得，共有 C14C24C13A22144(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
18、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 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)方法引航 排列、组合综合题目，一般是将符合要求的元素取出组合或进行分组，再对取出的元素或分好的组进行排列.其中分组时，要注意“平均分组”与“不平均分组”的差异及分类的标准.1将标号为 1,2,3,4
19、,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：选 B.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)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：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
20、有 A44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 C23种分法，再分给 4 人有 C23A24种分法，所以不同获奖情况种数为 A44C23A24243660.答案：60方法探究不同元素的分组分配问题不同元素的分配问题，有时比较容易混淆，作为分配问题，可以分两步来完成，先分组后分配的原则，还要看是均匀分组还是非均匀分组，这样就对分配问题的解题有明确的思路典例 按下列要求分配 6 本不同的书，各有多少种不同的分配方式？(1)分成三份，1 份 1 本，1 份 2 本，1 份 3 本；(2)甲、乙、丙三人中，一人得 1 本，一人得 2 本，一人得 3 本；(3)平均分成三份，每份
21、 2 本；(4)平均分配给甲、乙、丙三人，每人 2 本；(5)分成三份，1 份 4 本，另外两份每份 1 本；(6)甲、乙、丙三人中，一人得 4 本，另外两人每人得 1 本；(7)甲得 1 本，乙得 1 本，丙得 4 本审题视点 本题是分组分配问题，要注意区分平均、不平均分组或分配的区别与联系解(1)无序不均匀分组问题先选 1 本，有 C16种选法；再从余下的 5 本中选 2 本，有 C25种选法；最后余下 3 本全选，有 C33种选法故共有 C16C25C3360(种)(2)有序不均匀分组问题由于甲、乙、丙是不同的三人，在(1)题基础上，还应考虑再分配，共有 C16C25C33A33360(
22、种)(3)无序均匀分组问题先分三步，则应是 C26C24C22种方法，但是这里出现了重复不妨记六本书为 A，B，C，D，E，F，若第一步取了 AB，第二步取了 CD，第三步取了 EF，记该种分法为(AB，CD，EF)，则 C26C24C22种分法中还有(AB，EF，CD)，(CD，AB，EF)，(CD，EF，AB)，(EF，CD，AB)，(EF，AB，CD)，共有 A33种情况，而这 A33种情况仅是 AB，CD，EF 的顺序不同，因此只能作为一种分法，故分配方式有C26C24C22A3315(种)(4)有序均匀分组问题在(3)的基础上再分配给 3 个人，共有分配方式C26C24C22A33A
23、33C26C24C2290(种)(5)无序部分均匀分组问题共有C46C12C11A2215(种)(6)有序部分均匀分组问题在(5)的基础上再分配给 3 个人，共有分配方式C26C12C11A22A3390(种)(7)直接分配问题甲选 1 本，有 C16种方法；乙从余下的 5 本中选 1 本，有 C15种方法，余下 4 本留给丙，有 C44种方法，故共有分配方式 C16C15C4430(种)高考真题体验1(2016高考全国丙卷)定义“规范 01 数列”an如下：an共有 2m 项，其中 m项为 0，m 项为 1，且对任意 k2m，a1，a2，ak 中 0 的个数不少于 1 的个数，若 m4，则不
24、同的“规范 01 数列”共有()A18 个 B16 个C14 个D12 个解析：选 C.当 m4 时，数列an共有 8 项，其中 4 项为 0,4 项为 1，要满足对任意k8，a1，a2，ak 中 0 的个数不少于 1 的个数，则必有 a10，a81，a2 可为 0，也可为 1.(1)当 a20 时，分以下 3 种情况：若 a30，则 a4，a5，a6，a7 中任意一个为 0 均可，则有 C144 种情况；若 a31，a40，则 a5，a6，a7 中任意一个为0 均可，有 C133 种情况；若 a31，a41，则 a5 必为 0，a6，a7 中任一个为 0均可，有 C122 种情况；(2)当
25、a21 时，必有 a30，分以下 2 种情况：若 a40，则 a5，a6，a7 中任一个为 0 均可，有 C133 种情况；若 a41，则 a5 必为 0，a6，a7 中任一个为 0 均可，有 C122 种情况综上所述，不同的“规范 01 数列”共有 4323214 个，故选 C.2(2012高考课标全国卷)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：选 A.2 名教师各在 1 个小组，给其中 1 名教师选 2 名学生，有 C24种选法，另2 名学生分
26、配给另 1 名教师，然后将 2 个小组安排到甲、乙两地，有 A22种方案，故不同的安排方案共有 C24A2212(种)，选 A.3(2014高考大纲全国卷)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：选 C.由题意知，选 2 名男医生、1 名女医生的方法有 C26C1575(种)4(2016高考四川卷)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()A24 B48C60 D72解析：选 D.奇数的个数为 C13A4472.课时规范训练A 组 基础演练1用数字
27、1、2、3、4、5 组成的无重复数字的四位偶数的个数为()A8 B24C48 D120解析：选 C.分两步：(1)数字 2、4 先排个位有 A12种排法(2)余下 4 个数字再排前三位有 A34种排法，故共有 A12A3448 种排法210 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()AC27A55BC27A22CC27A25DC27A35解析：选 C.从后排抽 2 人的方法种数是 C27；前排的排列方法种数是 A25.由分步乘法计数原理知不同调整方法种数是 C27A25.3将字母 a，a，b，b，c，
28、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()A12 种B18 种C24 种D36 种解析：选 A.先排第一列，因为每列的字母互不相同，因此共有 A33种不同的排法再排第二列，其中第二列第一行的字母共有 A12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 A33A12112(种)不同的排列方法4把标号为 1,2,3,4,5 的同色球全部放入编号为 15 号的箱子中，每个箱子放一个球且要求偶数号的球必须放在偶数号的箱子中，则所有的放法种数为()A36 B20C12 D10解析：选 C.依题意，标题为 2、4 的球放入编号为 2、4 的箱子
29、中有 A22种放法，再把标号为 1,3,5 的球放入编号为 1,3,5 的箱子中有 A33种放法，所以满足题意的放法种数为 A22A3312，选 C.5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：选 B.分两种情况：选 2 本画册，2 本集邮册送给 4 位朋友，有 C246 种方法；选 1 本画册，3 本集邮册送给 4 位朋友，有 C144 种方法，所以不同的赠送方法共有 6410(种)，故选 B.6在数字 1,2,3 与符号“”，“”这五个元素的所有全排列中，任意两
30、个数字都不相邻的全排列方法共有()A6 种B12 种C18 种D24 种解析：选 B.先排符号“”，“”，有 A22种排列方法，此时两个符号中间与两端共有 3 个空位，把数字 1,2,3“插空”，有 A33种排列方法，因此满足题目要求的排列方法共有 A22A3312(种)7将 A，B，C，D，E 五种不同的文件放入编号依次为 1,2,3,4,5,6,7 的七个抽屉内，每个抽屉至多放一种文件，若文件 A，B 必须放入相邻的抽屉内，文件 C，D 也必须放入相邻的抽屉内，则所有不同的放法有()A120 种B210 种C420 种D240 种解析：选 D.可先排相邻的文件，再作为一个整体与其他文件排列
31、，则有 A22A22A35240 种排法，所以选 D.8六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：选 B.根据甲、乙的位置要求分类解决，分两类第一类：甲在左端，有 A5554321120 种方法；第二类：乙在左端，有 4A444432196 种方法所以共有 12096216 种方法9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()A36 种B42 种C48 种D54 种解析：选 B.分两类，第一类
32、：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 A44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 C13种排法，其他 3 个节目有 A33种排法，故有 C13A33种排法依分类加法计数原理，知共有 A44C13A3342(种)编排方案10把 3 盆不同的兰花和 4 盆不同的玫瑰花摆放在如图中的 1,2,3,4,5,6,7 所示的位置上，其中 3 盆兰花不能放在一条直线上，则不同的摆放方法有()A2 680 种B4 320 种C4 920 种D5 140 种解析：选 B.先将 7 盆花全排列，共有 A77种排法，其中 3 盆兰花排
33、在一条直线上的排法有 5A33A44(种)，故所求摆放方法有 A775A33A444 320(种)B 组 能力突破1将甲、乙、丙、丁、戊五位同学分别保送到北大、上海交大和浙大 3 所大学，若每所大学至少保送 1 人，且甲不能被保送到北大，则不同的保送方案共有()A150 种B114 种C100 种D72 种解析：选 C.先将五人分成三组，因为要求每组至少一人，所以可选择的只有 2,2,1或者 3,1,1，所以共有C25C23C112C35C12C11225 种分组方法因为甲不能去北大，所以有甲的那组只有上海交大和浙大两个选择，剩下的两组无限制，一共有 4 种方法，所以不同的保送方案共有 254
34、100(种)2某班级要从 4 名男生、2 名女生中选派 4 人参加某次社区服务，如果要求至少有1 名女生，那么不同的选派方案有_种解析：有 1 名女生的选派方法有 C12C348(种)有 2 名女生的选派方法有 C22C246(种)不同的选派方案有 8614(种)答案：143将 6 位志愿者分成 4 组，其中两个组各 2 人，另两个组各 1 人，分赴省运会的四个不同场馆服务，不同的分配方案有_种(用数字作答)解析：先分组再分配，共有C16C15C242A22 A441 080(种)分配方案答案：1 0804张、王两家夫妇各带 1 个小孩一起到动物园游玩，购票后排队依次入园为安全起见，首尾一定要
35、排两位爸爸，另外，两个小孩一定要排在一起，则这 6 人的入园顺序排法种数为_(用数字作答)解析：第一步：将两位爸爸排在两端有 2 种排法；第二步：将两个小孩视作一人与两位妈妈任意排在中间的三个位置上有 A33种排法；第三步：将两个小孩排序有 2种排法故总的排法有 22A3324(种)答案：245将序号分别为 1,2,3,4,5 的 5 张参观券全部分给 4 人，每人至少 1 张如果分给同一人的 2 张参观券连号，那么不同的分法种数是_种解析：5 张参观券分成 4 份，1 份 2 张，另外 3 份各 1 张，且 2 张参观券连号，则有 4 种分法，把这 4 份参观券分给 4 人，则不同的分法种数
36、是 4A4496(种)答案：96第 2 课时 二项式定理1二项式定理二项式定理(ab)nC0nanC1nan1b1CknankbkCnnbn(nN*)二项展开式的通项公式Tk1Cknankbk，它表示第 k1 项二项式系数二项展开式中各项的系数 Ckn(k0,1,2，n)2.二项式系数的性质(1)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，C0nC2nC4nC1n
37、C3nC5n2n1.3判断下列结论的正误(正确的打“”错误的打“”)(1)Crnanrbr 是二项展开式的第 r 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)在(1x)9 的展开式中系数最大的项是第五、第六两项()(5)若(3x1)7a7x7a6x6a1xa0，则 a7a6a1 的值为 128.()(6)在(x1)n 的展开式中，每一项的二项式系数就是这项的系数()(7)(ab)n 与(ba)n 的展开式中通项公式是一样的()(8)(xy)n 的展开式中，第 m 项的系数为(1)mCm1n.()(9)(1
38、2x)5 的展开式中含 x 的项的系数为 5.()(10)x2 13 xn 的展开式中不可能有常数项()考点一 二项展开式的通项及应用命题点1.求二项展开式特定项的系数2.非二项式展开式的特定项系数3.二项展开式中系数最值问题例 1(1)(2016高考全国乙卷)(2x x)5 的展开式中，x3 的系数是_(用数字填写答案)解析：Tr1Cr5(2x)5r(x)r25rCr5，令5r23，得 r4，T510 x3，x3 的系数为 10.答案：10(2)(2016高考四川卷)设 i 为虚数单位，则(xi)6 的展开式中含 x4 的项为()A15x4 B15x4C20ix4D20ix4解析：Tr1Cr
39、6xr(i)6r，含 x4 的项为 T5C46x4i215x4.答案：A(3)(2017河北唐山一模)x21x22 3 展开式中的常数项为()A8 B12C20 D20解析：x21x22 3x1x6，Tr1Cr6x6r1xrCr6(1)rx62r，令 62r0，得 r3，常数项为 C36(1)320.答案：C(4)(2015高考课标全国卷)(x2xy)5 的展开式中，x5y2 的系数为()A10 B20C30 D60解析：法一：利用二项展开式的通项公式求解(x2xy)5(x2x)y5，含 y2 的项为 T3C25(x2x)3y2.其中(x2x)3 中含 x5 的项为 C13x4xC13x5.所
40、以 x5y2 的系数为 C25C1330.故选 C.法二：利用组合知识求解(x2xy)5 为 5 个 x2xy 之积，其中有两个取 y，两个取 x2，一个取 x 即可，所以 x5y2 的系数为 C25C23C1130.答案：C方法引航 求二项展开式中的指定项，一般是利用通项公式进行，化简通项公式后，含字母的指数符合要求求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等，解出项数 k1，代回通项公式即可.1在本例(1)中，求展开式中系数最大的项是第几项解：设第 r1 项的系数最大，Tr125rCr5，第 r 项的系数为 26rCr15第 r2 项的系数为 24rCr1525rCr526rCr1525
41、rCr524rCr15，1r2当 r1 时，T2当 r2 时，T3故系数最大的项为 T2 或 T3.2在本例(2)中，求展开式中的常数项解：由 Tr1Cr6x6rir 可知，当 r6 时常数项为 T7C66i61.3在本例(4)中，求展开式中含 x3y3 的系数解析：(x2xy)5 为 5 个 x2xy 之积，其中有三个取 y，一个取 x2，一个取 x 即可，所以 x3y3 的系数为 C35C12C11102120.考点二 二项展开式的系数和问题命题点1.二项式系数和2.各项的系数和3.部分项的系数和例 2 在(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
42、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)10a0 x10a1x9ya2x8y2a10y10，(*)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 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，
43、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，偶数项系数和为15102.(5)x 的奇次项系数和为 a1a3a5a915102；x 的偶次项系数和为 a0a2a4a1015102.方法引航 1“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如axbn、ax2bxcma、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axbyna，bR的式子求其展开式各项系
44、数之和，只需令 xy1 即可.2若 fxa0a1xa2x2anxn，则 fx展开式中各项系数之和为 f1，奇数项系数之和为 a0a2a4f1f12，偶数项系数之和为 a1a3a5f1f12.1.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：选 D.令 x1 得(1a)(21)51a2，所以 a1.因此x1x 2x1x5 展开式中的常数项即为2x1x5 展开式中1x的系数与 x 的系数的和.2x1x5 展开式的通项为 Tk1Ck5(2x)5k(1)kxkCk525kx52k(1)k.令 52k1，得 2k4，即 k2，因此2x1x5
45、展开式中 x 的系数为 C25252(1)280.令 52k1，得 2k6，即 k3，因此2x1x5 展开式中1x的系数为 C35253(1)340.所以x1x 2x1x5 展开式中的常数项为 804040.2(2017广西来宾一中检测)(1xx2)3(12x2)4a0a1xa2x2a14x14，则 a1a3a5a13 的值为_解析：设 f(x)(1xx2)3(12x2)4.令 x 分别取 1，1，f(1)a0a1a2a13a141，f(1)a0a1a2a13a1427，a1a3a5a13f1f12127213.答案：13考点三 二项式定理的综合应用命题点1.研究整除及余数问题2.求近似值问题
46、例 3(1)若 SC127C227C2727，求 S 除以 9 的余数解：SC127C227C27272271891(91)91C0999C1998C899C9919(C0998C1997C89)2.C0998C1997C89是正整数，S 被 9 除的余数为 7.(2)求 1.025 的近似值(精确到两位小数)解：1.025(10.02)51C150.02C250.022C550.025150.021.10.方法引航 1利用二项式定理进行近似计算：当 n 不很大，|x|比较小时，1xn1nx.2利用二项式定理证明整除问题或求余数问题：在证明整除问题或求余数问题时要进行合理的变形，使被除式数展开
47、后的每一项都有除式的因式，要注意变形的技巧.1将本例(1)变为 S122225n1.求证：S 能被 31 整除证明：122225n125n121 25n132n1(311)n1C0n31nC1n31n1Cn1n31Cnn131(C0n31n1C1n31n2Cn1n)，显然 C0n31n1C1n31n2Cn1n为整数，原式能被 31 整除2将本例(2)改为：求 1.028 的近似值(精确到小数点后三位)解：1.028(10.02)8C08C180.02C280.022C380.0231.172.易错警示多次应用二项展开式通项公式搭配不全典例(x22)1x21 5 的展开式的常数项是()A3 B2
48、C2 D3正解 二项式1x21 5 展开式的通项为：Tr1Cr51x2 5r(1)rCr5x2r10(1)r.当 2r102，即 r4 时，有x2C45x2(1)4C45(1)45；当 2r100，即 r5 时，有 2C55x0(1)52.展开式中的常数项为 523，故选 D.答案 D易误(x22)与1x21 5 的各因式的积为常数项，不只是 2 与(1)的积，还有 x2与 x2 的积也为常数警示 求几个二项式积的展开式中某项的系数或特定项时，一般要根据这几个二项式的结构特征进行分类搭配，分类时要抓住一个二项式逐项分类，分析其它二项式应满足的条件，然后再求解结果高考真题体验1(2015高考课标
49、全国卷)(ax)(1x)4 的展开式中 x 的奇数次幂项的系数之和为32，则 a_.解析：(1x)4 的展开式通项为 Cr4xr，其中 r 可取 0,1,2,3,4.x 的所有奇数次幂为 aC14x，aC34x3，C04x，C24x3，C44x5，系数和为 8a832，a3.答案：32(2014高考课标全国卷)(xy)(xy)8 的展开式中 x2y7 的系数为_(用数字填写答案)解析：(xy)(xy)8x(xy)8y(xy)8，故展开式中 x2y7 的系数为 C78C6882820.答案：203(2014高考课标全国卷)(xa)10 的展开式中，x7 的系数为 15，则 a_.(用数字填写答案
50、)解析：(xa)10 展开式的通项为 Tr1Cr10 x10rar(r0,1，10)，(xa)10 的展开式中 x7 的系数为 C310a315，得 a12.答案：124(2013高考课标全国卷)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 B6C7 D8解析：选 B.由题意可知 aCm2m，bCm12m1，又 13a7b，即 13Cm2m7Cm2m1，解得 m6.课时规范训练A 组 基础演练1(12x)5 的展开式中，x2 的系数等于()A80 B40C20 D10解析：选 B.Tk1Ck5
51、15k(2x)kCk52kxk，令 k2，则可得含 x2 项的系数为 C252240.2.x22x3 5 展开式中的常数项为()A80 B80C40 D40解析：选 C.Tk1Ck5(x2)5k2x3 kCk5(2)kx105k，令 105k0 得 k2.常数项为T3C25(2)240.3(x 2y)8 的展开式中，x6y2 项的系数是()A56 B56C28 D28解析：选 A.二项式的通项为 Tr1Cr8x8r(2y)r，令 8r6，即 r2，得 x6y2 项的系数为 C28(2)256.4已知xax8 展开式中常数项为 1 120，其中 a 是常数，则展开式中各项系数的和是()A28B3
52、8C1 或 38D1 或 28解析：选 C.由题意知 C48(a)41 120，解得 a2，令 x1，得展开式中各项系数的和为(1a)81 或 38.5如果2 x1x2 n 的展开式中含有常数项，则正整数 n 的最小值为()A3 B5C6 D10解析：选 B.2 x1x2 n 的展开式的通项为 Tr1Crn(2 x)nr1x2 rn，rN，且 rn，n5rN，即 n 的最小值为 5.6在x2 13 xn 的展开式中，只有第 5 项的二项式系数最大，则展开式中常数项是()A7 B7C28 D28解析：选 B.由题意有 n8，Tk1Ck8128k(1)kx843k，k6 时为常数项，常数项为 7.
53、7已知 C0n2C1n22C2n22C3n2nCnn729，则 C1nC2nC3nCnn等于()A63 B64C31 D32解析：选 A.逆用二项式定理得 C0n2C1n22C2n23C3n2nCnn(12)n3n729，即 3n36，所以 n6，所以 C1nC2nC3nCnn26C0n64163.故选 A.8若x2 1xn 的展开式中第三项与第五项的系数之比为 314，则展开式中常数项是()A10 B10C45 D45解析：选 D.因为展开式的通项公式为 Tr1Crn(x2)nrCrn(1)r，所以C2nC4n 314，解得 n10，所以 Tr1Cr10(1)r，令 205r2 0，则 r8
54、.所以常数项为 T9C810C21045.9在2x21x5 的二项展开式中，x 的系数为()A10 B10C40D40解析：选 D.因为 Tk1Ck5(2x2)5k1xkCk525kx102k(1)kxkCk525k(1)kx103k，令 103k1，得 k3，所以 x 的系数为 C35253(1)340.10(13x)n(其中 nN 且 n6)的展开式中 x5 与 x6 的系数相等，则 n 等于()A6 B7C8 D9解析：选 B.(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
55、n7.B 组 能力突破1(4x2x)6(xR)展开式中的常数项是()A20 B15C15 D20解析：选 C.设展开式的常数项是第 k1 项，则 Tk1Ck6(4x)6k(2x)kCk6(1)k212x2kx2kxCk6(1)k212x3kx，12x3kx0 恒成立k4，T5C46(1)415.2若(1x)(1x)2(1x)na0a1(1x)a2(1x)2an(1x)n，则 a0a1a2(1)nan 等于()A.34(3n1)B.34(3n2)C.32(3n2)D.32(3n1)解析：选 D.在展开式中，令 x2 得 332333na0a1a2a3(1)nan，即 a0a1a2a3(1)nan
56、313n13 32(3n1)3设(x1)21a0a1xa2x2a21x21，则 a10a11_.解析：a10，a11 分别是含 x10 和 x11 项的系数，所以 a10C1121，a11C1021，所以 a10a11C1021C11210.答案：04(2016高考山东卷)若ax2 1x5 的展开式中 x5 的系数是80，则实数 a_.解析：Tr1，令 1052r5，解之得 r2，所以 a3C2580，a2.答案：25(2016高考天津卷)x21x8 的展开式中 x7 的系数为_(用数字作答)解析：Tr1Cr8x162r(1)rxr(1)rCr8x163r，令 163r7，得 r3，所以 x7
57、 的系数为(1)3C3856.答案：566已知(13x)n 的展开式中，后三项的二项式系数的和等于 121，则展开式中二项式系数最大的项为_解析：由已知得 Cn2nCn1nCnn121，则12n(n1)n1121，即 n2n2400，解得 n15(舍去负值)，所以展开式中二项式系数最大的项是 T8C715(3x)7 和 T9C815(3x)8.答案：T8C715(3x)7 和 T9C815(3x)8第 3 课时 随机事件的概率1概率和频率(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
58、例 fn(A)nAn 为事件 A 出现的频率(2)对于给定的随机事件 A，在相同条件下，随着试验次数的增加，事件 A 发生的频率会在某个常数附近摆动并趋于稳定，我们可以用这个常数来刻画随机事件 A 发生的可能性大小，并把这个常数称为随机事件 A 的概率，记作 P(A)2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 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
59、)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(AB)，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P(A)P(B)13.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.(4)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)(5)对立事件的概率若事件 A 与事件 B 互为对立事件，则 P(A)1P(B)4判断下
60、列结论的正误(正确的打“”错误的“”)(1)事件发生频率与概率是相同的()(2)随机事件和随机试验是一回事()(3)在大量重复试验中，概率是频率的稳定值()(4)两个事件的和事件是指两个事件都得发生()(5)对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件()(6)两互斥事件的概率和为 1.()(7)一个人打靶连续射击两次，事件“至少有一次中靶”与“至多有一次中靶”是对立事件()(8)“冬去春来”为必然事件()(9)有一大批产品，已知次品率为 10%，从中任取 100 件，必有 10 件次品()(10)做 7 次抛硬币的试验，结果 3 次出现正面，因此出现正面的概率为37.()考点一 随机事件
61、的关系命题点1.对立事件的判定2.互斥事件的判定例 1(1)在一次随机试验中，彼此互斥的事件 A，B，C，D 的概率分别为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 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答案：D(2)一个人打靶
62、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：“至少有一次中靶”包含“中靶一次”，“中靶两次”，其对立事件为“两次都不中”答案：D方法引航 判断事件的关系，尤其是互斥事件和对立事件，在求概率时非常重要，对互斥事件要把握住不能同时发生，而对于对立事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，看所求事件包含哪几个试验结果，从而断定所给事件的关系.1一个均匀的正方体玩具的各个面上分别标有数字 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
63、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：选 D.根据互斥事件与对立事件的意义作答，AB出现点数 1 或 3，事件A，B 不互斥也不对立；BC，BC，故事件 B，C 是对立事件2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：选 A.至多有一张移
64、动卡包含“一张移动卡，一张联通卡”、“两张全是联通卡”两个事件，它是“2 张全是移动卡”的对立事件，故选 A.考点二 随机事件的概率与频率命题点1.求随机事件的频率2.求随机事件的概率例 2(2016高考全国甲卷)某险种的基本保费为 a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：上年度出险次数012345保费0.85aa1.25a1.5a1.75a2a随机调查了该险种的 200 名续保人在一年内的出险情况，得到如下统计表：出险次数012345频数605030302010(1)记 A 为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”求 P(A)的
65、估计值；(2)记 B 为事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160%”求 P(B)的估计值；(3)求续保人本年度平均保费的估计值解：(1)事件 A 发生当且仅当一年内出险次数小于 2.由所给数据知，一年内出险次数小于 2 的频率为6050200 0.55，故 P(A)的估计值为0.55.(2)事件 B 发生当且仅当一年内出险次数大于 1 且小于 4.由所给数据知，一年内出险次数大于 1 且小于 4 的频率为3030200 0.3，故 P(B)的估计值为 0.3.(3)由所给数据得保费0.85aa1.25a1.5a1.75a2a频率0.300.250.150.150.100
66、.05调查的 200 名续保人的平均保费为 0.85a0.30a0.251.25a0.151.5a0.151.75a0.102a0.051.192 5a.因此，续保人本年度平均保费的估计值为 1.192 5a.方法引航 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.概率是一个定值.随机抽取一个年份，对西安市该年 4 月份的天气情况进行统计，结果如下：日期123456789101112131415天气晴雨阴阴阴雨阴晴晴晴阴晴晴晴晴日期1617
67、18192021222324252627282930天气晴阴雨阴阴晴阴晴晴晴阴晴晴晴雨(1)在 4 月份任取一天，估计西安市在该天不下雨的概率；(2)西安市某学校拟从 4 月份的一个晴天开始举行连续 2 天的运动会，估计运动会期间不下雨的概率解：(1)在容量为 30 的样本中，不下雨的天数是 26，以频率估计概率，4 月份任选一天，西安市不下雨的概率为26301315.(2)称相邻的两个日期为“互邻日期对”(如，1 日与 2 日，2 日与 3 日等)这样，在4 月份中，前一天为晴天的互邻日期对有 16 个，其中后一天不下雨的有 14 个，所以晴天的次日不下雨的频率为78.以频率估计概率，运动会
68、期间不下雨的概率为78.考点三 互斥事件、对立事件的概率命题点1.利用互斥事件求概率2.利用对立事件求概率例 3(1)(2016高考天津卷)甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是12，甲获胜的概率是13，则甲不输的概率为()A.56 B.25C.16D.13解析：设“两人下成和棋”为事件 A，“甲获胜”为事件 B.事件 A 与 B 是互斥事件，所以甲不输的概率PP(AB)P(A)P(B)121356，故选 A.答案：A(2)某商场有奖销售中，购满 100 元商品得 1 张奖券，多购多得.1 000 张奖券为一个开奖单位，设特等奖 1 个，一等奖 10 个，二等奖 50 个设 1 张奖券中特等奖、
69、一等奖、二等奖的事件分别为 A、B、C，求：P(A)，P(B)，P(C)；1 张奖券的中奖概率；1 张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率解：P(A)11 000，P(B)101 000 1100，P(C)501 000 120.故事件 A，B，C 的概率分别为11 000，1100，120.1 张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖设“1 张奖券中奖”这个事件为M，则 MABC.A、B、C 两两互斥，P(M)P(ABC)P(A)P(B)P(C)110501 000 611 000.故 1 张奖券的中奖概率为 611 000.设“1 张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件 N，则事件 N 与“1 张
70、奖券中特等奖或中一等奖”为对立事件，P(N)1P(AB)111 000 1100 9891 000.故 1 张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为 9891 000.方法引航 1解决此类问题，首先应结合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：一是直接求解法，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，运用互斥事件的求和公式计算；二是间接求法，先求此事件的对立事件的概率，再用公式 PA1P A 计算.1在本例(2)条件下，求一张奖券中一等奖或二等奖的概率解：由题意知 P(BC)P(B)P(C)101 000 5
71、01 000 601 000 350.2在本例(2)条件下，求一张奖券不中奖的概率解：“中奖”与“不中奖”是对立事件“不中奖”的概率 P1P(ABC)1 611 000 9391 000.易错警示互斥与对立相混致误典例(2017河南郑州质检)甲、乙两人下棋，和棋的概率为12，乙获胜的概率为13，则下列说法正确的是()A甲获胜的概率是16 B甲不输的概率是12C乙输了的概率是23D乙不输的概率是12正解“甲获胜”是“和棋或乙胜”的对立事件，所以“甲获胜”的概率是 P1121316；设事件 A 为“甲不输”，则 A 是“甲胜”、“和棋”这两个互斥事件的并事件，所以 P(A)161223；乙输了即甲
72、胜了，所以乙输了的概率为16；乙不输的概率为 11656.答案 A易误 没有分析透整个事件的分类应有三种：甲胜、和棋、乙胜，彼此互斥，乙获胜的对立事件是“乙不胜”，但不等于“乙输”，错选为 C 的较多警示 对立事件和互斥事件都不可能同时发生，但对立事件必有一个要发生，而互斥事件可能都不发生所以两个事件对立，则两个事件必是互斥事件；反之，两事件是互斥事件，但未必是对立事件高考真题体验1(2012高考湖北卷)容量为 20 的样本数据，分组后的频数如下表：分组10,20)20,30)30,40)40,50)50,60)60,70)频数234542则样本数据落在区间 10,40)的频率为()A0.35
73、 B0.45C0.55 D0.65解析：选 B.数据落在 10,40)的频率为23420 9200.45，故选 B.2(2015高考湖北卷)我国古代数学名著数书九章有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米 1 534 石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得 254 粒内夹谷28 粒，则这批米内夹谷约为()A134 石B169 石C338 石D1 365 石解析：选 B.254 粒和 1 534 石中夹谷的百分比含量是大致相同的，可据此估计这批米内夹谷的数量设 1 534 石米内夹谷 x 石，则由题意知x1 534 28254，解得 x169.故这批米内夹谷约为 169 石3(2015高考北京卷
74、)某超市随机选取 1 000 位顾客，记录了他们购买甲、乙、丙、丁四种商品的情况，整理成如下统计表，其中“”表示购买，“”表示未购买.商品顾客人数 甲乙丙丁1002172003008598(1)估计顾客同时购买乙和丙的概率；(2)估计顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买 3 种商品的概率；(3)如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买乙、丙、丁中哪种商品的可能性最大？解：(1)从统计表可以看出，在这 1 000 位顾客中有 200 位顾客同时购买了乙和丙，所以顾客同时购买乙和丙的概率可以估计为 2001 0000.2.(2)从统计表可以看出，在这 1 000 位顾客中，有 100 位顾客同时购买了甲、丙、
75、丁，另有 200 位顾客同时购买了甲、乙、丙，其他顾客最多购买了 2 种商品所以顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买 3 种商品的概率可以估计为1002001 0000.3.(3)与(1)同理，可得：顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为 2001 0000.2，顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为1002003001 0000.6，顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为 1001 0000.1，所以，如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买丙的可能性最大课时规范训练A 组 基础演练1装有红球、白球和黑球各 2 个的口袋内一次取出 2 个球，则与事件“两球都为白球”互斥而非对立的事件是以下事件“两球都不是白球；两球
76、恰有一个白球；两球至少有一个白球”中的哪几个()A BCD解析：选 A.从口袋内一次取出 2 个球，这个试验的基本事件空间(白，白)，(红，红)，(黑，黑)，(红，白)，(红，黑)，(黑，白)，包含 6 个基本事件，当事件 A“两球都为白球”发生时，不可能发生，且 A 不发生时，不一定发生，不一定发生，故非对立事件，而 A 发生时，可以发生，故不是互斥事件2从一箱产品中随机抽取一件，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 B0.65C0.35 D0.3解析：选 C.由
77、对立事件可得 P1P(A)0.35.3先后抛掷硬币三次，则至少一次正面朝上的概率是()A.18B.38C.58D.78解析：选 D.设“至少一次正面朝上”为事件 A，P(A)18，P(A)1P(A)78.4在第 3、6、16 路公共汽车的一个停靠站(假定这个车站只能停靠一辆公共汽车)，有一位乘客需在 5 分钟之内乘上公共汽车赶到厂里，他可乘 3 路或 6 路公共汽车到厂里，已知 3 路车和 6 路车在 5 分钟之内到此车站的概率分别为 0.20 和 0.60，则该乘客在 5 分钟内能乘上所需要的车的概率为()A0.20 B0.60C0.80 D0.12解析：选 C.“能乘上所需要的车”记为事件
78、 A，则 3 路或 6 路车有一辆路过即事件发生，故 P(A)0.200.600.80.5某射手的一次射击中，射中 10 环、9 环、8 环的概率分别为 0.2、0.3、0.1，则此射手在一次射击中不超过 8 环的概率为()A0.5 B0.3C0.6 D0.9解析：选 A.不超过 8 环的概率为 10.20.30.5.6某产品分甲、乙、丙三级，其中乙、丙两级均属次品若生产中出现乙级品的概率为 0.03，丙级品的概率为 0.01，则对成品抽查一件抽得正品的概率为_解析：记“生产中出现甲级品、乙级品、丙级品”分别为事件 A，B，C.则 A，B，C 彼此互斥，由题意可得 P(B)0.03，P(C)0
79、.01，所以 P(A)1P(BC)1P(B)P(C)10.030.010.96.答案：0.967从一副混合后的扑克牌(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，P(B)1352，P(AB)P(A)P(B)15213521452 726.答案：7268某小组有 3 名男生和 2 名女生，从中任选 2 名同学去参加演讲比赛，有下列三对事件：恰有 1 名男生和恰有两名男生；至少有 1 名男生和至少有 1 名女生；至少有 1 名男生和全是女生其中是互斥事件的为_解析：是互斥事件理由是：在所选
80、的 2 名同学中，“恰有 1 名男生”实质选出的是“1 名男生和 1 名女生”，它与“恰有两名男生”不可能同时发生，所以是一对互斥事件不是互斥事件理由是：“至少有 1 名男生”包括“1 名男生、1 名女生”和“两名都是男生”两种结果，“至少有 1 名女生”包括“1 名女生、1 名男生”“两名都是女生”两种结果，当事件“有 1 名男生和 1 名女生”发生时两个事件都发生了是互斥事件理由是：“至少有 1 名男生”包括“1 名男生、1 名女生”和“两名都是男生”两种结果，它与“全是女生”不可能同时发生答案：9一只袋子中装有 7 个红玻璃球，3 个绿玻璃球，从中无放回地任意抽取两次，每次只取一个，取得
81、两个红球的概率为 715，取得两个绿球的概率为 115.(1)求取得两个同颜色球的概率；(2)求至少抽取一个红球的概率解：设“取得两个红球”为事件 A，“取得两个绿球”为事件 B，则 A、B 互斥(1)依题意，“取得两个同颜色球”即事件 AB 发生P(AB)P(A)P(B)715 115 815.(2)由于事件 C“至少取得一个红球”与事件 B“取得两个绿球”是对立事件则至少取得一个红球的概率 P(CA)1P(B)1 1151415.10某班选派 5 人，参加学校举行的数学竞赛，获奖的人数及其概率如下：获奖人数012345概率0.10.16xy0.2z(1)若获奖人数不超过 2 人的概率为 0
82、.56，求 x 的值；(2)若获奖人数最多 4 人的概率为 0.96，最少 3 人的概率为 0.44，求 y、z 的值解：记事件“在竞赛中，有 k 人获奖”为 Ak(kN，k5)，则事件 Ak 彼此互斥(1)获奖人数不超过 2 人的概率为 0.56.P(A0)P(A1)P(A2)0.10.16x0.56.解得 x0.3.(2)由获奖人数最多 4 人的概率为 0.96，得P(A5)10.960.04，即 z0.04.由获奖人数最少 3 人的概率为 0.44，得P(A3)P(A4)P(A5)0.44，即 y0.20.040.44.解得 y0.2.B 组 能力突破1掷一个骰子的试验，事件 A 表示“
83、小于 5 的偶数点出现”，事件 B 表示“小于5 的点数出现”，若 B 表示 B 的对立事件，则一次试验中，事件 A B 发生的概率为()A.13B.12C.23D.56解析：选 C.掷一个骰子的试验有 6 种可能结果依题意 P(A)2613，P(B)4623，P(B)1P(B)12313，B 表示“出现 5 点或 6 点”的事件，因此事件 A 与 B 互斥，从而 P(A B)P(A)P(B)131323.2从某校高二年级的所有学生中，随机抽取 20 人，测得他们的身高(单位：cm)分别为：162,153,148,154,165,168,172,171,173,150，151,152,160,
84、165,164,179,149,158,159,175.根据样本频率分布估计总体分布的原理，在该校高二年级的所有学生中任抽一人，估计该生的身高在 155.5 cm170.5 cm 之间的概率约为()A.25B.12C.23D.13解析：选 A.从已知数据可以看出，在随机抽取的这 20 位学生中，身高在 155.5 cm170.5 cm 之间的学生有 8 人，频率为25，故可估计在该校高二年级的所有学生中任抽一人，其身高在 155.5 cm170.5 cm 之间的概率约为25.3若随机事件 A，B 互斥，A，B 发生的概率均不等于 0，且 P(A)2a，P(B)4a5，则实数 a 的取值范围是(
85、)A.54，2B.54，32C.54，32D.54，43解析：选 D.由题意知0PA1，0PB1，PAPB102a1，04a51，3a311a2，54a32，a43.54a43.4抛掷一枚均匀的正方体骰子(各面分别标有数字 1、2、3、4、5、6)，事件 A 表示“朝上一面的数是奇数”，事件 B 表示“朝上一面的数不超过 2”，则 P(AB)_.解析：将事件 AB 分为：事件 C“朝上一面的数为 1、2”与事件 D“朝上一面的数为 3、5”则 C、D 互斥，则 P(C)13，P(D)13，P(AB)P(CD)P(C)P(D)23.答案：235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，
86、为了解他们的使用寿命，现从这两种品牌的产品中分别随机抽取 100 个进行测试，结果统计如下：(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，所以甲品牌产品寿命小于 200 小时的概率为14.(2)根据抽样结果，寿命大于 200 小时的产品共有 7570145(个)，其中甲品牌产品是 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，用频率估计概率，所以已使用了 200 小时的该产品是甲品
87、牌的概率为1529.第 4 课时 古典概型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)mn.4古典概型的概率公式P(A)A包含的基本事件的个数基本事件的总数.5判断下列结论的正误(正确的打“”错误的打“”)(1)“在适宜
88、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)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()(4)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13.()(5)从 1,2,3,4,5 中任取出两个不同的数，其和为 5 的概率是 0.2.()(6)在古典概型中，如果事件 A 中基本事件构成集合 A，且集合 A 中的元素个数为 n，所有的基本事件构成
89、集合 I，且集合 I 中元素个数为 m，则事件 A 的概率为nm.()(7)掷两枚硬币，其结果为：两正，两反，一正一反，属于古典概型，其概率都是13.()(8)设 A2,3，B1,2,3，从 A，B 中各任取一个数，其基本事件数为 5.()(9)一个口袋内装有 2 个白球和 3 个黑球，先摸出 1 个白球后放回袋中，再摸球，则不属于古典概型()(10)甲、乙、丙三人随机站成一排，甲、乙两人相邻而站的概率为23.()考点一 简单古典概型的概率命题点1.列举基本事件2.利用古典概型公式求概率例 1(1)(2016高考全国丙卷)小敏打开计算机时，忘记了开机密码的前两位，只记得第一位是 M，I，N 中
90、的一个字母，第二位是 1,2,3,4,5 中的一个数字，则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是()A.815 B.18C.115D.130解析：开机密码的所有可能结果有：(M,1)，(M,2)，(M,3)，(M,4)，(M,5)，(I,1)，(I,2)，(I,3)，(I,4)，(I,5)，(N,1)，(N,2)，(N,3)，(N,4)，(N,5)，共 15 种，所以小敏输入一次密码能够成功开机的概率是 115，故选 C.答案：C(2)(2016高考北京卷)从甲、乙等 5 名学生中随机选出 2 人，则甲被选中的概率为()A.15B.25C.825D.925解析：设 5 名学生分别为甲、乙、丙、丁
91、、戊，从甲、乙、丙、丁、戊 5 人中选 2人，有(甲，乙)，(甲，丙)，(甲，丁)，(甲，戊)，(乙，丙)，(乙，丁)，(乙，戊)，(丙，丁)，(丙，戊)，(丁，戊)共 10 种情况，其中甲被选中的情况有(甲，乙)，(甲，丙)，(甲，丁)，(甲，戊)，共有 4 种，其概率 41025.答案：B方法引航 求古典概型概率的步骤,第一步：判断本试验的结果是否为等可能事件，设出所求事件 A；,第二步：分别求出基本事件的总数 n 与所求事件 A 中所包含的基本事件个数 m；,第三步：利用公式 PAmn求出事件 A 的概率.,注意：求 m，n 时，可用列举法理科或可利用排列、组合数求解基本事件数.1若将本
92、例(1)改为，密码的前三位是 M，I，N 的某个顺序，则输入一次成功的概率为多少？解：M，I，N 的所有顺序为(M，I，N)，(M，N，I)，(I，M，N)，(I，N，M)，(N，M，I)，(N，I，M)共 6 种，故概率为16.2在本例(2)条件下求甲、乙二人至少有一人被选中的概率为多少解：甲、乙二人至少有一人被选中，有 7 个基本事件，故概率为 710.考点二 古典概型与互斥(对立)事件的综合命题点1.古典概型与互斥事件综合2.古典概型与对立事件综合例 2 有 5 本不同的书，其中语文书 2 本，数学书 2 本，物理书 1 本，若将其随机地抽取并排摆放在书架的同一层上，则同一科目的书都不相
93、邻的概率是_解：第一步先排语文书有 A222(种)排法第二步排物理书，分成两类一类是物理书放在语文书之间，有 1 种排法，这时数学书可从 4 个空中选两个进行排列，有A2412(种)排法；一类是物理书不放在语文书之间有 2 种排法，再选一本数学书放在语文书之间有 2 种排法，另一本有 3 种排法因此同一科目的书都不相邻共有2(12223)48(种)排法，而 5 本书全排列共有 A55120(种)，所以同一科目的书都不相邻的概率是 4812025.方法引航 求较复杂事件的概率问题，解题关键是理解题目的实际含义，把实际问题转化为概率模型.必要时将所求事件转化成彼此互斥的事件的和，或者先求其对立事件
94、的概率，进而再用互斥事件的概率加法公式或对立事件的概率公式求解.(2017山东莱芜模拟)中国共产党第十八次全国代表大会期间，某报刊媒体要选择两名记者去进行专题采访，现有记者编号分别为 1,2,3,4,5 的五名男记者和编号分别为6,7,8,9 的四名女记者要从这九名记者中一次随机选出两名，每名记者被选到的概率是相等的，用符号(x，y)表示事件“抽到的两名记者的编号分别为 x、y，且 xy”(1)共有多少个基本事件？并列举出来；(2)求所抽取的两名记者的编号之和小于 17 但不小于 11 或都是男记者的概率解：(1)共有 36 个基本事件，列举如下：(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)
95、，(1,6)，(1,7)，(1,8)，(1,9)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(2,7)，(2,8)，(2,9)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(3,7)，(3,8)，(3,9)，(4,5)，(4,6)，(4,7)，(4,8)，(4,9)，(5,6)，(5,7)，(5,8)，(5,9)，(6,7)，(6,8)，(6,9)，(7,8)，(7,9)，(8,9)，共 36 个(2)记事件“所抽取的记者的编号之和小于 17 但不小于 11”为事件 A，即事件 A 为“x，y1,2,3,4,5,6,7,8,9，且 11xy17，其中 xy”，由(1)可知事件 A 共含有15 个
96、基本事件，列举如下：(2,9)，(3,8)，(3,9)，(4,7)，(4,8)，(4,9)，(5,6)，(5,7)，(5,8)，(5,9)，(6,7)，(6,8)，(6,9)，(7,8)，(7,9)，共 15 个“都是男记者”记作事件 B，则事件 B 为“x0，即 a2b2.由题意知所有的基本事件有 9 个，即(1,0)，(1,1)，(1,2)，(2,0)，(2,1)，(2,2)，(3,0)，(3,1)，(3,2)，其中第一个数表示 a 的取值，第二个数表示 b 的取值满足 a2b2 的有 6 个基本事件，即(1,0)，(2,0)，(2,1)，(3,0)，(3,1)，(3,2)，所以所求事件的
97、概率为6923.4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，基本事件共有 C710120(个)，记事件“七个数的中位数为 6”为事件 A，则事件 A 包含的基本事件的个数为 C36C3320，故所求概率 P(A)2012016.答案：165一个袋中装有四个形状大小完全相同的球，球的编号分别为 1,2,3,4.(1)从袋中随机取两个球，求取出的球的编号之和不大于 4 的概率；(2)先从袋中随机取一个球，该球的编号为 m，将球放回袋中，然后再从袋中随机取一个球，该球的编号
98、为 n，求 nm2 的概率解：(1)从袋中随机取两个球，其一切可能的结果组成的基本事件有1,2，1,3，1,4，2,3，2,4，3,4，共 6 个从袋中取出的球的编号之和不大于 4 的事件共有：1,2，1,3两个因此所求事件的概率 P2613.(2)先从袋中随机取一个球，记下编号为 m，放回后，再从袋中随机取一个球，记下编号为 n，其一切可能的结果(m，n)有：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，共 16 个又满足条件 nm2 的事件为(1
99、,3)，(1,4)，(2,4)，共 3 个，所以满足条件 nm2的事件的概率为 P11 3161316.第 5 课时 几何概型1几何概型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几何概型中，事件 A 的概率的计算公式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.3要切实理解并掌握几何概型试验的两个基本特点(1)无限性：在一次试验中，可能出现的结果有无限多个；(2)等可能性：每个结果的发生具有等可能性4判断下列结论的正误(正确的中打“”错误的打“”)(1)在一个正方形区域内任取一点的概率
100、是零()(2)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()(3)在几何概型定义中的区域可以是线段、平面图形、立体图形()(4)随机模拟方法是以事件发生的频率估计概率()(5)与面积有关的几何概型的概率与几何图形的形状有关()(6)从区间 1,10内任取一个数，取到 1 的概率是 P19.()(7)几何概型与古典概型中的基本事件发生的可能性都是相等的，其基本事件个数都有限()(8)在线段 0,3上任投一点，该点落在 1 点上的概率为13.()(9)在边长为 1 的正方形内有一块阴影图形，随机向正方形中撒 1 000 粒黄豆，有 180粒落
101、到阴影里面，估计阴影部分面积为 0.18.()(10)一个路口的红绿灯，红灯的时间为 30 秒，黄灯的时间为 5 秒，绿灯的时间为 40秒，则某人到达路口时看见的是红灯的概率是25.()考点一 与长度、角度有关的几何概型命题点1.与一元变量有关的几何概型2.与实物长度有关的几何概型3.与射线旋转有关的几何概型例 1(1)在半径为 1 的圆内一条直径上任取一点，过这个点作垂直于直径的弦，则弦长超过圆内接等边三角形边长的概率是_解析：记事件 A 为“弦长超过圆内接等边三角形的边长”，如图，不妨在过等边三角形 BCD 的顶点 B 的直径 BE 上任取一点 F 作垂直于直径的弦，当弦为 CD 时，就是
102、等边三角形的边长，弦长大于 CD 的充要条件是圆心 O 到弦的距离小于 OF 由几何概型概率公式得：P(A)1222 12.答案：12(2)在区间2,4上随机地取一个数 x，若 x 满足|x|m 的概率为56，则 m_.解析：由题意知 m0，当 m2 时，满足|x|m 的概率为mm42 2m6 56，解得 m52(舍去)当 2m4 时，所求概率为m2656，m3.答案：3(3)如图，在ABC 中，B60，C45，高 AD 3，在BAC 内作射线 AM交 BC 于点 M，则 BM1 的概率为_解析：B60，C45，BAC75，在 RtADB 中，AD 3，B60，BD ADtan 601，BAD
103、30.记事件 N 为“在BAC 内作射线 AM 交 BC 于点 M，使 BM1”，则可得BAMBAD 时事件 N 发生由几何概型的概率公式得 P(N)307525.答案：25方法引航 只有一个变量形成的事件区域常为“长度”型.当涉及射线的转动，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.1(2017河南开封摸底)已知线段 AC16 cm，先截取 AB4 cm 作为长方体的高，再将线段 BC 任意分成两段作为长方体的长和宽，则长方体的体积超过 128 cm3 的概率为_解析：依题意，设长方体的长为 x cm，则相应的宽为(12x)cm，
104、由 4x(12x)128得 x212x320，(x4)(x8)0,4x90的概率为_解析：如图，以 AB 为直径作圆，则圆在正方形 ABCD 内的区域为半圆，其面积 S12122，满足条件AMB90的点 M 在半圆内，故所求概率 PS阴影S正方形ABCD2228.答案：8(2)某校早上 8：00 开始上课，假设该校学生小张与小王在早上 7：307：50 之间到校，且每人在该时间段的任何时刻到校是等可能的，则小张比小王至少早 5 分钟到校的概率为_(用数字作答)解析：设小王到校时间为 x，小张到校时间为 y，则小张比小王至少早到 5 分钟时满足 xy5.如图，原点 O 表示 7：30，在平面直角
105、坐标系中画出小王和小张到校的时间构成的平面区域(图中正方形区域)，该正方形区域的面积为 400，小张比小王至少早到 5 分钟对应的图形(图中阴影部分)的面积为1215152252，故所求概率P2252400 932.答案：932(3)如图，点 A 的坐标为(1,0)，点 C 的坐标为(2,4)，函数 f(x)x2.若在矩形 ABCD 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率等于_解析：由题意知，阴影部分的面积S12(4x2)dx4x13x32153，所求概率 PSS矩形ABCD5314 512.答案：512方法引航 当基本事件受两个连续的变量控制时，一般是把两个变量分别作为一个点的横坐标和纵坐标
106、，这样基本事件就构成了平面上的一个区域，即可借助平面区域解决.1(2017湖北荆州中学质检)在区间，内随机取两个数分别记为 a，b，则使得函数 f(x)x22axb2 有零点的概率为()A.78 B.34C.12D.14解析：选 B.建立如图所示的平面直角坐标系，则试验的全部结果构成的区域为正方形 ABCD 及其内部要使函数 f(x)x22axb2 有零点，则必须使 4a24(b2)0，即 a2b2，其表示的区域为图中阴影部分故所求概率 P S阴影S正方形324234.2将一个质点随机投放在关于 x，y 的不等式组3x4y19，x1，y1，所构成的三角形区域内，则该质点到此三角形的三个顶点的距
107、离均不小于 1 的概率是()A.12B.6C1 12D16解析：选 C.因为不等式组3x4y19，x1，y1，所表示的三角形区域(边长为 3,4,5 的直角三角形)的面积为12(51)(41)6，所以满足条件的概率 P11226 112，故选 C.3(2017宁夏银川一模)如图，矩形 OABC 内的阴影部分由曲线 f(x)sin x 及直线 xa(a0，)与 x 轴围成，向矩形 OABC 内随机掷一点，该点落在阴影部分的概率为12，则 a_.解析：根据题意，阴影部分的面积为0asin xdxcos xa01cos a，又矩形的面积为 a4a4，则由几何概型的概率公式可得1cos a412，即
108、cos a1，又 a(0，a.答案：考点三 与体积有关的几何概型命题点1.与多面体有关的体积2.与旋转体有关的体积例 3(1)已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1，在正方体内随机取点 M，使四棱锥 M-ABCD 的体积小于16的概率是_解析：如图，在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，取一点 M.设 M-ABCD 的高为 h，则13SABCDh16，又 SABCD1，h12，即点 M 在正方体的下半部分，所求概率 P12V正方体V正方体 12.答案：12(2)有一个底面圆的半径为 1、高为 2 的圆柱，点 O 为这个圆柱底面圆的圆心，在这个圆柱内随机取一点 P，则点 P 到
109、点 O 的距离大于 1 的概率为_解析：先求点 P 到点 O 的距离小于或等于 1 的概率，圆柱的体积 V 圆柱1222，以 O 为球心，1 为半径且在圆柱内部的半球的体积 V 半球12431323.则点 P 到点 O 的距离小于或等于 1 的概率为23213，故点 P 到点 O 的距离大于 1 的概率为 11323.答案：23方法引航 计算体积时，须充分结合图形，对不规则多面体，往往采取分割法分别计算.1若本例(1)改为：在棱长为 2 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，点 O 为底面 ABCD 的中心，在正方体 ABCD-A1B1C1D1 内随机取一点 P，则点 P 到点 O 的距离
110、大于 1 的概率为_解析：V 正238，V 半球12431323，V半球V正 283 12，P1 12.答案：1 122若本例(2)改为：用橡皮泥做成一个直径为 6 cm 的小球，假设橡皮泥中混入了一个很小的砂粒，求这个砂粒距离球心不小于 1 cm 的概率解：设“砂粒距离球心不小于 1 cm”为事件 A，球心为 O，砂粒位置为 M，则事件A 发生，即为 OM1 cm.R3，r1，则 P(A)43R343r343R31rR32627，故砂粒距离球心不小于 1 cm 的概率为2627.易错警示对几何度量认识不清致误典例 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
111、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.14 B.12C.34D.78正解 设两串彩灯同时通电后，第一次闪亮的时刻分别为 x，y，则 0 x4,0y4，而事件 A“它们第一次闪亮的时刻相差不超过 2 秒”，即|xy|2，可行域如图阴影部分所示由几何概型概率公式得P(A)42212224234.答案 C易误“4 秒为间隔闪亮”，误认为是两串灯的闪亮总时段相差不超过 2 秒，即概率为 P2412，把面积型误认为是长度型警示 对于几何概型问题，根据题意列出条件，找出试验的全部结果构成的区域及
112、所求事件构成的区域是解题的关键，这时常常与线性规划问题联系在一起高考真题体验1(2016高考全国甲卷)某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现，红灯持续时间为 40 秒若一名行人来到该路口遇到红灯，则至少需要等待 15 秒才出现绿灯的概率为()A.710 B.58C.38D.310解析：选 B.记“至少需要等待 15 秒才出现绿灯”为事件 A，则 P(A)254058.2(2016高考全国乙卷)某公司的班车在 7：30,8：00,8：30 发车，小明在 7：50 至8：30 之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过 10 分钟的概率是()A.13B.12C.23
113、D.34解析：选 B.法一：7：30 的班车小明显然是坐不到的当小明在 7：50 之后 8：00之前到达，或者 8：20 之后 8：30 之前到达时，他等车的时间将不超过 10 分钟，故所求概率为10104012.故选 B.法二：当小明到达车站的时刻超过 8：00，但又不到 8：20 时，等车时间将超过 10分钟，7：508：30 的其他时刻到达车站时，等车时间将不超过 10 分钟，故等车时间不超过 10 分钟的概率为 1204012.3(2016高考全国甲卷)从区间 0,1随机抽取 2n 个数 x1，x2，xn，y1，y2，yn，构成 n 个数对(x1，y1)，(x2，y2)，(xn，yn)
114、，其中两数的平方和小于 1 的数对共有 m 个，则用随机模拟的方法得到的圆周率 的近似值为()A.4nmB.2nmC.4mnD.2mn解析：选 C.如图，数对(xi，yi)(i1,2，n)表示的点落在边长为 1 的正方形 OABC内(包括边界)，两数的平方和小于 1 的数对表示的点落在半径为 1 的四分之一圆(阴影部分)内，则由几何概型的概率公式可得mn14124mn.故选 C.4(2016高考山东卷)在1,1上随机地取一个数 k，则事件“直线 ykx 与圆(x5)2y29 相交”发生的概率为_解析：圆(x5)2y29 的圆心为 C(5,0)，半径 r3，故由直线与圆相交可得|5k0|k21r
115、，即|5k|k213，整理得 k2 916，得34k34.故所求事件的概率 P34341134.答案：34课时规范训练A 组 基础演练1“抖空竹”是中国的传统杂技，表演者在两根直径约 812 毫米的杆上系一根长度为 1 m 的绳子，并在绳子上放一空竹，则空竹与两端距离都大于 0.2 m 的概率为()A.12 B.35C.25D.23解析：选 B.与两端都大于 0.2 m，空竹的运行范围为 10.20.20.6 m，记“空竹与两端距离都大于 0.2 m”为事件 A.由几何概型，P(A)0.61 35.2在面积为 S 的ABC 的边 AB 上任取一点 P，则PBC 的面积大于S4的概率是()A.1
116、4B.12C.34D.23解析：选 C.如图，要使 SPBC14SABC，只需 PB14AB.故所求概率为 P34ABAB 34.3一只蜜蜂在一个棱长为 30 的正方体玻璃容器内随机飞行若蜜蜂在飞行过程中始终保持与正方体玻璃容器的 6 个表面的距离均大于 10，则飞行是安全的，假设蜜蜂在正方体玻璃容器内飞行到每一个位置的可能性相同，那么蜜蜂飞行是安全的概率为()A.18B.116C.127D.38解析：选 C.由题意，可知当蜜蜂在棱长为 10 的正方体区域内飞行时才是安全的由几何概型的概率知蜜蜂飞行是安全的概率为103303 127.4如图，M 是半径为 R 的圆周上一个定点，在圆周上等可能的
117、任取一点 N，连接MN，则弦 MN 的长度超过 2R 的概率是()A.15B.14C.13D.12解析：选 D.由题意知，当 MN 2R 时，MON2，所以所求概率为22R2R12.5函数 f(x)x2x2，x5,5，那么任取一点 x05,5，使 f(x0)0 的概率为()A1 B.23C.310D.25解析：选 C.令 x2x20，得 x11，x22，f(x)的图象是开口向上的抛物线，与 x 轴的交点为(1,0)，(2,0)，图象在 x 轴下方，即 f(x0)0 的 x0 的取值范围为1,2，P2155 310.6如图，大正方形的面积是 34，四个全等直角三角形围成一个小正方形，直角三角形的
118、较短边长为 3，向大正方形内抛撒一枚幸运小花朵，则小花朵落在小正方形内的概率为()A.117B.217C.317D.417解析：选 B.因为大正方形的面积是 34，所以大正方形的边长是 34，由直角三角形的较短边长为 3，得四个全等直角三角形的直角边分别是 5 和 3，则小正方形边长为 2，面积为 4.所以小花朵落在小正方形内的概率 P 434 217.7已知 x，y 都是区间0，2 内任取的一个实数，则使得 ysin x 的概率是()A.42B.2C.12D.22解析：选 A.事件 A 的度量为函数 ysin x 的图象在0，2 内与 x 轴围成的图形的面积，即 S20sin xdx1，则事
119、件 A 的概率为 P SS 122 42.故选 A.8已知 P 是ABC 所在平面内一点，PBPC2PA0.现将一粒黄豆随机撒在ABC 内，则黄豆落在PBC 内的概率是()A.14B.13C.23D.12解析：选 D.由题意可知，点 P 位于 BC 边的中线的中点处记黄豆落在PBC 内为事件 D，则 P(D)SPBCSABC12.9在区间1,1上随机取一个数 x，则 sin x4 的值介于12与 22 之间的概率为()A.14B.13C.23D.56解析：选 D.1x1，4x4 4.由12sin x4 22，得6x4 4，即23x1.故所求事件的概率为1232 56.10如图，在矩形区域 AB
120、CD 的 A，C 两点处各有一个通信基站，假设其信号的覆盖范围分别是扇形区域 ADE 和扇形区域 CBF(该矩形区域内无其他信号来源，基站工作正常)若在该矩形区域内随机地选一地点，则该地点无信号的概率是()A14B.21C22D.4解析：选 A.依题意知，有信号的区域面积为422，矩形面积为 2，故无信号的概率 P222 14.B 组 能力突破1如图，矩形长为 6，宽为 4，在矩形内随机地撒 300 颗黄豆，数得落在椭圆外的黄豆数为 96，则以此实验数据为依据可以估算出椭圆的面积约为()A7.68 B16.32C17.32 D8.68解析：选 B.根据几何概型的概率公式得黄豆落在椭圆内的概率为
121、 PS椭圆S矩形，而 P300963000.68，S 矩形24，故 S 椭圆PS 矩形0.682416.32.2设 k 是一个正整数，已知1xkk 的展开式中第四项的系数为 116，函数 yx2 与 ykx 的图象所围成的区域如图中阴影部分所示，任取 x0,4，y0,16，则点(x，y)恰好落在阴影部分内的概率为()A.1796B.532C.16D.748解析：选 C.由题意得 C3k 1k3 116，解得 k4.阴影部分的面积 S104(4xx2)dx2x213x340323，任取 x0,4，y0,16，以 x、y 为横、纵坐标的所有可能的点构成的区域的面积 S241664，所以所求概率 P
122、S1S216，故选 C.3设 a0,10，则函数 g(x)a2x 在区间(0，)内为增函数的概率为_解析：函数 g(x)a2x 在区间(0，)上为增函数，a20，解得 aP2P1P4，即 P3 最大综上可知，3 人中只有 1 人被选中的情况最容易出现方法引航 相互独立事件概率的求法(1)首先要搞清事件间的关系(是否彼此互斥、是否相互独立、是否对立)，正确区分“互斥事件”与“对立事件”当且仅当事件 A 和事件 B 相互独立时，才有 P(AB)P(A)P(B)(2)A，B 中至少有一个发生：AB.若 A，B 互斥：P(AB)P(A)P(B)，否则不成立若 A，B 相互独立(不互斥)，则概率的求法：
123、方法一：P(AB)P(AB)P(A B)P(A B)；方法二：P(AB)P(A)P(B)P(AB)1P(A)P(B)(3)注意运用对立事件可把问题简化A，B 中至少有一个发生的事件为 AB；A，B 都发生的事件为 AB；A，B 都不发生的事件为 AB；A，B 恰有一个发生的事件为(AB)(A B)；A，B 至多一个发生的事件为(AB)(A B)(AB)1如图所示的电路中，有 a，b，c 三个开关，每个开关开或关的概率都是12，且是相互独立的，则灯泡甲亮的概率为_解析：理解事件之间的关系，设“a 闭合”为事件 A，“b 闭合”为事件 B，“c 闭合”为事件 C，则灯亮应为事件 ACB，且 A，C
124、，B，之间彼此独立，且 P(A)P(B)P(C)12.所以 P(AB C)P(A)P(B)P(C)18.答案：182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，另外在 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 号中随机选 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
125、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 A B 表示事件“甲选中 3 号歌手，且乙未选中 3 号歌手”P(A B)P(A)P(B)P(A)1P(B)2325 415，或PA B C12C34C23C35 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 AB C，A B C，A BC，ABC 彼此互斥又 P(X2)P(AB C)P(A B C)P(A BC)2335
126、252325351335353375，P(X3)P(ABC)2335351875，P(X2)P(X2)P(X3)337518751725.考点三 独立重复试验与二项分布命题点1.独立重复试验的概率2.求二项分布例 3(1)现有 4 人参加某娱乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择为增加趣味性，约定：每个人通过投掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏，掷出点数为 1 或 2 的人去参加甲游戏，掷出点数大于 2 的人去参加乙游戏，则这 4人中恰有 2 人去参加甲游戏的概率为_解析：由题意可知，这 4 人中，每人去参加甲游戏的概率为13，去参加乙游戏的概率为23.所以这 4 人中恰有 2
127、人去参加甲游戏的概率 PC24132232 827.答案：827(2)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求甲以 4 比 1 获胜的概率；求乙获胜且比赛局数多于 5 局的概率；求比赛局数的分布列解：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.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 P2C3
128、6123126312 532，所以 P(B)P1P2 516.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)2C36123126312 516.比赛局数的分布列为X4567P1814516516方法引航 独立重复试验中的概率公式 PnkCknpk1pnk 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.1某一批花生种子，如果每粒发芽的概率都为45
129、，那以播下 4 粒种子恰有 2 粒发芽的概率是()A.16625 B.96625C.192625D.256625解析：选 B.独立重复试验 B4，45，P(k2)C24452152 96625.2在一次数学考试中，第 21 题和第 22 题为选做题规定每位考生必须且只须在其中选做一题设 4 名学生选做每一道题的概率均为12.(1)求其中甲、乙两名学生选做同一道题的概率；(2)设这 4 名考生中选做第 22 题的学生个数为，求 的分布列解：(1)设事件 A 表示“甲选做第 21 题”，事件 B 表示“乙选做第 21 题”，则甲、乙两名学生选做同一道题的事件为“AB A B，且事件 A、B 相互独
130、立”故 P(AB A B)P(A)P(B)P(A)P(B)1212112 112 12.(2)随机变量 的可能取值为 0,1,2,3,4，且 B4，12，则 P(k)Ck412k1124kCk4124(k0,1,2,3,4)故变量 的分布列为01234P116143814116易错警示独立事件与独立重复试验易混典例 某射手每次射击击中目标的概率是23，且各次射击的结果互不影响(1)假设这名射手射击 5 次，求恰有 2 次击中目标的概率；(2)假设这名射手射击 5 次，求有 3 次连续击中目标，另外 2 次未击中目标的概率；(3)假设这名射手射击 3 次，每次射击，击中目标得 1 分，未击中目标
131、得 0 分在 3次射击中，若有 2 次连续击中，而另外 1 次未击中，则额外加 1 分；若 3 次全击中，则额外加 3 分记 为射手射击 3 次后的总分数，求 的分布列正解(1)设 X 为射手在 5 次射击中击中目标的次数，则 XB5，23.在 5 次射击中，恰有 2 次击中目标的概率为 P(X2)C252321233 40243.(2)设“第 i 次射击击中目标”为事件 Ai(i1,2,3,4,5)，“射手在 5 次射击中，有 3次连续击中目标，另外 2 次未击中目标”为事件 A，则P(A)P(A1A2A3 A4A5)P(A1 A2A3A4 A5)P(A1A2 A3A4A5)23313213
132、23313132233 881.(3)设“第 i 次射击击中目标”为事件 Ai(i1,2,3)由题意可知，的所有可能取值为 0,1,2,3,6.P(0)P(A1A2A3)133 127；P(1)P(A1 A2A3)P(A1 A2 A3)P(A1A2 A3)231321323131322329；P(2)P(A1 A2 A3)231323 427；P(3)P(A1A2 A3)P(A1 A2A3)2321313(23)2 827；P(6)P(A1A2A3)233 827.所以 的分布列是01236P12729427827827易误 解本题第(2)问易因不明独立事件与独立重复试验的区别，误认为是 n
133、次独立重复试验，可导致求得 PC35233132 80243这一错误结果警示 正确区分相互独立事件与 n 次独立重复试验是解决这类问题的关键独立重复试验是在同一条件下，事件重复发生或不发生高考真题体验1(2014高考课标全国卷)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 B0.75C0.6 D0.45解析：选 A.由条件概率公式可得所求概率为 0.60.750.8，故选 A.2(2015高考课标全国卷)投篮测试中，每人投 3 次，至少投中 2 次才能通过测试已知某同
134、学每次投篮投中的概率为 0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为()A0.648 B0.432C0.36 D0.312解析：选 A.该同学通过测试的概率 PC230.620.40.630.4320.2160.648，故选 A.3(2015高考福建卷)某银行规定，一张银行卡若在一天内出现 3 次密码尝试错误，该银行卡将被锁定小王到该银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但可以确认该银行卡的正确密码是他常用的 6 个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择 1 个进行尝试若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定(1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率；(2)设当天
135、小王用该银行卡尝试密码的次数为 X，求 X 的分布列和数学期望解：(1)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为 A，则 P(A)56453412.(2)依题意得，X 所有可能的取值是 1,2,3.又 P(X1)16，P(X2)561516，P(X3)5645123.所以 X 的分布列为X123P161623所以 E(X)11621632352.4(2013高考课标全国卷)一批产品需要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取 4 件作检验，这 4 件产品中优质品的件数记为 n.如果 n3，再从这批产品中任取 4 件作检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；如果 n4，再从这批产品中任取 1
136、件作检验，若为优质品，则这批产品通过检验；其他情况下，这批产品都不能通过检验假设这批产品的优质品率为 50%，即取出的每件产品是优质品的概率都为12，且各件产品是否为优质品相互独立(1)求这批产品通过检验的概率；(2)已知每件产品的检验费用为 100 元，且抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为 X(单位：元)，求 X 的分布列及数学期望解：(1)设“第一次取出的 4 件产品中恰有 3 件优质品”为事件 A1，“第一次取出的4 件产品全是优质品”为事件 A2，“第二次取出的 4 件产品都是优质品”为事件 B1，“第二次取出的 1 件产品是优质品”为事件 B2，“这批产品通
137、过检验”为事件 A，依题意有 A(A1B1)(A2B2)，且 A1B1 与 A2B2 互斥，所以 P(A)P(A1B1)P(A2B2)P(A1)P(B1|A1)P(A2)P(B2|A2)416 116 11612 364.(2)X 的所有可能取值为 400,500,800，并且 P(X500)116；P(X800)14；P(X400)1 416 1161116.所以 X 的分布列为X400500800P111611614所以 E(X)4001116500 11680014506.25.课时规范训练A 组 基础演练1设随机变量 XB(2，p)，YB(4，p)，若 P(X1)59，则 P(Y2)的
138、值为()A.3281 B.1127C.6581D.1681解析：选 B.P(X1)P(X1)P(X2)C12p(1p)C22p259，解得 p13.(0p1，故 p53舍去)故 P(Y2)1P(Y0)P(Y1)1C04234C14132331127.2甲、乙两人同时报考某一所大学，甲被录取的概率为 0.6，乙被录取的概率为 0.7，两人是否被录取互不影响，则其中至少有一人被录取的概率为()A0.124 B0.42C0.46 D0.88解析：选 D.所求事件的对立事件为“两人均未被录取”，P1(10.6)(10.7)10.120.88.3甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要再赢一局就获得
139、冠军，乙队需要再赢两局才能获得冠军，若两队胜每局的概率相同，则甲队获得冠军的概率为()A.12B.35C.23D.34解析：选 D.甲队若要获得冠军，有两种情况，可以直接胜一局，获得冠军，概率为12，也可以乙队先胜一局，甲队再胜一局，概率为121214，故甲队获得冠军的概率为141234.4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解析：选 B.A 的基本事件为(1,3)，(1,5)，(2,4)，(3,5)共 4 个AB 的基本事件为(2,4)，P(B|A)
140、14.5某种元件的使用寿命超过 1 年的概率为 0.6，使用寿命超过 2 年的概率为 0.3，则使用寿命超过 1 年的元件还能继续使用的概率为()A0.3 B0.5C0.6 D1解析：选 B.设事件 A 为“该元件的使用寿命超过 1 年”，B 为“该元件的使用寿命超过 2 年”，则 P(A)0.6，P(B)0.3.因为 BA，所以 P(AB)P(B)0.3，于是P(B|A)PABPA 0.30.60.5.6明天上午李明要参加校运动会，为了准时起床，他用甲、乙两个闹钟叫醒自己假设甲闹钟准时响的概率为 0.80，乙闹钟准时响的概率是 0.90，则两个闹钟至少有一个准时响的概率是_解析：10.200
141、.1010.020.98.答案：0.987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 0p1，因此有 p35.答案：358一个病人服用某种新药后被治愈的概率为 0.9，服用这种新药的有甲、乙、丙 3位病人，且各人之间互不影响，有下列结论：3 位病人都被治愈的概率为 0.93；3 人中的甲被治愈的概率为 0.9；3 人中恰有 2 人被治愈的概率是 20.920.1；3 人中恰好有 2 人未被治愈的概率是 30.90.12；3 人中
142、恰好有 2 人被治愈，且甲被治愈的概率是 0.920.1.其中正确结论的序号是_(把正确的序号都填上)答案：9某工厂生产了一批产品共有 20 件，其中 5 件是次品，其余都是合格品，现不放回地从中依次抽取 2 件求：(1)第一次抽到次品的概率；(2)第一次和第二次抽到次品的概率；(3)在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率解：设“第一次抽到次品”为事件 A，“第二次抽到次品”为事件 B，事件 A 和事件 B 相互独立依题意得：(1)第一次抽到次品的概率为 P(A)52014.(2)第一次和第二次都抽到次品的概率为 P(AB)520 419 119.(3)法一：在第一次抽到次品的条件下，
143、第二次抽到次品的概率为 P(B|A)PABPA 11914 419.法二：第一次抽到次品后，还剩余产品 19 件，其中次品 4 件，故第二次抽到次品的概率为 P(B)419.10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 A B A B；“至少有 1 人击中目标”是 ABA B A B.(1)显然，“两人各射击一次，都击中目标”就是事件 AB，
144、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，恰好有一次击中目标”包括两种情况：一种是甲击中乙未击中(即 A B)，另一种是甲未击中乙击中(即 A B)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 A B 与 A B 是互斥的，所以所求概率为 PP(A B)P(A B)P(A)P(B)P(A)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(A B)P(AB)0.640.320.96.B 组 能力突破1两个实习生每人加工一个零件，加工
145、为一等品的概率分别为23和34，两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.12B.512C.14D.16解析：选 B.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，则 P(A)23，P(B)34，所以这两个零件中恰有一个一等品的概率为 P(A B)P(A B)P(A)P(B)P(A)P(B)23134 123 34 512.2如图，用 K，A1，A2 三类不同的元件连接成一个系统当 K 正常工作且 A1，A2至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知 K，A1，A2 正常工作的概率依次为0.9,0.8,0.8，则系统正常工作的概
146、率为()A0.960 B0.864C0.720 D0.576解析：选 B.A1，A2 同时不能正常工作的概率为 0.20.20.04，所以 A1，A2 至少有一个正常工作的概率为 10.040.96，所以系统正常工作的概率为 0.90.960.864.故选 B.3投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件 A，“骰子向上的点数是 3”为事件 B，则事件 A，B 中至少有一个发生的概率是()A.512B.12C.712D.34解析：选 C.依题意，得 P(A)12，P(B)16，且事件 A，B 相互独立，则事件 A，B中至少有一个发生的概率为 1P(A B)1P(A)P(B)
147、11256 712，故选C.4袋中有三个白球，两个黑球，现每次摸出一个球，不放回的摸取两次，则在第一次摸到黑球的条件下，第二次摸到白球的概率为_解析：记事件 A 为“第一次摸到黑球”，事件 B 为“第二次摸到白球”，则事件AB 为“第一次摸到黑球、第二次摸到白球”，依题意知 P(A)25，P(AB)2534 310，在第一次摸到黑球的条件下，第二次取到白球的概率是 P(B|A)PABPA 34.答案：345甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是23和34.假设两人射击是否击中目标相互之间没有影响，每人各次射击是否击中目标相互之间也没有影响(1)求甲射击 4 次，至少有 1 次未击中目标的概
148、率；(2)求两人各射击 4 次，甲恰好击中目标 2 次且乙恰好击中目标 3 次的概率；(3)假设每人连续 2 次未击中目标，则终止其射击问：乙恰好射击 5 次后，被终止射击的概率是多少？解：(1)记“甲射击 4 次，至少有 1 次未击中目标”为事件 A1，则事件 A1 的对立事件 A 1 为“甲射击 4 次，全部击中目标”由题意知，射击 4 次相当于做 4 次独立重复试验故 P(A 1)2341681.所以 P(A1)1P(A 1)116816581.所以甲连续射击 4 次，至少有一次未击中目标的概率为6581.(2)记“甲射击 4 次，恰好有 2 次击中目标”为事件 A2，“乙射击 4 次，
149、恰好有 3次击中目标”为事件 B2，则 P(A2)C2423212342 827，P(B2)C34343134432764.由于甲、乙射击是否击中目标相互独立，故 P(A2B2)P(A2)P(B2)827276418.所以两人各射击 4 次，甲恰有 2 次击中目标且乙恰有 3 次击中目标的概率为18.(3)记“乙恰好射击 5 次后，被终止射击”为事件 B3，“乙第 i 次射击未击中”为事件 Di(i1,2,3,4,5)，则B3D5D4 D 3(D 2 D 1 D 2D1D2 D 1)，且 P(Di)14.由于各事件相互独立，故 P(B3)P(D5)P(D4)P(D 3)P(D 2 D 1 D
150、2D1D2 D 1)14143411414 451 024.所以乙恰好射击 5 次后，被终止射击的概率为 451 024.第 7 课时 离散型随机变量的分布列、均值与方差1离散型随机变量的均值与方差一般地，若离散型随机变量 X 的分布列为Xx1x2xixnPp1p2pipn(1)分布列的性质pi0，i1,2,3，n.i1npi1.(2)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(3)方差称 D(X)i1n(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
151、 DX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判断下列结论的正误(正确的打“”错误的打“”)(1)随机变量的均值是常数，样本的平均值是随机变量，它不确定()(2)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()(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)离散型随机变量的各个可能值表示的事件是彼此互斥的()(5)期望值就是算术平均数，与概率无关()(6)随机变量的均值是常数，样本的平均值是随机变量()(7)在篮球比赛中，罚球命中
152、 1 次得 1 分，不中得 0 分如果某运动员罚球命中的概率为 0.7，那么他罚球 1 次的得分 X 的均值是 0.7.()(8)在一组数中，如果每个数都增加 a，则平均数也增加 a.()(9)在一组数中，如果每个数都增加 a，则方差增加 a2.()(10)如果每个数都变为原来的 a 倍，则其平均数是原来的 a 倍，方差是原来的 a2倍()考点一 离散型随机变量的分布列及性质命题点1.写随机变量的分布列2.求随机变量分布列的参数例 1(1)设 X 是一个离散型随机变量，其分布列为X101P1212qq2则 q 等于()A1 B1 22C1 22D1 22解析：由分布列的性质知12q0，q20，
153、1212qq21，q1 22.答案：C(2)设离散型随机变量 X 的分布列为X01234P0.20.10.10.3m求：2X1 的分布列；|X1|的分布列解：由分布列的性质知：020.10.10.3m1，m0.3.首先列表为X012342X113579|X1|10123从而由上表得两个分布列为2X1 的分布列为2X113579P0.20.10.10.30.3|X1|的分布列为|X1|0123P0.10.30.30.3方法引航 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，以保证每个概率值均为非负数.2求随机变量在某个范围内的取值概率时，根据分布列，将所求范围内随机变量对应的取值
154、概率相加即可，其依据是互斥事件的概率加法公式.1随机变量的分布列为：101Pabc其中 a，b，c 成等差数列，若 E()13，则 D()_.解析：由 a，b，c 成等差数列及分布列性质得，abc1，2bac，ac13，解得 b13，a16，c12.D()16113213013212113259.答案：592在本例(2)条件下，求 X2 的分布列解：X2 的分布列为X01234X2014916P0.20.10.10.30.3考点二 离散型随机变量的均值与方差命题点1.求离散型随机变量的均值与方差2.利用均值方差安排工作例 2(1)(2017湖南益阳调研)某工厂有两条相互不影响的生产线分别生产甲
155、、乙两种产品，产品出厂前需要对产品进行性能检测检测得分低于 80 的为不合格品，只能报废回收；得分不低于 80 的为合格品，可以出厂，现随机抽取这两种产品各60 件进行检测，检测结果统计如下：得分60,70)70,80)80,90)90,100甲种产品的件数5103411乙种产品的件数812319试分别估计甲，乙两种产品下生产线时为合格品的概率；生产一件甲种产品，若是合格品可盈利 100 元，若是不合格品则亏损 20 元；生产一件乙种产品，若是合格品可盈利 90 元，若是不合格品则亏损 15 元，在的前提下：a记 X 为生产 1 件甲种产品和 1 件乙种产品所获得的总利润，求随机变量 X 的分
156、布列和数学期望；b求生产 5 件乙种产品所获得的利润不少于 300 元的概率解：甲种产品为合格品的概率约为456034，乙种产品为合格品的概率约为406023.a.随机变量 X 的所有取值为 190,85,70，35，且 P(X190)342312，P(X85)341314，P(X70)142316，P(X35)1413 112.所以随机变量 X 的分布列为X190857035P121416112所以 E(X)1902 854 706 3512125.b设生产的 5 件乙种产品中合格品有 n 件，则不合格品有(5n)件，依题意得，90n15(5n)300，解得 n257，取 n4 或 n5，设
157、“生产 5 件乙种产品所获得的利润不少于 300 元”为事件 A，则 P(A)C4523413235112243.(2)(2016高考全国乙卷)某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个 200 元在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个 500 元现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了 100 台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图：以这 100 台机器更换的易损零件数的频率代替 1 台机器更换的易损零件数发生的概率，记 X 表示 2 台机器三年内共需更换的易损零件数，n 表示购
158、买 2 台机器的同时购买的易损零件数求 X 的分布列；若要求 P(Xn)0.5，确定 n 的最小值；以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在 n19 与 n20 之中选其一，应选用哪个？解：由柱状图并以频率代替概率可得，一台机器在三年内需更换的易损零件数为8,9,10,11 的概率分别为 0.2，0.4,0.2,0.2.从而P(X16)0.20.20.04；P(X17)20.20.40.16；P(X18)20.20.20.40.40.24；P(X19)20.20.220.40.20.24；P(X20)20.20.40.20.20.2；P(X21)20.20.20.08；P(X22)0.20
159、.20.04.所以 X 的分布列为X16171819202122P0.040.160.240.240.20.080.04由知 P(X18)0.44，P(X19)0.68，故 n 的最小值为 19.记 Y 表示 2 台机器在购买易损零件上所需的费用(单位：元)当 n19 时，E(Y)192000.68(19200500)0.2(192002500)0.08(192003500)0.044 040.当 n20 时，E(Y)202000.88(20200500)0.08(202002500)0.044 080.可知当 n19 时所需费用的期望值小于当 n20 时所需费用的期望值，故应选 n19.方法
160、引航 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 的均值、方差，求 的线性函数 ab 的均值、方差和标准差，可直接用 的均值、方差的性质求解；3由已知条件，作出对两种方案的判断.可依据均值、方差的意义，对实际问题作出判断.某商店试销某种商品 20 天，获得如下数据：日销售量(件)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，
161、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)120 520 310.(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.所以 X 的分布列为X23P1434考点三 与二项分布有关的均值与方差命题点1.利用公式求概率2.求二项分布的均值与方差例 3(1)若 XB(n，p)，且 E(X)6，D(X)3，则 P(X1)的值为()A322 B24C3210D28解析：E(X
162、)np6，D(X)np(1p)3，p12，n12，则 P(X1)C1121212113210.答案：C(2)某居民小区有两个相互独立的安全防范系统(简称系统)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 110和 p.若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为4950，求 p 的值；设系统 A 在 3 次相互独立的检测中不发生故障的次数为随机变量，求 的分布列及均值 E()解：设“至少有一个系统不发生故障”为事件 C，那么1P(C)1 110p4950，解得 p15.由题意，得P(0)110311 000，P(1)C131 110 1102 271 000，P(2)C231
163、 1102 110 2431 000，P(3)1 1103 7291 000.所以，随机变量 的分布列为0123P11 000271 0002431 0007291 000故随机变量 的均值E()011 0001 271 0002 2431 0003 7291 0002710.(或B3，910，E()3 9102710.)方法引航 如果 Bn，p，可直接按公式 Enp，Dnp1p求解.假设某班级教室共有 4 扇窗户，在每天上午第三节课上课预备铃声响起时，每扇窗户或被敞开或被并闭，且概率均为 0.5.记此时教室里敞开的窗户个数为 X.(1)求 X 的分布列；(2)若此时教室里有两扇或两扇以上的窗
164、户被关闭，班长就会将关闭的窗户全部敞开，否则维持原状不变记每天上午第三节课上课时刻教室里敞开的窗户个数为 Y，求 Y 的数学期望解：(1)X 的所有可能取值为 0,1,2,3,4，XB(4,0.5)，P(X0)C04124 116，P(X1)C1412414，P(X2)C2412438，P(X3)C3412414，P(X4)C44124 116，X 的分布列为X01234P116143814116(2)Y 的所有可能取值为 3,4，则P(Y3)P(X3)14，P(Y4)1P(Y3)34，Y 的数学期望 E(Y)314434154.规范答题求离散型随机变量的期望与方差典例(2017山东青岛诊断)
165、为了分流地铁高峰的压力，某市发改委通过听众会，决定实施低峰优惠票价制度不超过 22 公里的地铁票价如下表：乘坐里程 x(单位：km)0 x66x1212m)0.3，则 P(X6m)_.解析：因为 P(Xm)0.3，XN(3，2)所以 m3，P(X6m)P(X3(m3)P(Xm)0.3 所以 P(X6m)1P(X6m)0.7.答案：0.7(2)云南省 2016 年全省高中男生身高统计调查数据显示：全省 100 000 名高中男生的身高服从正态分布 N(170.5,16)现从云南省某校高三年级男生中随机抽取 50 名测量身高，测量发现被测学生身高全部介于 157.5 cm 和 187.5 cm 之
166、间，将测量结果按如下方式分成 6 组：第 1 组 157.5,162.5)，第 2 组 162.5,167.5)，第 6 组 182.5，187.5，如图是按上述分组方式得到的频率分布直方图试评估该校高三年级男生在全省高中男生中的平均身高状况；求这 50 名男生身高在 177.5 cm 以上(含 177.5 cm)的人数；身高排名(从高到低)在全省 130 名之内，其身高最低为多少？参考数据：若 N(，2)，则 P()0.682 6，P(22)0.954 4，P(33)0.997 4.解：由频率分布直方图知，该校高三年级男生平均身高为 1600.11650.21700.31750.21800.
167、11850.1171.5(cm)，171.5 cm170.5 cm，故该校高三年级男生的平均身高高于全省高中男生身高的平均值由频率分布直方图知，后两组频率和为 0.2，人数和为 0.25010，即这 50名男生中身高在 177.5 cm 以上(含 177.5 cm)的人数为 10.P(170.534170.534)0.997 4，P(182.5)10.997 420.001 3，又 0.001 3100 000130.身高在 182.5 cm 以上(含 182.5 cm)的高中男生可排进全省前 130 名方法引航 在高考中主要考查正态分布的概率计算问题，其解决方法如下：第一步，先弄清正态分布的
168、均值是多少；第二步：若均值为，则根据正态曲线的对称性可得 PX0.5，PX0.5，PXcPXcc0等结论；第三步，根据这些结论、题目中所给条件及对称性，对目标概率进行转化求解即可.,说明：关于正态总体在某个区间内取值的概率问题，要熟记 PX，P2X2，P30)，若 在(80,120)内的概率为 0.8，则 在(0,80)内的概率为()A0.05 B0.1C0.15 D0.2解析：选 B.由题意得，P(80100)P(100120)0.4，P(0100)0.5，P(080)0.1.2在某次大型考试中，某班同学的成绩服从正态分布 N(80,52)，现已知该班同学中成绩在 8085 分的有 17 人
169、试计算该班成绩在 90 分以上的同学有多少人解：依题意，由 8085 分的同学的人数和所占百分比求出该班同学的总数，再求90 分以上同学的人数成绩服从正态分布 N(80,52)，80，5，75，85.于是成绩在(75,85内的同学占全班同学的 68.26%.由正态曲线的对称性知，成绩在(80,85内的同学占全班同学的1268.26%34.13%.设该班有 x 名同学，则 x34.13%17，解得 x50.又 2801070，2801090，成绩在(70,90内的同学占全班同学的 95.44%.成绩在(80,90内的同学占全班同学的 47.72%.成绩在 90 分以上的同学占全班同学的 50%4
170、7.72%2.28%.即有 502.28%1(人)，即成绩在 90 分以上的同学仅有 1人.易错警示不能正确理解正态曲线的对称性典例 已知随机变量满足正态分布N(，2)，且P(2)0.4，则P(02)0.4，P(2)10.40.6，P(01)12P(2)0.3.错因 P(01)是 P(2)的一半正解 由 P(1)12得 1，随机变量 服从正态分布 N(1，2)，曲线关于 x1 对称P(2)0.6，P(01)0.60.50.1.答案 0.1警示 正态曲线关于直线 x 对称，从而在关于 x 对称的区间上概率相同P(Xa)1P(Xa)，P(Xa)P(Xa)高考真题体验1(2015高考湖南卷)在如图所
171、示的正方形中随机投掷 10 000 个点，则落入阴影部分(曲线 C 为正态分布 N(0,1)的密度曲线)的点的个数的估计值为()A2 386 B2 718C3 413 D4 772附：若 XN(，2)，则P(X)0.682 6，P(2X2)0.954 4.解析：选 C.由 P(1X1)0.682 6，得 P(0X1)0.341 3，则阴影部分的面积为 0.341 3，故估计落入阴影部分的点的个数为 10 0000.341 311 3 413，故选 C.2(2015高考山东卷)已知某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布 N(0,32)，从中随机取一件，其长度误差落在区间(3,6)内的概率为
172、()(附：若随机变量 服从正态分布 N(，2)，则 P()68.26%，P(22)95.44%.)A4.56%B13.59%C27.18%D31.74%解析：选 B.由正态分布的概率公式知 P(33)0.682 6，P(66)0.954 4，故 P(36)P66P3320.954 40.682 620.135 913.59%，故选 B.3(2014高考课标全国卷)从某企业生产的某种产品中抽取 500 件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下频率分布直方图：(1)求这 500 件产品质量指标值的样本平均数 x 和样本方差 s2(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；(2)由直方图可
173、以认为，这种产品的质量指标值 Z 服从正态分布 N(，2)，其中 近似为样本平均数 x，2 近似为样本方差 s2.利用该正态分布，求 P(187.8Z212.2)；某用户从该企业购买了 100 件这种产品，记 X 表示这 100 件产品中质量指标值位于区间(187.8,212.2)的产品件数，利用的结果，求 E(X)附：15012.2.若 ZN(，2)，则 P(Z)0.682 6，P(2Z2)0.954 4.解：(1)抽取产品的质量指标值的样本平均数 x 和样本方差 s2 分别为x 1700.021800.091900.222000.332100.242200.082300.02200，s2(
174、30)20.02(20)20.09(10)20.2200.331020.242020.083020.02150.(2)由(1)知，ZN(200,150)，从而 P(187.8Z212.2)P(20012.2Zc1)P(Xc1)，则 c 等于()A1 B2C3 D4解析：选 B.2，由正态分布的定义知其图象关于直线 x2 对称，于是c1c122，c2.2正态总体 N(1,9)在区间(2,3)和(1,0)上取值的概率分别为 m，n，则()AmnBmnCmnD不确定解析：选 C.正态总体 N(1,9)的曲线关于 x1 对称，区间(2,3)与(1,0)到对称轴距离相等，故 mn.3一批产品共 50 件
175、，次品率为 4%，从中任取 10 件，则抽到 1 件次品的概率是()A.C12C948C1050B.C12C950C1050C.C12C1050D.C948C1050解析：选 A.50 件产品中，次品有 504%2 件，设抽到的次品数为 X，则抽到 1件次品的概率是 P(X1)C12C948C1050.4设 XN(1，21)，YN(2，22)，这两个正态分布密度曲线如图所示，下列结论中正确的是()AP(Y2)P(Y1)BP(X2)P(X1)C对任意正数 t，P(Xt)P(Yt)D对任意正数 t，P(Xt)P(Yt)解析：选 D.由图象知，12，112，故 P(Y2)P(Y1)，故 A 错；因为
176、 1P(X1)，故 B 错；对任意正数 t，P(Xt)P(Yt)，故 C 错；对任意正数 t，P(Xt)P(Yt)是正确的，故选 D.5设随机变量 服从正态分布 N(3,4)，若 P(2a3)P(a2)，则 a()A.37B.73C.78D.87解析：选 B.因为 服从正态分布 N(3,4)，且 P(2a3)P(a2)，所以 2a3a26，a73.6若随机变量 X 的概率分布密度函数是，(x)12 2ex228(xR)，则 E(2X1)_.解析：2，2，E(2X1)2E(X)12(2)15.答案：57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 X
177、的分布列为X012P_解析：P(X0)C22C250.1，P(X1)C13C12C25 6100.6，P(X2)C23C250.3.答案：0.1 0.6 0.38已知某次英语考试的成绩 X 服从正态分布 N(116,64)，则 10 000 名考生中成绩在140 分以上的人数为_解析：由已知得 116，8.P(92X140)P(3X3)0.997 4，P(X140)12(10.997 4)0.001 3，成绩在 140 分以上的人数为 13.答案：139甲、乙两人参加某电视台举办的答题闯关游戏，按照规则，甲先从 6 道备选题中一次性抽取 3 道题独立作答，然后由乙回答剩余 3 题，每人答对其中
178、 2 题就停止答题，即闯关成功已知在 6 道备选题中，甲能答对其中的 4 道题，乙答对每道题的概率都是23.(1)求甲、乙至少有一人闯关成功的概率；(2)设甲答对题目的个数为，求 的分布列解：(1)设甲、乙闯关成功分别为事件 A，B，则 P(A)C14C22C36 42015，P(B)1233C231232231 12729 727，则甲、乙至少有一人闯关成功的概率是1P(A B)1P(A)P(B)115 727128135.(2)由题意知 的可能取值是 1,2.P(1)C14C22C36 15，P(2)C24C12C34C3645，则 的分布列为12P154510.盒内有大小相同的 9 个球
179、，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，取出一个白色球得 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 个球中至少有一个红球的概率；(2)求取出的 3 个球得分之和恰好为 1 分的概率；(3)设 为取出的 3 个球中白色球的个数，求 的分布列解：(1)P1C37C39 712.(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)C12C23C39 C22C14C39 542.(3)可能的取值为 0,1,2,3，服从超几何分布，P(k)Ck3C
180、3k6C39，k0,1,2,3.故 P(0)C36C39 521，P(1)C13C26C39 1528；P(2)C23C16C39 314，P(3)C33C39 184.的分布列为：0123P5211528314184B 组 能力突破1某市组织一次高三调研考试，考试后统计的数学成绩服从正态分布，其密度函数为，(x)1210(xR)，则下列命题中不正确的是()A该市这次考试的数学平均成绩为 80 分B分数在 120 分以上的人数与分数在 60 分以下的人数相同C分数在 110 分以上的人数与分数在 50 分以下的人数相同D该市这次考试的数学成绩标准差为 10解析：选 B.由密度函数知，均值(期望
181、)80，标准差 10，又正态曲线关于直线x80 对称，故分数在 100 分以上的人数与分数在 60 分以下的人数相同，所以 B 是错误的2已知 XN(，2)时，P(X)0.682 6，P(2X2)0.954 4，P(3X3)0.997 4，则34 12dx()A0.043 B0.021 5C0.341 3 D0.477 2解析：选 B.由题意知，1，1，P(3X4)12P(2X4)P(1X3)12(0.997 40.954 4)0.021 5.故选 B.3已知随机变量 服从正态分布 N(2,9)，若 P(3)a，P(13)b，则函数f(a)a2a1a1的值域是_解析：易知正态曲线关于直线 x2
182、 对称，所以 P(3)P(1)a，则有2ab1，a0，b0 0a12.f(a)a 1a1(a1)1a11，令 ta11，32，函数 f(a)g(t)t1t1 在 t1，32 上是增函数，所以g(t)g1，g32 1，16.答案：1，164端午节吃粽子是我国的传统习俗设一盘中装有 10 个粽子，其中豆沙粽 2 个，肉粽 3 个，白粽 5 个，这三种粽子的外观完全相同，从中任意选取 3 个(1)求三种粽子各取到 1 个的概率；(2)设 X 表示取到的豆沙粽个数，求 X 的分布列与数学期望解：(1)令 A 表示事件“三种粽子各取到 1 个”，则由古典概型的概率计算公式有P(A)C12C13C15C3
183、1014.(2)X 的所有可能值为 0,1,2，且P(X0)C38C310 715，P(X1)C12C28C310 715，P(X2)C22C18C310 115.综上知，X 的分布列为X012P715715115故 E(X)0 7151 7152 11535.5某超市为了响应环保要求，鼓励顾客自带购物袋到超市购物，采取了如下措施：对不使用超市塑料购物袋的顾客，超市给予 9.6 折优惠；对需要超市塑料购物袋的顾客，既要付购买费，也不享受折扣优惠假设该超市在某个时段内购物的人数为36 人，其中有 12 位顾客自己带了购物袋，现从这 36 人中随机抽取两人(1)求这两人都享受折扣优惠或都不享受折扣
184、优惠的概率；(2)设这两人中享受折扣优惠的人数为，求 的分布列和数学期望解：(1)设“两人都享受折扣优惠”为事件 A，“两人都不享受折扣优惠”为事件 B，则 P(A)C212C236 11105，P(B)C224C236 46105.因为事件 A，B 互斥，则 P(AB)P(A)P(B)11105 46105 571051935.故这两人都享受折扣优惠或都不享受折扣优惠的概率是1935.(2)据题意，得 的可能取值 0,1,2.其中 P(0)P(B)46105，P(1)C112C124C236 48105，P(2)P(A)11105.所以 的分布列为012P461054810511105所以，E()0 461051 481052 1110523.
