【数学】2019届一轮复习苏教版第十一章统计、概率、计数原理学案 85页

第十一章 统计、概率、计数原理 第一节抽样方法、用样本估计总体 本节主要包括2个知识点：‎ ‎1.抽样方法与统计图表；‎ ‎2.样本的数字特征.‎ 突破点(一)　抽样方法与统计图表 ‎ 基础联通 抓主干知识的“源”与“流”‎ ‎1．简单随机抽样 ‎(1)定义：‎ 一般地，从个体数为N的总体中逐个不放回地取出n个个体作为样本(n＜N)，如果每个个体都有相同的机会被取到，那么这样的抽样方法称为简单随机抽样．‎ ‎(2)最常用的方法：抽签法和随机数表法．‎ ‎2．系统抽样 将总体平均分成几个部分，然后按照一定的规则，从每个部分中抽取一个个体作为样本，这样的抽样方法称为系统抽样．‎ ‎3．分层抽样 一般地，当总体由差异明显的几个部分组成时，为了使样本更客观地反映总体情况，我们常常将总体中的个体按不同的特点分成层次比较分明的几个部分，然后按各个部分在总体中所占的比实施抽样，这种抽样方法叫分层抽样，所分成的各个部分称为“层”．‎ ‎4．三种抽样方法的比较 类别 共同点 各自特点 相互联系 适用范围 简单随机抽样 均为不放回抽样，且抽样过程中每个个体被抽取的机会相等 从总体中逐个抽取 是后两种方法的基础 总体中的个数较少 系统抽样 将总体均分成几部分，按事先确定的规则在各部分中抽取 在起始部分抽样时采用简单随机抽样 元素个数很多且均衡的总体抽样 分层抽样 将总体分成几层，分层按比例进行抽取 各层抽样时采用简单随机抽样或系统抽样 总体由差异明显的几部分组成 ‎5.作频率分布直方图的步骤 ‎(1)求极差(即一组数据中最大值与最小值的差)；(2)决定组距与组数；(3)将数据分组；(4)列频率分布表；(5)画频率分布直方图．‎ ‎6．频率分布折线图和总体密度曲线 ‎(1)频率分布折线图：连结频率分布直方图中各小长方形上端的中点，就得到频率分布折线图．‎ ‎(2)总体密度曲线：随着样本容量的增加，作图时所分的组数增加，组距减小，相应的频率折线图会越来越接近于一条光滑曲线，统计中称这条光滑曲线为总体密度曲线．‎ ‎7．茎叶图的优点 茎叶图的优点是可以保留原始数据，而且可以随时记录，这对数据的记录和表示都能带来方便.‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”‎ 抽样方法 类型(一)　简单随机抽样 ‎1．抽签法的步骤 第一步，将总体中的N个个体编号；‎ 第二步，将这N个号码写在形状、大小相同的号签上；‎ 第三步，将号签放在同一箱中，并搅拌均匀；‎ 第四步，从箱中每次抽取1个号签，连续抽取k次；‎ 第五步，将总体中与抽取的号签的编号一致的k个个体取出．‎ ‎2．随机数表法的步骤 第一步，将个体编号；‎ 第二步，在随机数表中任选一个数开始；‎ 第三步，从选定的数开始，按照一定抽样规则在随机数表中选取数字，取足满足要求的数字就得到样本的号码．‎ ‎[例1]　(1)以下抽样方法中是简单随机抽样的序号是________．‎ ‎①在某年明信片销售活动中，规定每100万张为一个开奖组，通过随机抽取的方式确定号码的后四位为2709的为三等奖；‎ ‎②某车间包装一种产品，在自动包装的传送带上，每隔30分钟抽一包产品，称其重量是否合格；‎ ‎③某学校分别从行政人员、教师、后勤人员中抽取2人、14人、4人了解对学校机构改革的意见；‎ ‎④用抽签方法从10件产品中选取3件进行质量检验．‎ ‎(2)总体由编号为01，02，…，19,20的20个个体组成．利用下面的随机数表选取5个个体，选取方法是从随机数表第1行的第5列和第6列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第5个个体的编号为________．‎ ‎7816‎ ‎6572‎ ‎0802‎ ‎6314‎ ‎0702‎ ‎4369‎ ‎9728‎ ‎0198‎ ‎3204‎ ‎9234‎ ‎4935‎ ‎8200‎ ‎3623‎ ‎4869‎ ‎6938‎ ‎7481‎ ‎　　[解析]　(1)①②不是简单随机抽样，因为抽取的个体间的间隔是固定的；③不是简单随机抽样，因为总体的个体有明显的层次；④是简单随机抽样．‎ ‎(2)由题意知前5个个体的编号为08,02,14,07,01.‎ ‎[答案]　(1)④　(2)01‎ 类型(二)　系统抽样 系统抽样的步骤 ‎[例2]　(1)某单位有840名职工，现采用系统抽样方法抽取42人做问卷调查，将840人按1，2，…，840随机编号，则抽取的42人中，编号落入区间[481,720]的人数为________．‎ ‎(2)湖南卫视为了解观众对《我是歌手》的意见，准备从502名现场观众中抽取10%进行座谈，现用系统抽样的方法完成这一抽样，则在进行分组时，需剔除________个个体，抽样间隔为________．‎ ‎[解析]　(1)由系统抽样定义可知，所分组距为＝20，每组抽取一人，因为包含整数个组，所以抽取个体在区间[481,720]的数目为(720－480)÷20＝12.‎ ‎(2)把502名观众平均分成50组，由于502除以50的商是10，余数是2，所以每组有10名观众，还剩2名观众，采用系统抽样的方法抽样时，应先用简单随机抽样的方法从502名观众中抽取2名观众，这2名观众不参加座谈；再将剩下的500名观众编号为1,2,3，…，500，并均匀分成50段，每段含＝10个个体．所以需剔除2个个体，抽样间隔为10.‎ ‎[答案]　(1)12　(2)2　10‎ ‎[易错提醒]‎ 用系统抽样法抽取样本，当不为整数时，取k＝，即先从总体中用简单随机抽样的方法剔除(N－nk)个个体，且剔除多余的个体不影响抽样的公平性．‎ 类型(三)　分层抽样 进行分层抽样的相关计算时，常利用以下关系式巧解：‎ ‎(1)＝；‎ ‎(2)总体中某两层的个体数之比＝样本中这两层抽取的个体数之比．‎ ‎[例3]　(1)(2017·江苏高考)某工厂生产甲、乙、丙、丁四种不同型号的产品，产量分别为200,400,300,100件．为检验产品的质量，现用分层抽样的方法从以上所有的产品中抽取60件进行检验，则应从丙种型号的产品中抽取________件．‎ ‎(2)(2018·东北三校联考)某工厂生产甲、乙、丙三种型号的产品，产品数量之比为3∶5∶7，现用分层抽样的方法抽出容量为n的样本，其中甲种产品有18件，则样本容量n＝________.‎ ‎(3)某学校三个兴趣小组的学生人数分布如下表(每名同学只参加一个小组)(单位：人).‎ 篮球组 书画组 乐器组 高一 ‎45‎ ‎30‎ a 高二 ‎15‎ ‎10‎ ‎20‎ 学校要对这三个小组的活动效果进行抽样调查，按小组分层抽样的方法，从参加这三个兴趣小组的学生中抽取30人，结果篮球组被抽出12人，则a的值为________．‎ ‎[解析]　(1)应从丙种型号的产品中抽取 ‎60×＝18(件)．‎ ‎(2)依题意得×n＝18，解得n＝90，即样本容量为90.‎ ‎(3)由题意知＝，解得a＝30.‎ ‎[答案]　(1)18　(2)90　(3)30‎ ‎[方法技巧]‎ 分层抽样的解题策略 ‎(1)分层抽样中分多少层，如何分层要视具体情况而定，总的原则是：层内样本的差异要小，两层之间的样本差异要大，且互不重叠．‎ ‎(2)为了保证每个个体等可能入样，所有层中每个个体被抽到的可能性相同．‎ ‎(3)在每层抽样时，应采用简单随机抽样或系统抽样的方法进行抽样．‎ ‎(4)抽样比＝＝.　　　 ‎ 频率分布直方图和茎叶图 类型(一)　频率分布直方图 ‎[例4]　(1)(2018·扬州市考前调研)‎ 随着社会的发展，食品安全问题渐渐成为社会关注的热点，为了提高学生的食品安全意识，某学校组织全校学生参加食品安全知识竞赛，成绩的频率分布直方图如下图所示，数据的分组依次为[20,40)，[40,60)，[60,80)，[80,100)，若该校的学生总人数为3 000，则成绩不超过60分的学生人数大约为________．‎ ‎(2)某地政府调查了工薪阶层1 000人的月工资收入，并根据调查结果画出如图所示的频率分布直方图，为了了解工薪阶层对月工资收入的满意程度，要用分层抽样的方法从调查的1 000人中抽出100人做电话询访，则(30,35](百元)月工资收入段应抽出________人．‎ ‎[解析]　(1)由图知，成绩不超过60分的学生的频率为(0.005＋0.01)×20＝0.3，所以成绩不超过60分的学生人数大约为0.3×3 000＝900.‎ ‎(2)月工资收入落在(30,35](百元)内的频率为1－(0.02＋0.04＋0.05＋0.05＋0.01)×5＝1－0.85＝0.15，所以(30,35](百元)月工资收入段应抽出100×0.15＝15(人)．‎ ‎[答案]　(1)900　(2)15‎ ‎[方法技巧]‎ ‎1．绘制频率分布直方图时需注意的两点 ‎(1)制作好频率分布表后，可以利用各组的频率之和是否为1来检验该表是否正确；‎ ‎(2)频率分布直方图的纵坐标是，而不是频率．‎ ‎2．与频率分布直方图计算有关的两个关系式 ‎(1)×组距＝频率；‎ ‎(2)＝频率，此关系式的变形为＝样本容量，样本容量×频率＝频数．　　‎ 类型(二)　茎叶图 ‎1．茎叶图的绘制需注意：‎ ‎(1)“叶”的位置只有一个数字，而“茎”的位置的数字位数一般不需要统一；‎ ‎(2)重复出现的数据要重复记录，不能遗漏，特别是“叶”的位置上的数据．‎ ‎2．茎叶图通常用来记录两位数的数据，可以用来分析单组数据，也可以用来比较两组数据．通过茎叶图可以确定数据的中位数，数据大致集中在哪个茎，数据是否关于该茎对称，数据分布是否均匀等．‎ ‎[例5]　某良种培育基地正在培育一小麦新品种A，将其与原有的一个优良品种B进行对照试验，两种小麦各种植了25亩，所得亩产数据(单位：千克)如下．‎ 品种A：‎ ‎357,359,367,368,375,388,392,399,400,405,412,414,415,421,423,423,427,430,430,434,443,445,445,451,454‎ 品种B：‎ ‎363,371,374,383,385,386,391,392,394,394,395,397,397,400,401,401,403,406,407,410,412,415,416,422,430‎ ‎(1)作出数据的茎叶图；‎ ‎(2)通过观察茎叶图，对品种A与B的亩产量及其稳定性进行比较，写出统计结论．‎ ‎[解]　(1)画出茎叶图如图所示：‎ ‎(2)通过观察茎叶图可以看出：①品种A的亩产平均数(或均值)比品种B高；②品种A的亩产标准差(或方差)比品种B大，故品种A的亩产稳定性较差．‎ ‎[方法技巧]‎ 茎叶图问题的求解策略 ‎(1)由于茎叶图完全反映了所有的原始数据，解决由茎叶图给出的统计图表问题时，要充分对这个图表提供的样本数据进行相关的计算或者是对某些问题作出判断．‎ ‎(2)茎叶图不能直接反映总体的分布情况，这就需要通过茎叶图数据求出样本数据的数字特征，进一步估计总体情况．　　‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失”‎ ‎1.某工厂的质检人员对生产的100件产品，采用随机数法抽取10件检查，对100件产品采用下面的编号方法：‎ ‎①1,2,3，…，100；‎ ‎②001,002，…，100；‎ ‎③00,01,02，…，99；‎ ‎④01,02,03，…，100.‎ 其中正确的序号是________．‎ 解析：根据随机数法编号可知，①④编号位数不统一．‎ 答案：②③‎ ‎2.(2018·南京市高三年级学情调研)某高校甲、乙、丙、丁四个专业分别有150,150,400,300名学生．为了解学生的就业倾向，用分层抽样的方法从该校这四个专业中抽取40名学生进行调查，则应从丙专业抽取的学生人数为________．‎ 解析：400×＝16.‎ 答案：16‎ ‎3.甲、乙两套设备生产的同类型产品共4 800件，采用分层抽样的方法从中抽取一个容量为80的样本进行质量检测．若样本中有50件产品由甲设备生产，则乙设备生产的产品总数为________．‎ 解析：分层抽样中各层的抽样比相同．样本中甲设备生产的有50件，则乙设备生产的有30件．在4 800件产品中，甲、乙设备生产的产品总数比为5∶3，所以乙设备生产的产品的总数为×4 800＝1 800(件)．‎ 答案：1 800‎ ‎4.为了了解本班学生对网络游戏的态度，高三(6)班计划在全班60人中展开调查，根据调查结果，班主任计划采用系统抽样的方法抽取若干名学生进行座谈，为此先对60名学生进行编号为：01,02,03，…，60，已知抽取的学生中最小的两个编号为03,09，则抽取的学生中最大的编号为________．‎ 解析：由最小的两个编号为03,09可知，抽取时的分段间隔是6.即抽取10名同学，其编号构成首项为3，公差为6的等差数列，故最大编号为3＋9×6＝57.‎ 答案：57‎ ‎5.在一次马拉松比赛中，35名运动员的成绩(单位：分钟)的茎叶图如图所示．‎ 若将运动员按成绩由好到差编为1～35号，再用系统抽样方法从中抽取7人，则其中成绩在区间[139,151]上的运动员人数是________．‎ 解析：35÷7＝5，因此可将编号为1～35的35个数据分成7组，每组有5个数据，在区间[139,151]上共有20个数据，分在20÷5＝4个小组中，每组取1人，共取4人．‎ 答案：4‎ ‎6.某班50位学生期中考试数学成绩的频率分布直方图如图所示，其中成绩分组区间是：[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]，则图中x的值等于________．‎ 解析：依题意，0.054×10＋10×x＋0.01×10＋0.006×10×3＝1，解得 x＝0.018.‎ 答案：0.018‎ 突破点(二)　样本的数字特征 ‎ ‎ ‎ 基础联通 抓主干知识的“源”与“流”‎ ‎1．众数、中位数、平均数 数字特征 定义与求法 优点与缺点 众数 一组数据中重复出现次数最多的数 众数体现了样本数据的最大集中点，不受极端值的影响．但显然它对其他数据信息的忽视使得无法客观地反映总体特征 中位数 把一组数据按从小到大的顺序排列，处在中间位置的一个数据(或两个数据的平均数)‎ 中位数等分样本数据所占频率，它不受少数几个极端值的影响，这在某些情况下是优点，但它对极端值的不敏感有时也会成为缺点 平均数 如果有n个数据x1，x2，…，xn，那么这n个数的平均数＝ 平均数与每一个样本数据有关，可以反映出更多的关于样本数据全体的信息，但平均数受数据中的极端值的影响较大，使平均数在估计总体时可靠性降低 ‎2.标准差、方差 ‎(1)标准差：样本数据到平均数的一种平均距离，一般用s表示，s＝ .‎ ‎(2)方差：标准差的平方 s2＝[(x1－)2＋(x2－)2＋…＋(xn－)2]，其中xi(i＝1,2,3，…，n)是样本数据，n是样本容量，是样本平均数．‎ ‎(3)方差与标准差相比，都是衡量样本数据离散程度的统计量，但方差因为对标准差进行了平方运算，夸大了样本的偏差程度．‎ ‎3．平均数、方差公式的推广 若数据x1，x2，…，xn的平均数为，方差为s2，则数据mx1＋a，mx2＋a，…，mxn＋a的平均数为m＋a，方差为m2s2.‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”‎ ‎ ‎ 样本的数字特征 ‎1.用样本估计总体时，样本的平均数、标准差只是总体的平均数、标准差的近似．实际应用中，需先计算数据的平均数，分析平均水平，再计算方差(标准差)，分析稳定情况．‎ ‎2．若给出图形，一方面可以由图形得到相应的样本数据，计算平均数、方差(标准差)；另一方面，可以从图形直观分析样本数据的分布情况，大致判断平均数的范围，并利用数据的波动性比较方差(标准差)的大小．‎ 考法(一)　与频率分布直方图交汇命题 ‎[例1]　某市居民用水拟实行阶梯水价，每人月用水量中不超过w立方米的部分按4元/立方米收费，超出w立方米的部分按10元/立方米收费．从该市随机调查了10 000位居民，获得了他们某月的用水量数据，整理得到如下频率分布直方图．‎ ‎(1)如果w为整数，那么根据此次调查，为使80%以上居民在该月的用水价格为4元/立方米，w至少定为多少？‎ ‎(2)假设同组中的每个数据用该组区间的右端点值代替．当w＝3时，估计该市居民该月的人均水费．‎ ‎[解]　(1)由用水量的频率分布直方图，知该市居民该月用水量在区间[0.5,1]，(1,1.5]，(1.5,2]，(2,2.5]，(2.5,3]内的频率依次为0.1,0.15,0.2,0.25,0.15.‎ 所以该月用水量不超过3立方米的居民占85%，用水量不超过2立方米的居民占45%.‎ 依题意，w至少定为3.‎ ‎(2)由用水量的频率分布直方图及题意，得居民该月用水费用的数据分组与频率分布表如下：‎ 组号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ 分组 ‎[2,4]‎ ‎(4,6]‎ ‎(6,8]‎ ‎(8,10]‎ ‎(10,12]‎ ‎(12,17]‎ ‎(17,22]‎ ‎(22,27]‎ 频率 ‎0.1‎ ‎0.15‎ ‎0.2‎ ‎0.25‎ ‎0.15‎ ‎0.05‎ ‎0.05‎ ‎0.05‎ 根据题意，该市居民该月的人均水费估计为 ‎4×0.1＋6×0.15＋8×0.2＋10×0.25＋12×0.15＋17×0.05＋22×0.05＋27×0.05＝10.5(元)．‎ ‎　[方法技巧]‎ 频率分布直方图与众数、中位数、平均数的关系 ‎(1)最高的小长方形底边中点的横坐标为众数；‎ ‎(2)中位数左边和右边的小长方形的面积和是相等的；‎ ‎(3)平均数是频率分布直方图的“重心”，等于频率分布直方图中每个小长方形的面积乘以小长方形底边中点的横坐标之和．　‎ 考法(二)　与茎叶图交汇命题[例2]　(1)如图所示的茎叶图记录了甲、乙两组各五名学生在一次英语听力测试中的成绩(单位：分)，已知甲组数据的中位数为17，乙组数据的平均数为17.4，则x，y的值分别是________．‎ ‎(2)(2017·南京三模)如图是甲、乙两名篮球运动员在五场比赛中所得分数的茎叶图，则在这五场比赛中得分较为稳定(方差较小)的那名运动员的得分的方差为________．‎ ‎[解析]　(1)甲组数据的中位数为17, 故y＝7，‎ 乙组数据的平均数为＝17.4，解得x＝7.‎ ‎(2)由茎叶图知，得分较为稳定的那名运动员应该是乙，他在五场比赛中得分分别为8,9,10,13,15，所以他的平均得分为＝×(8＋9＋10＋13＋15)＝11，其方差为s2＝×[(8－11)2＋(9－11)2＋(10－11)2＋(13－11)2＋(15－11)2]＝6.8.‎ ‎[答案]　(1)7,7　(2)6.8‎ ‎[易错提醒]‎ 在使用茎叶图时，一定要观察所有的样本数据，弄清楚这个图中数字的特点，不要漏掉了数据，也不要混淆茎叶图中茎与叶的含义．　　‎ 样本数据与优化决策 ‎[例3]　甲、乙、丙、丁四人参加某运动会射击项目选拔赛，四人的平均成绩和方差如下表所示：‎ 甲 乙 丙 丁 平均环数 ‎8.3‎ ‎8.8‎ ‎8.8‎ ‎8.7‎ 方差s2‎ ‎3.5‎ ‎3.6‎ ‎2.2‎ ‎5.4‎ 从这四个人中选择一人参加该运动会射击项目比赛，最佳人选是________．‎ ‎[解析]　由题目表格中数据可知，丙平均环数最高，且方差最小，说明成绩好，且技术稳定，所以最佳人选是丙．‎ ‎[答案]　丙 ‎[方法技巧]‎ 利用样本的数字特征解决优化决策问题的依据 ‎(1)平均数反映了数据取值的平均水平；标准差、方差描述了一组数据围绕平均数波动的大小．标准差、方差越大，数据的离散程度越大，越不稳定；标准差、方差越小，数据的离散程度越小，越稳定．‎ ‎(2)用样本估计总体就是利用样本的数字特征来描述总体的数字特征．　　‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失”‎ ‎1.如图是某学校举行的运动会上七位评委为某体操项目打出的分数的茎叶统计图，去掉一个最高分和一个最低分后，所剩数据的平均数和方差分别为________．‎ 解析：依题意，所剩数据的平均数是80＋×(4×3＋6＋7)＝85，所剩数据的方差是×[3×(84－85)2＋(86－85)2＋(87－85)2]＝1.6.‎ 答案：85,1.6‎ ‎2.甲、乙两名射击运动员参加某大型运动会的预选赛，他们分别射击了5次，成绩如下表(单位：环)：‎ 甲 ‎10‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎9‎ ‎9‎ 乙 ‎10‎ ‎10‎ ‎7‎ ‎9‎ ‎9‎ 如果甲、乙两人中只有1人入选，则入选的最佳人选应是________．‎ 解析：甲＝乙＝9，s＝×[(9－10)2＋(9－8)2＋(9－9)2＋(9－9)2＋(9－9)2]＝，‎ s＝×[(9－10)2＋(9－10)2＋(9－7)2＋(9－9)2＋(9－9)2]＝＞s，故甲更稳定．‎ 答案：甲 ‎3.我国是世界上严重缺水的国家，某市政府为了鼓励居民节约用水，计划调整居民生活用水收费方案，拟确定一个合理的月用水量标准x(吨)，一位居民的月用水量不超过x的部分按平价收费，超出x的部分按议价收费．为了了解居民用水情况，通过抽样，获得了某年100位居民每人的月均用水量(单位：吨)，将数据按照 ‎[0,0.5)，[0.5,1)，…，[4,4.5]分成9组，制成了如图所示的频率分布直方图．‎ ‎(1)求直方图中a的值；‎ ‎(2)设该市有30万居民，估计全市居民中月均用水量不低于3吨的人数，并说明理由；‎ ‎(3)若该市政府希望使85%的居民每月的用水量不超过标准x(吨)，估计x的值，并说明理由．‎ 解：(1)由频率分布直方图可知，月均用水量在[0,0.5)中的频率为0.08×0.5＝0.04.同理，在[0.5,1)，[1.5,2)，[2，2.5)，[3,3.5)，[3.5,4)，[4,4.5]中的频率分别为0.08，0.20，0.26,0.06,0.04,0.02.‎ 由0.04＋0.08＋0.5×a＋0.20＋0.26＋0.5×a＋0.06＋0.04＋0.02＝1，解得a＝0.30.‎ ‎(2)由(1)知100位居民每人的月均用水量不低于3吨的频率为0.06＋0.04＋0.02＝0.12.由以上样本的频率分布，可以估计全市30万居民中月均用水量不低于3吨的人数为300 000×0.12＝36 000.‎ ‎(3)因为前6组的频率之和为0.04＋0.08＋0.15＋0.20＋0.26＋0.15＝0.88＞0.85，而前5组的频率之和为0.04＋0.08＋0.15＋0.20＋0.26＝0.73＜0.85，所以2.5≤x＜3.由0.30×(x－2.5)＝0.85－0.73，解得x＝2.9.‎ 所以，估计月用水量标准为2.9吨时，85%的居民每月的用水量不超过标准．‎ ‎4.某车间20名工人年龄数据如下表：‎ ‎(1)求这20名工人年龄的众数与极差；‎ ‎(2)以十位数为茎，个位数为叶，作出这20名工人年龄的茎叶图；‎ ‎(3)求这20名工人年龄的方差．‎ 解：(1)由题可知，这20名工人年龄的众数是30，极差是40－19＝21.‎ ‎(2)这20名工人年龄的茎叶图如图所示：‎ ‎(3)这20名工人年龄的平均数为＝(19＋3×28＋3×29＋5×30＋4×31＋3×32＋40)＝30，‎ ‎∴这20名工人年龄的方差为s2＝ (xi－)2＝＝＝12.6.‎ ‎[课时达标检测]‎ ‎　　 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考 ‎ ‎[练基础小题——强化运算能力]‎ ‎1．某学校为了了解某年高考数学的考试成绩，在高考后对该校1 200名考生进行抽样调查，其中有400名文科考生，600名理科考生，200名艺术和体育类考生，从中抽取120名考生作为样本，记这项调查为①；从10名家长中随机抽取3名参加座谈会，记这项调查为②，则完成①，②这两项调查宜采用的抽样方法依次是___________________________．‎ 解析：在①中，文科考生、理科考生、艺术和体育类考生会存在差异，采用分层抽样法较好；在②中，抽取的样本个数较少，宜采用简单随机抽样法．‎ 答案：分层抽样法，简单随机抽样法 ‎2．(2018·江苏省淮安市高三期中)某校高三年级500名学生中，血型为O型的有200人，A型的有125人，B型的有125人，AB型的有50人．为研究血型与色弱之间的关系，现用分层抽样的方法从这500名学生中抽取一个容量为60的样本，则应抽取________名血型为AB的学生．‎ 解析：在整个抽样过程中，每个个体被抽到的概率为＝，所以血型为AB的学生应抽取的人数为50×＝6.‎ 答案：6‎ ‎3．(2018·常州模拟)某地区有高中学校10所，初中学校30所，小学学校60所．现采用分层抽样的方法从这些学校中抽取20所学校对学生进行体质健康检查，则应抽取初中学校________所．‎ 解析：抽样比为＝20%，所以应抽取初中学校30×20%＝6所．‎ 答案：6‎ ‎4．(2018·徐州市高三年级期中)已知一组数据：87，x,90,89,93的平均数为90，则该组数据的方差为________．‎ 解析：由题意(87＋x＋90＋89＋93)＝90，得到x＝91，所以方差s2＝[(87－90)2＋(91－90)2＋(90－90)2＋(89－90)2＋(93－90)2]＝4.‎ 答案：4‎ ‎[练常考题点——检验高考能力]‎ 一、填空题 ‎1．(2017·苏州暑假测试)已知等差数列{an}的公差为d，若a1，a2，a3，a4，a5的方差为8，则d＝________.‎ 解析：因为{an}为等差数列，所以a1，a2，a3，a4，a5的均值为a3，所以方差为[(－2d)2＋(－d)2＋0＋d2＋(2d)2]＝2d2＝8，解得d＝±2.‎ 答案：±2‎ ‎2．(2018·南通模拟)如图是甲、乙两位同学在5次数学测试中得分的茎叶图，则成绩较稳定(方差较小)的那一位同学的方差为________．‎ 解析：甲＝(88＋89＋90＋91＋92)＝90；乙＝(87＋89＋90＋91＋93)＝90.s＝[(88－90)2＋(89－90)2＋(90－90)2＋(91－90)2＋(92－90)2]＝(4＋1＋4＋1)＝2；s＝[(87－90)2]＋(89－90)2＋(90－90)2＋(91－90)2＋(93－90)2]＝(9＋1＋1＋9)＝4.‎ 答案：2‎ ‎3．如图是依据某城市年龄在20岁到45岁的居民上网情况调查而绘制的频率分布直方图，现已知年龄在[30,35)，[35,40)，[40,45]的网民人数成递减的等差数列，则年龄在[35,40)的网民出现的频率为________．‎ 解析：由题意得，年龄在[20,25)的网民出现的频率为0.01×5＝0.05，[25,30)的网民出现的频率为0.07×5＝0.35，又[30,35)，[35,40)，[40,45]的网民人数成递减的等差数列，则其频率也成等差数列，又[30,45]的频率为1－0.05－0.35＝0.6，则年龄在[35,40)的网民出现的频率为0.6÷3＝0.2.‎ 答案：0.2‎ ‎4．(2018·南通中学高三月考)一汽车厂生产A，B，C 三类轿车，每类轿车均有舒适型和标准型两种型号，某月的产量如下表(单位：辆)：‎ 轿车A 轿车B 轿车C 舒适型 ‎100‎ ‎150‎ z 标准型 ‎300‎ ‎450‎ ‎600‎ 按类用分层抽样的方法在这个月生产的轿车中抽取50辆，其中有A类轿车10辆．则z的值为________．‎ 解析：这个月生产的轿车共有100＋300＋150＋450＋z＋600＝1 600＋z(辆)，A类轿车400辆，所以＝，得z＝400.‎ 答案：400‎ ‎5．(2018·盐城模拟)已知一组数据x1，x2，x3，x4，x5的方差是2，则数据2x1,2x2,2x3,2x4,2x5的标准差为________．‎ 解析：＝(x1＋x2＋x3＋x4＋x5)，′＝(x1＋x2＋x3＋x4＋x5)，‎ s2＝[x＋x＋x＋x＋x－5()2]＝2，s＝，‎ s′2＝[(2x1)2＋(2x2)2＋(2x3)2＋(2x4)2＋(2x5)2－5(2)2]＝4s2，所以s′＝2s＝2.‎ 答案：2 ‎6．(2018·连云港模拟)如图是一次摄影大赛上7位评委给某参赛作品打出的分数的茎叶图．记分员在去掉一个最高分和一个最低分后，算得平均分为91分．复核员在复核时，发现有一个数字(茎叶图中的x)无法看清，若记分员计算无误，则数字x应该是________．‎ 解析：分类计算，(1)当x＝1时，＝(89＋91＋91＋92＋92)＝91; (2)当x＝2时＝×(89＋91＋92＋92＋92)＝91.2，不合题意，所以x＝1.‎ 答案：1 ‎ ‎7．在样本频率分布直方图中，共有11个小长方形，若中间一个小长方形的面积等于其他10个小长方形面积和的，且样本容量为160，则中间一组的频数为________．‎ 解析：由频率分布直方图的性质，可设中间一组的频率为x，则x＋4x＝1，所以x＝0.2，故中间一组的频数为160×0.2＝32.‎ 答案：32‎ ‎8．某公司300名员工2017年年终奖金情况的频率分布直方图如图所示，由图可知，员工中年终奖金在1.4～1.6万元的共有________人．‎ 解析：由频率分布直方图知年终奖金低于1.4万元或者高于1.6万元的频率为(0.2＋0.8＋0.8＋1.0＋1.0)×0.2＝0.76，因此，年终奖金在1.4～1.6万元间的频率为1－0.76＝0.24，所以300名员工中年终奖金在1.4～1.6万元间的员工人数为300×0.24＝72.‎ 答案：72‎ ‎9．高一(1)班有学生52人，现将所有学生随机编号，用系统抽样方法抽取一个容量为4的样本．已知6号，32号，45号学生在样本中，则样本中还有一个学生的编号是________．‎ 解析：由题意得各组间距为＝13，因为在第一组中抽取的是6，所以以下各组依次应该抽取：6＋13＝19,6＋2×13＝32,6＋3×13＝45，即另一个编号为19.‎ 答案：19‎ ‎10．(2018·泰州质检)甲、乙两位选手参加射击选拔赛，其中连续5轮比赛的成绩(单位：环)如下表：‎ 选手 第1轮 第2轮 第3轮 第4轮 第5轮 甲 ‎9.8‎ ‎9.9‎ ‎10.1‎ ‎10‎ ‎10.2‎ 乙 ‎9.4‎ ‎10.3‎ ‎10.8‎ ‎9.7‎ ‎9.8‎ 则甲、乙两位选手中成绩最稳定的选手的方差是________．‎ 解析：甲＝×(9.8＋9.9＋10.1＋10＋10.2)＝10，乙＝×(9.4＋10.3＋10.8＋9.7＋9.8)＝10，s＝×[(9.8－10)2＋(9.9－10)2＋(10.1－10)2＋(10－10)2＋(10.2－10)2]＝×(0.04＋0.01＋0.01＋0.04)＝0.02，s＝×[(9.4－10)2＋(10.3－10)2＋(10.8－10)2＋(9.7－10)2＋(9.8－10)2]＝×(0.36＋0.09＋0.64＋0.09＋0.04)＝0.244.因为s＜s，所以甲的成绩最稳定，其方差为0.02.‎ 答案：0.02‎ 二、解答题 ‎11．(2017·北京高考)某大学艺术专业400名学生参加某次测评，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法从中随机抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成7组：[20,30)，[30,40)，…，[80,90]，并整理得到如下频率分布直方图：‎ ‎(1)从总体的400名学生中随机抽取一人，估计其分数小于70的概率；‎ ‎(2)已知样本中分数小于40的学生有5人，试估计总体中分数在区间[40,50)内的人数；‎ ‎(3)已知样本中有一半男生的分数不小于70，且样本中分数不小于70的男女生人数相等．试估计总体中男生和女生人数的比例．‎ 解：(1)根据频率分布直方图可知，样本中分数不小于70的频率为(0.02＋0.04)×10＝0.6，‎ 所以样本中分数小于70的频率为1－0.6＝0.4.‎ 所以从总体的400名学生中随机抽取一人，其分数小于70的概率估计值为0.4.‎ ‎(2)根据题意，样本中分数不小于50的频率为 ‎(0.01＋0.02＋0.04＋0.02)×10＝0.9，‎ 故样本中分数小于50的频率为0.1，‎ 故分数在区间[40,50)内的人数为100×0.1－5＝5.‎ 所以总体中分数在区间[40,50)内的人数估计为 ‎400×＝20.‎ ‎(3)由题意可知，样本中分数不小于70的学生人数为 ‎(0.02＋0.04)×10×100＝60，‎ 所以样本中分数不小于70的男生人数为60×＝30.‎ 所以样本中的男生人数为30×2＝60，‎ 女生人数为100－60＝40，‎ 男生和女生人数的比例为60∶40＝3∶2.‎ 所以根据分层抽样原理，总体中男生和女生人数的比例估计为3∶2.‎ ‎12．随着移动互联网的发展，与餐饮美食相关的手机应用软件层出不穷．现从使用A和B两款订餐软件的商家中分别随机抽取50个商家，对它们的“平均送达时间”进行统计，得到频率分布直方图如下：‎ ‎(1)试估计使用A款订餐软件的50个商家的“平均送达时间”的众数及平均数；‎ ‎(2)根据以上抽样调查数据，将频率视为概率，回答下列问题：‎ ‎①能否认为使用B款订餐软件“平均送达时间”不超过40分钟的商家达到75%?‎ ‎②如果你要从A和B两款订餐软件中选择一款订餐，你会选择哪款？说明理由．‎ 解：(1)依题意可得，使用A款订餐软件的50个商家的“平均送达时间”的众数为55.‎ 使用A款订餐软件的50个商家的“平均送达时间”的平均数为15×0.06＋25×0.34＋35×0.12＋45×0.04＋55×0.4＋65×0.04＝40.‎ ‎(2)①使用B款订餐软件“平均送达时间”不超过40分钟的商家的比例估计值为0.04＋0.20＋0.56＝0.80＝80%＞75%.‎ 故可以认为使用B款订餐软件“平均送达时间”不超过40分钟的商家达到75%.‎ ‎②使用B款订餐软件的50个商家的“平均送达时间”的平均数为15×0.04＋25×0.2＋35×0.56＋45×0.14＋55×0.04＋65×0.02＝35＜40，‎ 所以选B款订餐软件．‎ 第二节　概　率 本节主要包括3个知识点：‎ ‎1.随机事件的频率与概率；‎ ‎2.古典概型与几何概型；‎ ‎3.互斥事件与对立事件.‎ 突破点(一)　随机事件的频率与概率　 ‎ 基础联通 抓主干知识的“源”与“流”‎ ‎1．事件的分类 ‎2．频率和概率 ‎(1)若在相同的条件下，随机事件A在n次试验中发生了m次，则称为事件A 发生的频率；当试验的次数n很大时，事件A发生的频率可以作为随机事件A的概率的近似值．‎ ‎ (2)对于给定的随机事件A，在相同的条件下，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，我们把这个常数称为事件A的概率，记作P(A).‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”‎ 随机事件的频率与概率 事件A发生的频率是利用频数m除以试验总次数n所得到的值，且随着试验次数的增多，它在A的概率附近摆动幅度越来越小，即概率是频率的稳定值，因此在试验次数足够的情况下，给出不同事件发生的次数，可以利用频率来估计相应事件发生的概率．‎ ‎[典例]　(2018·湖北七市联考)某电子商务公司随机抽取1 000名网络购物者进行调查．这1 000名购物者2016年网上购物金额(单位：万元)均在区间[0.3,0.9]内，样本分组为：[0.3,0.4)，[0.4,0.5)，[0.5,0.6)，[0.6,0.7)，[0.7,0.8)，[0.8,0.9]，购物金额的频率分布直方图如下：‎ 电子商务公司决定给购物者发放优惠券，其金额(单位：元)与购物金额关系如下：‎ 购物金额分组 ‎[0.3,0.5)‎ ‎[0.5,0.6)‎ ‎[0.6,0.8)‎ ‎[0.8,0.9]‎ 发放金额 ‎50‎ ‎100‎ ‎150‎ ‎200‎ ‎(1)求这1 000名购物者获得优惠券金额的平均数；‎ ‎(2)以这1 000名购物者购物金额落在相应区间的频率作为概率，求一个购物者获得优惠券金额不少于150元的概率．‎ ‎[解]　(1)购物者的购物金额x与获得优惠券金额y的频率分布如下表：‎ x ‎0.3≤x＜0.5‎ ‎0.5≤x＜0.6‎ ‎0.6≤x＜0.8‎ ‎0.8≤x≤0.9‎ y ‎50‎ ‎100‎ ‎150‎ ‎200‎ 频率 ‎0.4‎ ‎0.3‎ ‎0.28‎ ‎0.02‎ 这1 000名购物者获得优惠券金额的平均数为：‎ ＝96.‎ ‎(2)由获得优惠券金额y与购物金额x的对应关系，由(1)有P(y＝150)＝P(0.6≤x＜0.8)＝0.28，P(y＝200)＝P(0.8≤x≤0.9)＝0.02，从而，获得优惠券金额不少于150元的概率为P(y≥150)＝P(y＝150)＋P(y＝200)＝0.28＋0.02＝0.3.‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失”‎ ‎1．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 ‎100‎ ‎√‎ ‎×‎ ‎√‎ ‎√‎ ‎217‎ ‎×‎ ‎√‎ ‎×‎ ‎√‎ ‎200‎ ‎√‎ ‎√‎ ‎√‎ ‎×‎ ‎300‎ ‎√‎ ‎×‎ ‎√‎ ‎×‎ ‎85‎ ‎√‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎98‎ ‎×‎ ‎√‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎(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＝0.2.‎ ‎(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、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＝0.3.‎ ‎(3)与(1)同理，可得：‎ 顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为＝0.2，‎ 顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为＝0.6，‎ 顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为＝0.1.‎ 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．‎ ‎2．如图，A地到火车站共有两条路径L1和L2，现随机抽取100位从A地到火车站的人进行调查，调查结果如下：‎ 所用时间(分钟)‎ ‎10～20‎ ‎20～30‎ ‎30～40‎ ‎40～50‎ ‎50～60‎ 选择L1的人数 ‎6‎ ‎12‎ ‎18‎ ‎12‎ ‎12‎ 选择L2的人数 ‎0‎ ‎4‎ ‎16‎ ‎16‎ ‎4‎ ‎(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)共调查了100人，其中40分钟内不能赶到火车站的有12＋12＋16＋4＝44(人)，‎ 用频率估计概率，可得所求概率为0.44.‎ ‎(2)选择L1的有60人，选择L2的有40人，故由调查结果得所求各频率为 所用时间(分钟)‎ ‎10～20‎ ‎20～30‎ ‎30～40‎ ‎40～50‎ ‎50～60‎ L1的频率 ‎0.1‎ ‎0.2‎ ‎0.3‎ ‎0.2‎ ‎0.2‎ L2的频率 ‎0‎ ‎0.1‎ ‎0.4‎ ‎0.4‎ ‎0.1‎ ‎(3)记事件A1，A2分别表示甲选择L1和L2时，在40分钟内赶到火车站；‎ 记事件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)＝0.1＋0.2＋0.3＝0.6，‎ P(A2)＝0.1＋0.4＝0.5，P(A1)＞P(A2)，故甲应选择L1；‎ P(B1)＝0.1＋0.2＋0.3＋0.2＝0.8，‎ P(B2)＝0.1＋0.4＋0.4＝0.9，‎ P(B2)＞P(B1)，故乙应选择L2.‎ 突破点(二)　古典概型与几何概型　 ‎ 基础联通 抓主干知识的“源”与“流”‎ ‎1．基本事件 在1次试验中可能出现的每一个基本结果称为基本事件．基本事件的特点：(1)任何两个基本事件都是不可能同时发生的；(2)每个基本事件的发生都是等可能的．‎ ‎2．古典概型 具有以下两个条件的随机试验的概率模型称为古典概型：‎ ‎(1)所有的基本事件只有有限个；‎ ‎(2)每个基本事件的发生都是等可能的．‎ ‎3．古典概型的概率公式 如果1次试验的等可能基本事件共有n个，那么每一个等可能基本事件发生的概率都是，如果某个事件A包含了其中m个等可能基本事件，则事件A发生的概率为：‎ P(A)＝＝.‎ ‎4．几何概型的定义 设D是一个可度量的区域(例如线段、平面图形、立体图形等)，每个基本事件可以视为从区域D内随机地取一点，区域D内的每一点被取到的机会都一样；随机事件A的发生可以视为恰好取到区域D内的某个指定区域d中的点，这时，事件A发生的概率与d 的测度(长度、面积、体积等)成正比，与d的形状和位置无关．我们把满足这样条件的概率模型称为几何概型．‎ ‎5．几何概型的两个基本特点 ‎(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：每个试验结果的发生具有等可能性．‎ ‎6．几何概型的概率公式 P(A)＝.‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”‎ 古典概型 古典概型的概率计算往往与实际问题结合紧密，解决问题的一般步骤如下：‎ 第一步，阅读题目，判断试验是否为古典概型，若满足有限性和等可能性，则进行下一步．‎ 第二步，在理解题意的基础上，若基本事件的个数较少，可用列举法、列表法或树状图法将基本事件一一列出，求出基本事件的总数n，并在这些基本事件中找出题目要求的事件所包含的基本事件的个数m.‎ 第三步，利用古典概型的概率公式求出事件的概率．‎ ‎[例1]　(1)(2017·苏北三市三模)现有三张识字卡片，分别写有“中”、“国”、“梦”这三个字．将这三张卡片随机排序，则能组成“中国梦”的概率是________. ‎ ‎(2)(2018·苏州高三暑假测试)有五条线段，其长度分别为2,3,4,5,7.现任取三条，则这三条线段可以构成三角形的概率是________．‎ ‎[解析]　(1)把这三张卡片排序有“中”“国”“梦”，“中”“梦”“国”，“国”“中”“梦”，“国”“梦”“中”，“梦”“中”“国”，“梦”“国”“中”，共计6种，能组成“中国梦” 的只有1种，概率为.‎ ‎(2)从长度分别为2,3,4,5,7的五条线段中任取三条，有(2,3,4)，(2,3,5)，(2,3,7)，(2,4,5)，(2,4,7)，(2,5,7)，(3,4,5)，(3,4,7)，(3,5,7)，(4,5,7)共10个基本事件，记“这三条线段可以构成三角形”为事件A，则事件A包含了(2,3,4)，(2,4,5)，(3,4,5)，(3,5,7)，(4,5,7)共5个基本事件，所以这三条线段可以构成三角形的概率是.‎ ‎[答案]　(1)　(2) ‎[方法技巧]‎ ‎1．古典概型计算三步曲 第一，本试验是不是等可能的；‎ 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．确定基本事件的方法 ‎(1)当基本事件总数较少时，可列举计算；‎ ‎(2)列表法、树状图法．　　　 ‎ 几何概型 ‎　　[例2]　(1)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，CB的长，则该矩形的面积大于20 cm2的概率为________．‎ ‎(2)如图所示，在等腰直角三角形ABC中，过直角顶点C在∠ACB内部任作一条射线CM，与AB交于点M，则AM＜AC的概率为________．‎ ‎(3)如图，矩形ABCD中，点A在x轴上，‎ 点B的坐标为(1,0)，且点C与点D在函数f(x)＝的图象上．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________．‎ ‎(4)在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，点O为底面ABCD的中心，在正方体ABCDA1B1C1D1内随机取一点P，则点P到点O的距离大于1的概率为________．‎ ‎[解析]　(1)设|AC|＝x，则|BC|＝12－x，所以x(12－x)＞20，解得2＜x＜10，故所求概率P＝＝.‎ ‎(2)过点C作CN交AB于点N，使AN＝AC，如图所示．显然当射线CM处在∠ACN内时，AM＜AC.‎ 又∠A＝45°，所以∠ACN＝67.5°，故所求概率为P＝＝.‎ ‎(3)因为f(x)＝B点坐标为(1,0)，所以C点坐标为(1,2)，D点坐标为(－2,2)，A点坐标为(－2,0)，故矩形ABCD的面积为2×3＝6，阴影部分的面积为×3×1＝，故P＝＝.‎ ‎(4)正方体的体积为：2×2×2＝8，以O为球心，1为半径且在正方体内部的半球的体积为：×πr3＝×π×13＝π，则点P到点O的距离大于1的概率为：1－＝1－.‎ ‎[答案]　(1)　(2)　(3)　(4)1－ ‎[方法技巧]‎ ‎1．与长度有关的几何概型 如果试验的结果构成的区域的几何度量可用长度表示，可直接用概率的计算公式求解．‎ ‎2．与角度有关的几何概型 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，且不可用线段的长度代替，这是两种不同的度量手段．如本例中的第(2)题极易求错．‎ ‎3．与面积有关的几何概型 求解与面积有关的几何概型时，关键是弄清某事件对应的面积，必要时可根据题意构造两个变量，把变量看成点的坐标，找到试验全部结果构成的平面图形，以便求解．　　‎ ‎4．与体积有关的几何概型 对于与体积有关的几何概型问题，关键是计算问题的总体积(总空间)以及事件的体积(事件空间)，对于某些较复杂的也可利用其对立事件去求.‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失”‎ ‎1.一个三位数的百位、十位、个位上的数字依次为a，b，c，当且仅当a＞b，b＜c时称为“凹数”(如213,312)等．若a，b，c∈{1,2,3,4}，且a，b，c互不相同，则这个三位数为“凹数”的概率是________．‎ 解析：由1,2,3组成的三位数有123,132,213,231,312,321，共6个；由1,2,4组成的三位数有124,142,214,241,412,421，共6个；由1,3,4组成的三位数有134,143,314,341,413,431，共6个；由2,3,4组成的三位数有234,243,324,342,423,432，共6个．所以共有6＋6＋6＋6＝24个三位数．当b＝1时，有214,213,314,412,312,413，共6个“凹数”；当b＝2时，有324,423，共2个“凹数”．故这个三位数为“凹数”的概率P＝＝.‎ 答案： ‎2.将一颗骰子先后投掷两次分别得到点数a，b，则直线ax＋by＝0与圆(x－2)2＋y ‎2＝2有公共点的概率为________．‎ 解析：依题意，将一颗骰子先后投掷两次得到的点数所形成的数组(a，b)有(1,1)，(1,2)，(1,3)，…，(6,6)，共36个，其中满足直线ax＋by＝0与圆(x－2)2＋y2＝2有公共点，即满足≤ ，即a2≤b2的数组(a，b)有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，…，(6,6)，共6＋5＋4＋3＋2＋1＝21个，因此所求的概率等于＝.‎ 答案： ‎3.(2017·江苏高考)记函数f(x)＝的定义域为D.在区间[－4,5]上随机取一个数x，则x∈D的概率是________．‎ 解析：由6＋x－x2≥0，解得－2≤x≤3，则D＝[－2,3]，则所求概率P＝＝.‎ 答案： ‎4.如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，有一动点在此长方体内随机运动，则此动点在三棱锥AA1BD内的概率为________．‎ 解析：设事件M为“动点在三棱锥AA1BD内”，则P(M)＝＝ ‎＝＝＝.‎ 答案： ‎5.在区间[0,1]上任取两个数a，b，则函数f(x)＝x2＋ax＋b2无零点的概率为________．‎ 解析：要使该函数无零点，只需a2－4b2＜0，‎ 即(a＋2b)(a－2b)＜0.‎ ‎∵a，b∈[0,1]，a＋2b＞0，‎ ‎∴a－2b＜0.‎ 作出的可行域(如阴影部分所示)，易得该函数无零点的概率P＝＝.‎ 答案： 突破点(三)　互斥事件与对立事件 ‎ 基础联通 抓主干知识的“源”与“流”‎ ‎1．概率的基本性质 ‎(1)概率的取值范围：0≤P(A)≤1.‎ ‎(2)必然事件的概率：P(A)＝1.不可能事件的概率：P(A)＝0.‎ ‎2．互斥事件和对立事件 事件 定义 概率公式 互斥事件 不能同时发生的两个事件A与B称作互斥事件 如果事件A、B互斥且至少有一个发生，记作A＋B，P(A＋B)＝P(A)＋P(B)；如果事件A1，A2，…，An两两互斥，则P(A1＋A2＋…＋An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)‎ 对立事件 如果两个互斥事件必有一个发生，称这两个事件为对立事件；事件A的对立事件记为 P()＝1－P(A)‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”‎ 事件关系的判断 ‎[例1]　(1)从1,2,3，…，7这7个数中任取两个数，其中：‎ ‎①恰有一个是偶数和恰有一个是奇数；‎ ‎②至少有一个是奇数和两个都是奇数；‎ ‎③至少有一个是奇数和两个都是偶数；‎ ‎④至少有一个是奇数和至少有一个是偶数．‎ 上述事件中，是对立事件的是________(填序号)．‎ ‎(2)设条件甲：“事件A与事件B是对立事件”，结论乙：“概率满足P(A)＋P(B)＝1”，则甲是乙的________条件．‎ ‎[解析]　(1)③中“至少有一个是奇数”即“两个奇数或一奇一偶”，而从1～7中任取两个数根据取到数的奇偶性可认为共有三个事件：“两个都是奇数”、“一奇一偶”、“两个都是偶数”，故“至少有一个是奇数”与“两个都是偶数”是对立事件，易知其余都不是对立事件．‎ ‎(2)若事件A与事件B是对立事件，则A＋B为必然事件，再由概率的加法公式得P(A)＋P(B)＝1，充分性成立．设掷一枚硬币3次，事件A：“至少出现一次正面”，事件B：“3次出现正面”，则P(A)＝，P(B)＝，满足P(A)＋P(B)＝1，但A，B不是对立事件，必要性不成立．故甲是乙的充分不必要条件．‎ ‎[答案]　(1)③　(2)充分不必要　‎ ‎　[方法技巧]‎ 事件间的关系的判断方法 ‎(1)判断事件间的关系时，可把所有的试验结果写出来，看所求事件包含哪几个试验结果，从而断定所给事件间的关系．‎ ‎(2)对立事件一定是互斥事件，也就是说不互斥的两个事件一定不是对立事件，在确定了两个事件互斥的情况下，就要看这两个事件的和事件是不是必然事件，这是判断两个事件是否为对立事件的基本方法．判断互斥事件、对立事件时，注意事件的发生与否都是对于同一次试验而言的，不能在多次试验中判断．‎ ‎(3)从集合的角度上看：事件A，B对应的基本事件构成了集合A，B，则A，B互斥时，A∩B＝∅；A，B对立时，A∩B＝∅且A∪B＝Ω(Ω为全集)．两事件互斥是两事件对立的必要不充分条件．　‎ 互斥事件、对立事件的概率 ‎[例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、一等奖、二等奖的事件分别为A，B，C，求：‎ ‎(1)P(A)，P(B)，P(C)；‎ ‎(2)1张奖券的中奖概率；‎ ‎(3)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率．‎ ‎[解]　(1)P(A)＝，P(B)＝＝，‎ P(C)＝＝.‎ 故事件A，B，C的概率分别为，，.‎ ‎(2)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M＝A＋B＋C.‎ 因为A，B，C两两互斥，‎ 所以P(M)＝P(A＋B＋C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝＝.‎ 故1张奖券的中奖概率为.‎ ‎(3)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张奖券中特等奖或中一等奖”为对立事件，‎ 所以P(N)＝1－P(A＋B)＝1－＝.‎ 故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为.‎ ‎[方法技巧]‎ 求复杂互斥事件概率的两种方法 ‎(1)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；‎ ‎(2)间接法：先求该事件的对立事件的概率，再由P(A)＝1－P()求解．当题目涉及“至多”“至少”型问题时，多考虑间接法．　　‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失”‎ ‎1.下列命题：‎ ‎①将一枚硬币抛两次，设事件M：“两次出现正面”，事件N：“只有一次出现反面”，则事件M与N互为对立事件；‎ ‎②若事件A与B互为对立事件，则事件A与B为互斥事件；‎ ‎③若事件A与B为互斥事件，则事件A与B互为对立事件；‎ ‎④若事件A与B互为对立事件，则事件A＋B为必然事件．‎ 其中真命题的序号是________．‎ 解析：对①，一枚硬币抛两次，共出现{正，正}，{正，反}，{反，正}，{反，反}四种结果，则事件M与N是互斥事件，但不是对立事件，故①是假命题；对②，对立事件首先是互斥事件，故②是真命题；对③，互斥事件不一定是对立事件，如①中两个事件，故③是假命题；对④，事件A，B为对立事件，则一次试验中A，B一定有一个要发生，故④是真命题．‎ 答案：②④‎ ‎2.从一箱产品中随机地抽取一件，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“抽到的产品不是一等品”的概率为________．‎ 解析：“抽到的产品不是一等品”与事件A是对立事件，则所求概率P＝1－P(A ‎)＝0.35.‎ 答案：0.35‎ ‎3.口袋中有100个大小相同的红球、白球、黑球，其中红球45个，从口袋中摸出一个球，摸出白球的概率为0.23，则摸出黑球的概率为________．‎ 解析：由题可知，摸出红球的概率为0.45，摸出白球的概率为0.23，故摸出黑球的概率P＝1－0.45－0.23＝0.32.‎ 答案：0.32‎ ‎4.围棋盒子中有多粒黑子和白子，已知从中取出2粒都是黑子的概率为，都是白子的概率是.则从中任意取出2粒恰好是同一色的概率是________．‎ 解析：设“从中取出2粒都是黑子”为事件A，“从中取出2粒都是白子”为事件B，“任意取出2粒恰好是同一色”为事件C，则C＝A＋B，且事件A与B互斥．所以P(C)＝P(A)＋P(B)＝＋＝.即任意取出2粒恰好是同一色的概率为.‎ 答案： ‎5.某超市为了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)‎ x ‎30‎ ‎25‎ y ‎10‎ 结算时间(分钟/人)‎ ‎1‎ ‎1.5‎ ‎2‎ ‎2.5‎ ‎3‎ 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25＋y＋10＝55，x＋30＝45，所以x＝15，y＝20.‎ 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＝1.9(分钟)．‎ ‎(2)记A为事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟”，A1，A2分别表示事件“该顾客一次购物的结算时间为2.5分钟”，“该顾客一次购物的结算时间为3分钟”，‎ 将频率视为概率得P(A1)＝＝，P(A2)＝＝.‎ 则P(A)＝1－P(A1)－P(A2)＝1－－＝.‎ 故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率为.‎ ‎[课时达标检测]‎ ‎　　 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考 ‎ ‎[练基础小题——强化运算能力]‎ ‎1．(2018·南京市高三年级学情调研)记函数f(x)＝ 的定义域为D.若在区间[－5,5]上随机取一个数x，则x∈D的概率为________．‎ 解析：D＝{x|4－3x－x2≥0}＝[－4,1]，所以P＝＝.‎ 答案： ‎2．为美化环境，从红、黄、白、紫4种颜色的花中任选2种花种在一个花坛中，余下的2种花种在另一个花坛中，则 红色和紫色的花不在同一花坛的概率是________．‎ 解析：从4种颜色的花中任选2种颜色的花种在一个花坛中，余下2种颜色的花种在另一个花坛的情况有：红黄—白紫、红白—黄紫、红紫—白黄、黄白—红紫、黄紫—红白、白紫—红黄，共6种，其中红色和紫色的花不在同一花坛的情况有：红黄—白紫、红白—黄紫、黄紫—红白、白紫—红黄，共4种，故所求概率为P＝＝.‎ 答案： ‎3．(2018·苏州市考前模拟)在区间[－1,1]上随机取一个数x，cos的值介于0到之间的概率为________．‎ 解析：在区间[－1,1]上随机取一个数x，即x∈[－1,1]时，要使cos的值介于0到之间，需使－≤≤－或≤≤，∴－1≤x≤－或≤x≤1，区间长度为，由几何概型知cos的值介于0到之间的概率为＝.‎ 答案： ‎4．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________．‎ 解析：∵Ω＝{(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)}，∴事件总数有15种．‎ ‎∵正确的开机密码只有1种，∴P＝.‎ 答案： ‎[练常考题点——检验高考能力]‎ 一、填空题 ‎1．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 ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎4‎ ‎2‎ 则样本数据落在区间[10,40)的概率为________．‎ 解析：数据落在[10,40)的概率为＝＝0.45.‎ 答案：0.45‎ ‎2．(2018·镇江模拟)若随机事件A，B互斥，A，B发生的概率均不等于0，且P(A)＝2－a，P(B)＝4a－5，则实数a的取值范围是________．‎ 解析：由题意可得即解得＜a≤.‎ 答案： ‎3．(2018·盐城模拟)甲、乙两盒中各有除颜色外完全相同的2个红球和1个白球，现从两盒中随机各取一个球，则至少有一个红球的概率为________．‎ 解析：从两盒中随机各取一个球 ，共有9个等可能事件，取出两个球都是白球的基本事件为1个，所以至少有一个红球包含了8个基本等可能事件，至少有一个红球的概率为.‎ 答案： ‎4．从集合{－1,1,3}中随机抽取一个数x，从集合{1,3,9}中随机抽取一个数y，则向量a＝(x，－1)与向量b＝(3，y)垂直的概率为________．‎ 解析：由题意，得(x，y)所有的基本事件为(－1,1)，(－1,3)，(－1,9)，(1,1)，(1,3)，(1,9)，(3,1)，(3,3)，(3,9)，共9个．设“a⊥b”为事件A，则y＝3x.事件A包含的基本事件有(1,3)，(3,9)，共2个．故a⊥b的概率为P(A)＝.‎ 答案： ‎5．(2018·武汉模拟)在区间[0,1]上随机取一个数x，则事件“log0.5(4x－3)≥0”发生的概率为________．‎ 解析：因为log0.5(4x－3)≥0，所以0＜4x－3≤1，即＜x≤1，所以所求概率P＝＝ ‎.‎ 答案： ‎6．(2018·南通二调)100张卡片上分别写有1,2,3，…，100.从中任取1张，则这张卡片上的数是6的倍数的概率是________．‎ 解析：从100张卡片上分别写有1,2,3，…，100中任取1张，基本事件总数n＝100，所取这张卡片上的数是6的倍数包含的基本事件有：6,12，…，96，共有16个，所以所取这张卡片上的数是6的倍数的概率是P＝＝.‎ 答案： ‎7．(2018·郑州模拟)若不等式x2＋y2≤2所表示的平面区域为M，不等式组表示的平面区域为N，现随机向区域N内抛一粒豆子，则豆子落在区域M内的概率为________．‎ 解析：作出不等式组与不等式表示的可行域如图所示，平面区域N的面积为×3×(6＋2)＝12，区域M在区域N内的面积为π()2＝，故所求概率P＝＝.‎ 答案： ‎8．(2018·商丘模拟)已知P是△ABC所在平面内一点，＋＋2PA―→＝0，现将一粒黄豆随机撒在△ABC内，则黄豆落在△PBC内的概率是________．‎ 解析：如图所示，设点M是BC边的中点，因为＋＋2＝0，所以点P是中线AM的中点，所以黄豆落在△PBC内的概率P＝＝.‎ 答案： ‎9．某同学同时掷两颗骰子，得到点数分别为a，b，则双曲线－＝1的离心率e＞的概率是________．‎ 解析：由e＝ ＞，得b＞2a.当a＝1时，有b＝3,4,5,6四种情况；当a＝2时，有b＝5,6两种情况，总共有6种情况．又同时掷两颗骰子，得到的点数(a，b)共有36种情况．则所求事件的概率P＝＝.‎ 答案： ‎10．(2018·启东中学月考)∀α∈R，n∈[0,2]，向量c＝(2n＋3cos α，n－3sin α)的长度不超过6的概率为______．‎ 解析：|c|＝ ‎＝ ‎＝≤6，化简得5n2＋6n(2cos α－sin α)≤27，即5n2＋6 n·≤27，即5n2＋6 ncos(α＋φ)≤27，其中tan φ＝＝，当n＞0时，变形得cos(α＋φ)≤，由于＞0，令≥1，即5n2＋6 n－27≤0，解得0≤n≤，此时向量c的长度不超过6，又n∈[0,2]，由几何概型的概率公式得向量c的长度不超过6的概率为＝.‎ 答案： 二、解答题 ‎11．某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该保险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 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎≥5‎ 保费 ‎0.85a a ‎1.25a ‎1.5a ‎1.75a ‎2a 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 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎≥5‎ 频数 ‎60‎ ‎50‎ ‎30‎ ‎30‎ ‎20‎ ‎10‎ ‎(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＝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＝0.3，故P(B)的估计值为0.3.‎ ‎(3)由所给数据得 保费 ‎0.85a a ‎1.25a ‎1.5a ‎1.75a ‎2a 频率 ‎0.30‎ ‎0.25‎ ‎0.15‎ ‎0.15‎ ‎0.10‎ ‎0.05‎ 调查的200名续保人的平均保费为 ‎0．85a×0.30＋a×0.25＋1.25a×0.15＋1.5a×0.15＋1.75a×0.10＋2a×0.05＝1.192 5a.‎ 因此，续保人本年度平均保费的估计值为1.192 5a.‎ ‎12．一个均匀的正四面体面上分别涂有1,2,3,4四个数字，现随机投掷两次，正四面体面朝下的数字分别为b，c.‎ ‎(1)记z＝(b－3)2＋(c－3)2，求z＝4的概率；‎ ‎(2)若方程x2－bx－c＝0至少有一根x∈{1,2,3,4}，就称该方程为“漂亮方程”，求方程为“漂亮方程”的概率．‎ 解：(1)因为是投掷两次，因此基本事件(b，c)共有4×4＝16个．‎ 当z＝4时，(b，c)的所有取值为(1,3)，(3,1)，所以z＝4的概率为P＝＝.‎ ‎(2)①若方程一根为x＝1，则1－b－c＝0，即b＋c＝1，不成立．‎ ‎②若方程一根为x＝2，则4－2b－c＝0，即2b＋c＝4，所以b＝1，c＝2.‎ ‎③若方程一根为x＝3，则9－3b－c＝0，即3b＋c＝9，所以b＝2，c＝3.‎ ‎④若方程一根为x＝4，则16－4b－c＝0，即4b＋c＝16，所以b＝3，c＝4.‎ 综上所述，(b，c)的所有可能取值为(1,2)，(2,3)，(3,4)．‎ 所以，方程为“漂亮方程”的概率为P＝.‎ 第三节分类计数原理与分步计数原理、排列与组合 本节主要包括2个知识点：‎ ‎1.分类计数原理与分步计数原理；‎ ‎2.排列与组合问题.‎ 突破点(一)　分类计数原理与分步计数原理 ‎ 基础联通 抓主干知识的“源”与“流”‎ ‎　　1.分类计数原理 如果完成一件事，有n类方式，在第1类方式中有m1种不同的方法，在第2类方式中有m2种不同的方法，……，在第n类方式中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋_mn种不同的方法．‎ ‎2．分步计数原理 如果完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，……，做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法．‎ ‎3．两个计数原理的比较 名称 分类计数原理(加法原理)‎ 分步计数原理(乘法原理)‎ 相同点 都是解决完成一件事的不同方法的种数问题 不同点 运用加法运算 运用乘法运算 分类完成一件事，并且每类办法中的每种方法都能独立完成这件事情，要注意“类”与“类”之间的独立性和并列性．分类计数原理可利用“并联”电路来理解 分步完成一件事，并且只有各个步骤都完成才算完成这件事情，要注意“步”与“步”之间的连续性．分步计数原理可利用“串联”电路来理解 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”‎ 分类计数原理 能用分类计数原理解决的问题具有以下特点：‎ ‎(1)完成一件事有若干种方法，这些方法可以分成n类．‎ ‎(2)用每一类中的每一种方法都可以完成这件事．‎ ‎(3)把各类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有方法数．‎ ‎[例1]　(1)在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有________个．‎ ‎(2)如图，从A到O有________种不同的走法(不重复过一点)．‎ ‎(3)若椭圆＋＝1的焦点在y轴上，且m∈{1,2,3,4,5}，n∈‎ ‎{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭圆的个数为________．‎ ‎[解析]　(1)法一：按个位数字分类，个位可为2,3,4,5,6,7,8,9，共分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有1个，2个，3个，4个，5个，6个，7个，8个，则共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36个两位数．‎ 法二：按十位数字分类，十位可为1,2,3,4,5,6,7,8，共分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个，则共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36个两位数．‎ ‎(2)分3类：第一类，直接由A到O，有1种走法；‎ 第二类，中间过一个点，有A→B→O和A→C→O 2种不同的走法；‎ 第三类，中间过两个点，有A→B→C→O和A→C→B→O 2种不同的走法．‎ 由分类计数原理可得共有1＋2＋2＝5种不同的走法．‎ ‎(3)当m＝1时，n＝2,3,4,5,6,7，共6个；‎ 当m＝2时，n＝3,4,5,6,7，共5个；‎ 当m＝3时，n＝4,5,6,7，共4个；‎ 当m＝4时，n＝5,6,7，共3个；‎ 当m＝5时，n＝6,7，共2个．‎ 故共有6＋5＋4＋3＋2＝20个满足条件的椭圆．‎ ‎[答案]　(1)36　(2)5　(3)20‎ ‎[易错提醒]‎ ‎(1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏；‎ ‎(2)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．　　‎ 分步计数原理 能用分步计数原理解决的问题具有以下特点：‎ ‎(1)完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可．‎ ‎(2)完成每一步有若干种方法．‎ ‎(3)把各个步骤的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数．‎ ‎[例2]　(1)从－1,0,1,2这四个数中选三个数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数，则可组成________个不同的二次函数，其中偶函数有________个(用数字作答)．‎ ‎(2)如图，某电子器件由3个电阻串联而成，形成回路，其中有6个焊接点A，B，C，D，E，F ‎，如果焊接点脱落，整个电路就会不通．现发现电路不通，那么焊接点脱落的可能情况共有________种．‎ ‎[解析]　(1)一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)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，由分步计数原理知共有3×3×2＝18个二次函数．若二次函数为偶函数，则b＝0，同理可知共有3×2＝6个偶函数．‎ ‎(2)因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个焊接点脱落，则电路就不通，故共有26－1＝63种可能情况．‎ ‎[答案]　(1)18　6　(2)63‎ ‎[易错提醒]‎ ‎(1)利用分步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：一是各步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．　　‎ 两个计数原理的综合问题 在解决实际问题的过程中，并不一定是单一的分类或分步，而可能是同时应用两个计数原理，即分类时，每类的方法可能要运用分步完成，而分步时，每步的方法数可能会采取分类的思想求解．分类的关键在于做到“不重不漏”，分步的关键在于正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步．‎ ‎[例3]　(1)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有________个．‎ ‎(2)某班一天上午有4节课，每节都需要安排1名教师去上课，现从A，B，C，D，E，F 6名教师中安排4人分别上一节课，第一节课只能从A、B两人中安排一个，第四节课只能从A、C两人中安排一人，则不同的安排方案共有________种．‎ ‎(3)如图，矩形的对角线把矩形分成A，B，C，D四部分，现用5种不同颜色给四部分涂色，每部分涂1种颜色，要求共边的两部分颜色互异，则共有________种不同的涂色方法．‎ ‎[解析]　(1)由题意可知，符合条件的五位数的万位数字是4或5.当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，共有2×4×3×2＝48个偶数；当万位数字为5时，个位数字从0,2,4中任选一个，共有3×4×3×2＝72个偶数．故符合条件的偶数共有48＋72＝120(个)．‎ ‎(2)①第一节课若安排A，则第四节课只能安排C ‎，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有4×3＝12种安排方案．‎ ‎②第一节课若安排B，则第四节课可由A或C上，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有2×4×3＝24种安排方案．‎ 因此不同的安排方案共有12＋24＝36(种)．‎ ‎(3)区域A有5种涂色方法，区域B有4种涂色方法，区域C的涂色方法可分2类：若C与A涂同色，区域D有4种涂色方法；若C与A涂不同色，此时区域C有3种涂色方法，区域D也有3种涂色方法．所以共有5×4×1×4＋5×4×3×3＝260种涂色方法．‎ ‎[答案]　(1)120　(2)36　(3)260‎ ‎[方法技巧]‎ 使用两个计数原理进行计数的基本思想 对需用两个计数原理解决的综合问题要“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，按照分步计数原理计算各类中的方法数，最后再按照分类计数原理得出总数．　　‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失”‎ ‎1.某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为________种．‎ 解析：分三步，先插一个新节目，有7种方法，再插第二个新节目，有8种方法，最后插第三个节目，有9种方法．故共有7×8×9＝504种不同的插法．‎ 答案：504‎ ‎2.教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的走法有________种．‎ 解析：由一层到二层、由二层到三层、由三层到四层、由四层到五层各有2种走法，故共有2×2×2×2＝24种不同的走法．‎ 答案：24‎ ‎3.已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为________．‎ 解析：分两类情况讨论：‎ 第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；‎ 第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．‎ 根据分类计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．‎ 答案：13‎ ‎4.我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013是“六合数”)，则“六合数”中首位为2的“六合数”共有________个．‎ 解析：‎ 依题意知，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4,0,0组成3个数，分别为400,040,004；由3,1,0组成6个数，分别为310,301,130,103,013,031；由2,2,0组成3个数，分别为220,202,022；由2,1,1组成3个数，分别为211,121,112.共计3＋6＋3＋3＝15个“六合数”．‎ 答案：15‎ ‎ 5.如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有________种．‎ ‎1‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎2‎ ‎3‎ 解析：按区域1与3是否同色分类．‎ ‎①区域1与3同色：先涂区域1与3，有4种方法，‎ 再涂区域2,4,5(还有3种颜色)，有3×2×1＝6种方法．‎ 所以区域1与3涂同色时，共有4×6＝24种方法．‎ ‎②区域1与3不同色：先涂区域1与3，有4×3＝12种方法，‎ 第二步，涂区域2有2种涂色方法，‎ 第三步，涂区域4只有一种方法，‎ 第四步，涂区域5有3种方法．‎ 所以这时共有12×2×1×3＝72种方法．‎ 故由分类计数原理，不同的涂色方法的种数为24＋72＝96.‎ 答案：96‎ ‎6.有A，B，C型高级电脑各一台，甲、乙、丙、丁4个操作人员的技术等级不同，甲、乙会操作三种型号的电脑，丙不会操作C型电脑，而丁只会操作A型电脑．从这4个操作人员中选3人分别去操作这三种型号的电脑，则不同的选派方法有________种(用数字作答)．‎ 解析：由于丙、丁两位操作人员的技术问题，要完成“从4个操作人员中选3人去操作这三种型号的电脑”这件事，则甲、乙两人至少要选派一人，可分四类：‎ 第1类，选甲、乙、丙3人，由于丙不会操作C型电脑，分2步安排这3人操作的电脑的型号，有2×2＝4种方法；‎ 第2类，选甲、乙、丁3人，由于丁只会操作A型电脑，这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，有2种方法；‎ 第3类，选甲、丙、丁3人，这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，只有1种方法；‎ 第4类，选乙、丙、丁3人，同样也只有1种方法．‎ 根据分类计数原理，共有4＋2＋1＋1＝8种选派方法．‎ 答案：8‎ 突破点(二)　排列与组合问题 ‎ ‎ ‎ 基础联通 抓主干知识的“源”与“流”‎ ‎1．排列与排列数 ‎(1)排列：‎ 一般地，从n个不同的元素中取出m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．‎ ‎(2)排列数：‎ 一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，记作A.‎ ‎2．组合与组合数 ‎(1)组合：‎ 一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．‎ ‎(2)组合数：‎ 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，记作C.‎ ‎3．排列数、组合数的公式及性质 排列数 组合数 公式 A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝ C＝＝＝ 性质 A＝n！；0！＝1‎ C＝1；C＝C；‎ C＋C＝C 备注 n，m∈N*且m≤n ‎4.排列与组合的比较 名称 排列 组合 相同点 都是从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，元素无重复 不同点 排列与顺序有关 组合与顺序无关 两个排列相同，当且仅当这两个排列的元素及其排列顺序完全相同 两个组合相同，当且仅当这两个组合的元素完全相同 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”‎ 排列问题 解决排列问题的主要方法 ‎(1)解决“在”与“不在”的有限制条件的排列问题，既可以从元素入手，也可以从位置入手，原则是谁“特殊”谁优先．不管是从元素考虑还是从位置考虑，都要贯彻到底，不能既考虑元素又考虑位置．‎ ‎(2)解决相邻问题的方法是“捆绑法”，即把相邻元素看做一个整体和其他元素一起排列，同时要注意捆绑元素的内部排列．‎ ‎(3)解决不相邻问题的方法是“插空法”，即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当中．‎ ‎(4)对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列．‎ ‎(5)若某些问题从正面考虑比较复杂，可从其反面入手，即采用“间接法”．‎ ‎[例1]　(1)用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为________．‎ ‎(2)市内某公共汽车站有6个候车位(成一排)，现有3名乘客随便坐在某个座位上候车，则恰好有2个连续空座位的候车方式的种数为________．‎ ‎(3)用1,2,3,4这四个数字组成无重复数字的四位数，其中恰有一个偶数夹在两个奇数之间的四位数的个数为________．‎ ‎[解析]　(1)首先应考虑是否含“0”．当含有0，且0排在个位时，有A＝9×8＝72个三位偶数，当0排在十位时，有AA＝4×8＝32个三位偶数．当不含0时，有A·A＝4×8×7＝224个三位偶数．由分类计数原理，得符合题意的偶数共有72＋32＋224＝328(个)．‎ ‎(2)先把3名乘客进行全排列，有A＝6种排法，排好后，有4个空，再将1个空位和余下的2个连续的空位插入4个空中，有A＝12种排法，则共有6×12＝72种候车方式．‎ ‎(3)首先排两个奇数1,3，有A种排法，再在2,4中取一个数放在1,3排列之间，有C种排法，然后把这3个数作为一个整体与剩下的另一个偶数全排列，有A种排法，即满足条件的四位数的个数为ACA＝8.‎ ‎[答案]　(1)328　(2)72　(3)8‎ 组合问题 组合问题的常见题型及解题思路 ‎(1)常见题型：一般有选派问题、抽样问题、图形问题、集合问题、分组问题等．‎ ‎(2)解题思路：①分清问题是否为组合问题；②对较复杂的组合问题，要搞清是“分类”还是“分步”，一般是先整体分类，然后局部分步，将复杂问题通过两个计数原理化归为简单问题．‎ ‎[例2]　(1)某学校为了迎接市春季运动会，从5名男生和4名女生组成的田径运动队中选出4人参加比赛，要求男、女生都有，则男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为________．‎ ‎(2)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，则不同的取法种数为________．‎ ‎(3)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为________．‎ ‎[解析]　(1)法一：(直接法)：由题意，可分三类考虑：‎ 第1类，男生甲入选，女生乙不入选的方法种数为：CC＋CC＋C＝31；‎ 第2类，男生甲不入选，女生乙入选的方法种数为：CC＋CC＋C＝34；‎ 第3类，男生甲入选，女生乙入选的方法种数为：C＋CC＋C＝21.‎ 所以男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为31＋34＋21＝86.‎ 法二：(间接法)：从5名男生和4名女生中任意选出4人，男、女生都有的选法有C－C－C＝120种；男、女生都有，且男生甲与女生乙都没有入选的方法有C－C＝34种．所以男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为120－34＝86.‎ ‎(2)因为1,2,3，…，9中共有4个不同的偶数和5个不同的奇数，要使取出的4个不同的数的和为偶数，则4个数全为奇数，或全为偶数，或2个奇数和2个偶数，故有C＋C＋CC＝66种不同的取法．‎ ‎(3)第一类，含有1张红色卡片，不同的取法有CC＝264(种)．第二类，不含有红色卡片，不同的取法有C－3C＝220－12＝208(种)．由分类计数原理知，不同的取法共有264＋208＝472(种)．‎ ‎[答案]　(1)86　(2)66　(3)472‎ ‎[方法技巧]‎ 有限制条件的组合问题的解法 组合问题的限制条件主要体现在取出元素中“含”或“不含”某些元素，或者“至少”或“最多”含有几个元素：‎ ‎(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．考虑逆向思维，用间接法处理．　　‎ 排列与组合的综合应用 排列、组合问题由于其思想方法独特，计算量庞大，对结果的检验困难，所以在解决这类问题时就要遵循一定的解题原则，如特殊元素(位置)‎ 优先原则、先取后排原则、先分组后分配原则、正难则反原则等，只有这样我们才能有明确的解题方向．同时解答组合问题时必须心思细腻，考虑周全，这样才能做到不重不漏，正确解题. “至少、至多”型问题不能直接利用分步计数原理求解，多采用分类求解或转化为它的对立事件求解．‎ 考法(一)　简单的排列与组合的综合问题 ‎1．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，再减去不符合要求的排列数或组合数．‎ ‎2．排列、组合问题的求解方法与技巧：‎ ‎(1)特殊元素优先安排；(2)合理分类与准确分步；(3)排列、组合混合问题先选后排；(4)相邻问题捆绑处理；(5)不相邻问题插空处理；(6)定序问题排除法处理；(7)分排问题直排处理；(8)“小集团”排列问题先整体后局部；(9)构造模型；(10)正难则反，等价条件．‎ ‎[例3]　(1)(2018·浙江模拟)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．‎ ‎(2) 有20个零件，其中16个一等品，4个二等品，若从这20个零件中任意取3个，那么至少有1个一等品的不同取法有________种．‎ ‎(3)(2018·江宁期中)把5件不同产品摆成一排，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]　(1)分两类：第一类：3张中奖奖券分给3个人，共A种分法；‎ 第二类：3张中奖奖券分给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CA种分法．‎ 总获奖情况共有A＋CA＝60种．‎ ‎(2)法一：将“至少有1个是一等品的不同取法”分三类：“恰有1个一等品”，“恰有2个一等品”，“恰有3个一等品”，由分类计数原理有CC＋CC＋C＝1 136种．‎ 法二：考虑其对立事件“3个都是二等品”，用间接法：C－C＝1 136种．‎ ‎(3)先考虑产品A与B相邻，把A，B作为一个元素有A种方法，而A，B可交换位置，所以有2A＝48种摆法，又A，B相邻且又满足A，C相邻，有2A＝12种摆法，故满足条件的摆法有48－12＝36种．‎ ‎[答案]　(1)60　(2)1 136　(3)36‎ ‎[方法技巧]‎ 求解排列与组合综合问题的注意点 ‎(1)解排列与组合综合题一般是先选后排，或充分利用元素的性质进行分类、分步，再利用两个原理做最后处理．‎ ‎(2)解受条件限制的组合题，通常用直接法(合理分类)或间接法(排除法)‎ 来解决，分类标准应统一，避免出现重复或遗漏．　　　‎ 考法(二)　分组分配问题 分组分配问题是排列、组合问题的综合运用，解决这类问题的一个基本指导思想就是先分组后分配．关于分组问题，有整体均分、部分均分和不等分三种，无论分成几组，都应注意只要有一些组中元素的个数相等，就存在均分现象．‎ ‎[例4]　(1)教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教．现有6个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到3所学校去任教，有________种不同的分派方法．‎ ‎(2)某科室派出4名调研员到3个学校，调研该校高三复习备考近况，要求每个学校至少一名，则不同的分配方案种数为________．‎ ‎(3)若将6名教师分到3所中学任教，一所1名，一所2名，一所3名，则有________种不同的分法．‎ ‎[解析]　(1)先把6个毕业生平均分成3组，有种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有A＝6种方法，故将6个毕业生平均分到3所学校，共有·A＝90种不同的分派方法．‎ ‎(2)分两步完成：第一步，将4名调研员按2,1,1分成三组，其分法有种；第二步，将分好的三组分配到3个学校，其分法有A种，所以满足条件的分配方案有·A＝36种．‎ ‎(3)将6名教师分组，分三步完成：‎ 第1步，在6名教师中任取1名作为一组，有C种分法；‎ 第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C种分法；‎ 第3步，余下的3名教师作为一组，有C种分法．‎ 根据分步计数原理，共有CCC＝60种分法．‎ 再将这3组教师分配到3所中学，有A＝6种分法，‎ 故共有60×6＝360种不同的分法．‎ ‎[答案]　(1)90　(2)36　(3)360‎ ‎[方法技巧]‎ 分组分配问题的三种类型及求解策略 ‎(1)整体均分 解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以A(n为均分的组数)，避免重复计数．‎ ‎(2)部分均分 解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数．‎ ‎(3)不等分组 只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数．　　‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失”‎ ‎1.A，B，C，D，E，F六人围坐在一张圆桌周围开会，A是会议的中心发言人，必须坐在最北面的椅子上，B，C二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有________种．‎ 解析：由题知，可先将B，C二人看作一个整体，再与剩余人进行排列，则不同的座次有AA＝48种．‎ 答案：48‎ ‎2.有5列火车分别准备停在某车站并行的5条轨道上，若快车A不能停在第3道上，货车B不能停在第1道上，则5列火车不同的停靠方法数为________．‎ 解析：若没有限制，5列火车可以随便停，则有A种不同的停靠方法；快车A停在第3道上，则5列火车不同的停靠方法为A种；货车B停在第1道上，则5列火车不同的停靠方法为A种；快车A停在第3道上，且货车B停在第1道上，则5列火车不同的停靠方法为A种．故符合要求的5列火车不同的停靠方法数为A－2A＋A＝120－48＋6＝78.‎ 答案：78‎ ‎3.某校开设A类选修课2门，B类选修课3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________种．‎ 解析：由题知有2门A类选修课，3门B类选修课，从中选出3门的选法有C＝10种．两类课程都有的对立事件是选了3门B类选修课，这种情况只有1种．所以满足题意的选法有10－1＝9种．‎ 答案：9‎ ‎4．[考点三·考法(二)]某局安排3名副局长带5名职工去3地调研，每地至少去1名副局长和1名职工，则不同的安排方法总数为________．‎ 解析：分三步：第一步，将5名职工分成3组，每组至少1人，则有种不同的分组方法；第二步，将这3组职工分到3地有A种不同的方法；第三步，将3名副局长分到3地有A种不同的方法．根据分步计数原理，不同的安排方案共有·AA＝900(种)．‎ 答案：900‎ ‎5.如图所示，要使电路接通，则5个开关不同的开闭方式有________种．‎ 解析：当第一组开关有一个接通时，电路接通有C·(C＋C＋C)＝14种方式；当第一组两个都接通时，电路接通有C(C＋C＋C)＝7种方式，所以共有14＋7＝21种方式．‎ 答案：21‎ ‎6．[考点三·考法(一)]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k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数，若m＝4，则不同的“规范01数列”共有________个．‎ 解析：当m＝4时，数列{an}共有8项，其中4项为0,4项为1，要满足对任意k≤8，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数，则必有a1＝0，a8＝1，a2可为0，也可为1.(1)当a2＝0时，分以下3种情况：①若a3＝0，则a4，a5，a6，a7中任意一个为0均可，则有C＝4种情况；②若a3＝1，a4＝0，则a5，a6，a7中任意一个为0均可，有C＝3种情况；③若a3＝1，a4＝1，则a5必为0，a6，a7中任意一个为0均可，有C＝2种情况；(2)当a2＝1时，必有a3＝0，分以下2种情况：①若a4＝0，则a5，a6，a7中任一个为0均可，有C＝3种情况；②若a4＝1，则a5必为0，a6，a7中任一个为0均可，有C＝2种情况．综上所述，不同的”规范01数列”共有4＋3＋2＋3＋2＝14个．‎ 答案：14‎ ‎[课时达标检测]‎ ‎　　 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考 ‎ ‎[练基础小题——强化运算能力]‎ ‎1．(2017·天津高考)用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有________个．(用数字作答)‎ 解析：一个数字是偶数、三个数字是奇数的四位数有CCA＝960(个)，四个数字都是奇数的四位数有A＝120(个)，则至多有一个数字是偶数的四位数一共有960＋120＝1 080(个)．‎ 答案：1 080‎ ‎2．世界华商大会的某分会场有A，B，C三个展台，将甲、乙、丙、丁共4名“双语”志愿者分配到这三个展台，每个展台至少1人，其中甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数为________．‎ 解析：因为甲、乙两人被分配到同一展台，所以可以把甲与乙捆在一起，看成一个人，然后将3个人分到3个展台上进行全排列，即有A种分配方法，所以甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数有A＝6种．‎ 答案：6‎ ‎3．(2017·全国卷Ⅱ改编)安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有________种．(用数字作答)‎ 解析：因为安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，所以必有1人完成2项工作．先把4项工作分成3组，即2,1,1，有＝6种，再分配给3个人，有A＝6种，所以不同的安排方式共有6×6＝36(种)．‎ 答案：36‎ ‎4.如图所示的几何体由一个正三棱锥PABC与正三棱柱ABCA1B1C1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有________种．‎ 解析：先涂三棱锥PABC的三个侧面，然后涂三棱柱ABCA1B1C1的三个侧面，共有3×2×1×2＝12种不同的涂色方案．‎ 答案：12‎ ‎[练常考题点——检验高考能力]‎ 一、填空题 ‎1．从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，则可以组成不同对数值的个数为________．‎ 解析：在8个数中任取2个不同的数可以组成A＝56个对数值；但在这56个对数值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，即满足条件的对数值共有56－4＝52(个)．‎ 答案：52‎ ‎2.如图所示，在A、B间有四个焊接点1,2,3,4，若焊接点脱落导致断路，则电路不通．今发现A，B之间电路不通，则焊接点脱落的不同情况有________种．‎ 解析：按照焊接点脱落的个数进行分类．‎ 若脱落1个，则有(1)，(4)，共2种情况；‎ 若脱落2个，有(1,4)，(2,3)，(1,2)，(1,3)，(4,2)，(4,3)，共6种情况；‎ 若脱落3个，有(1,2,3)，(1,2,4)，(2,3,4)，(1,3,4)，共4种情况；‎ 若脱落4个，有(1,2,3,4)，共1种情况．‎ 综上共有2＋6＋4＋1＝13种焊接点脱落的情况．‎ 答案：13‎ ‎3．现有2门不同的考试要安排在5天之内进行，每天最多进行一门考试，且不能连续两天有考试，那么不同的考试安排方案的种数是________．‎ 解析：若第一门安排在开头或结尾，则第二门有3种安排方法，这时共有C×3＝6种安排方案；若第一门安排在中间的3天中，则第二门有2种安排方法，这时共有C×2＝6种安排方案．综上可得，不同的考试安排方案共有6＋6＝12(种)．‎ 答案：12‎ ‎4．有5本不同的教科书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本．若将其并排摆放在书架的同一层上，则同一科目书都不相邻的放法种数是________．‎ 解析：据题意可先摆放2本语文书，当1本物理书在2本语文书之间时，只需将2本数学书插在前3本书形成的4个空中即可，此时共有AA种摆放方法；当1本物理书放在2本语文书一侧时，共有AACC种不同的摆放方法，由分类计数原理可得共有AA＋AACC＝48种摆放方法．‎ 答案：48‎ ‎5．“住房”“医疗”“教育”“养老”“就业”成为现今社会关注的五个焦点．小赵想利用国庆节假期调查一下社会对这些热点的关注度．若小赵准备按照顺序分别调查其中的4个热点，则“住房”作为其中的一个调查热点，但不作为第一个调查热点的种数为________．‎ 解析：可分三步：第一步，先从“医疗”“教育”“养老”“就业”这4个热点中选出3个，有C种不同的选法；第二步， 在调查时，“住房”安排的顺序有A种可能情况；第三步，其余3个热点调查的顺序有A种排法．根据分步计数原理可得，不同调查顺序的种数为CAA＝72.‎ 答案：72‎ ‎6．将A，B，C，D，E排成一列，要求A，B，C在排列中顺序为“A，B，C”或“C，B，A”(可以不相邻)，这样的排列数有________种．‎ 解析：五个元素没有限制全排列数为A，由于要求A，B，C的次序一定(按A，B，C或C，B，A)，故除以这三个元素的全排列A，可得这样的排列数有×2＝40种．‎ 答案：40‎ ‎7．某班组织文艺晚会，准备从A，B等 8 个节目中选出 4 个节目演出，要求A，B两个节目至少有一个选中，且A，B同时选中时，它们的演出顺序不能相邻，那么不同演出顺序的种数为________．‎ 解析：当A，B节目中只选其中一个时，共有CCA＝960 种演出顺序；当A，B 节目都被选中时，由插空法得共有CAA＝180 种演出顺序，所以一共有1 140种演出顺序．‎ 答案：1 140‎ ‎8．4位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规则规定：选甲题答对得100分，答错得－100分，选乙题答对得90分，答错得－90分，若4位同学的总分为0分，则这4位同学不同得分情况的种数是________．‎ 解析：由于4位同学的总分为0分，故4位同学选甲、乙题的人数有且只有三种情况：①甲：4人，乙：0人；②甲：2人，乙：2人；③甲：0人，乙：4人．对于①，需2人答对，2人答错，共有C＝6种情况；对于②，选甲题的需1人答对，1人答错，选乙题的也如此，有CCC＝24种情况；对于③，与①相同，有6种情况，故共有6＋24＋6＝36种不同的得分情况．‎ 答案：36‎ ‎9．把座位编号为1,2,3,4,5的五张电影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至少一张，至多两张，且分得的两张票必须是连号的，那么不同的分法种数为________(用数字作答)．‎ 解析：先将票分为符合条件的4份，由题意，4人分5张票，且每人至少一张，至多两张，则三人每人一张，一人2张，且分得的票必须是连号的，相当于将1,2,3,4,5这五个数用3个板子隔开，分为四部分且不存在三连号．在4个空位插3个板子，共有C＝4种情况，再对应到4个人，有A＝24种情况，则共有4×24＝96种不同分法．‎ 答案：96‎ ‎10．(2017·浙江高考)从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有________种不同的选法．(用数字作答)‎ 解析：法一：分两步，第一步，选出4人，由于至少1名女生，故有C－C＝55种不同的选法；第二步，从4人中选出队长、副队长各1人，有A＝12种不同的选法．根据分步乘法计数原理知共有55×12＝660种不同的选法．‎ 法二：不考虑限制条件，共有AC种不同的选法，‎ 而没有女生的选法有AC种，‎ 故至少有1名女生的选法有AC－AC＝840－180＝660(种)．‎ 答案：660‎ 二、解答题 ‎11．有5个男生和3个女生，从中选出5人担任5门不同学科的科代表，求分别符合下列条件的选法数：‎ ‎(1)有女生但人数必须少于男生；‎ ‎(2)某女生一定担任语文科代表；‎ ‎(3)某男生必须包括在内，但不担任数学科代表；‎ ‎(4)某女生一定要担任语文科代表，某男生必须担任科代表，但不担任数学科代表．‎ 解：(1)先选后排，可以是2女3男，也可以是1女4男，先选有CC＋CC种情况，后排有A种情况，则符合条件的选法数为(CC＋CC)·A＝5 400.‎ ‎(2)除去该女生后，先选后排，则符合条件的选法数为C·A＝840.‎ ‎(3)先选后排，但先安排该男生，则符合条件的选法数为C·C·A＝3 360.‎ ‎(4)先从除去该男生该女生的6人中选3人有C种情况，再安排该男生有C种情况，选出的3人全排有A种情况，则符合条件的选法数为C·C·A＝360.‎ ‎12．用0,1,2,3,4这五个数字，可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字的五位数？‎ ‎(1)比21 034大的偶数；‎ ‎(2)左起第二、四位是奇数的偶数．‎ 解：(1)可分五类，当末位数字是0，而首位数字是2时，有6个五位数；‎ 当末位数字是0，而首位数字是3或4时，有CA＝12个五位数；‎ 当末位数字是2，而首位数字是3或4时，有CA＝12个五位数；‎ 当末位数字是4，而首位数字是2时，有3个五位数；‎ 当末位数字是4，而首位数字是3时，有A＝6个五位数；‎ 故共有6＋12＋12＋3＋6＝39个满足条件的五位数．‎ ‎(2)可分为两类：末位数是0，个数有A·A＝4；‎ 末位数是2或4，个数有A·C＝4；‎ 故共有A·A＋A·C＝8个满足条件的五位数．‎ 第四节　　二项式定理 本节主要包括3个知识点：‎ ‎1.二项展开式中特定项和系数问题；‎ ‎2. 二项式系数的性质与二项式系数的和；‎ ‎3.二项式定理的应用问题.‎ 突破点(一)　二项展开式中特定项和系数问题 ‎ 基础联通 抓主干知识的“源”与“流”‎ ‎1．二项式定理 ‎(1)二项展开式：公式(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn(n∈N*)叫做二项式定理．‎ ‎(2)二项式的通项：Tk＋1＝Can－kbk为展开式的第k＋1项．‎ ‎2．二项式系数与项的系数 ‎(1)二项式系数：二项展开式中各项的系数C(r∈{0，1，…，n})叫做第r ‎＋1项的二项式系数．‎ ‎(2)项的系数：项的系数是该项中非字母因数部分，包括符号等，与二项式系数是两个不同的概念．如(a＋bx)n的展开式中，第r＋1项的系数是Can－rbr.‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”‎ 二项展开式中的特定项或系数问题 ‎[例1]　(1)在二项式5的展开式中，含x4的项的系数是________．‎ ‎(2)(2018·吉林省实验模拟)5的展开式中的常数项为________．‎ ‎(3)在(－1)4的展开式中，x的系数为________．‎ ‎(4)8的展开式中的有理项共有________项．‎ ‎[解析]　(1)由二项式定理可知，展开式的通项为C·(－1)rx10－3r，令10－3r＝4，得r＝2，所以含x4项的系数为C(－1)2＝10.‎ ‎(2)∵Tr＋1＝C(x2)5－rr＝(－2)rC·x10－5r，由10－5r＝0，得r＝2，∴T3＝(－2)2C＝40.‎ ‎(3)由题意可知Tr＋1＝C()4－r(－1)r＝C(－1)rx，令＝1，解得r＝2，所以展开式中x的系数为C(－1)2＝6.‎ ‎(4)8的展开式的通项为Tr＋1＝C()8－r·r＝rCx(r＝0,1,2，…，8)，为使Tr＋1为有理项，r必须是4的倍数，所以r＝0,4,8，故共有3个有理项．‎ ‎[答案]　(1)10　(2)40　(3)6　(4)3‎ ‎[方法技巧]‎ 二项展开式问题的常见类型及解法 ‎(1)求展开式中的特定项或其系数．可依据条件写出第k＋1项，再由特定项的特点求出k值即可．‎ ‎(2)已知展开式的某项或其系数求参数．可由某项得出参数项，再由通项公式写出第k＋1项，由特定项得出k值，最后求出其参数．　　‎ 多项展开式中项的特定项或系数问题 ‎[例2]　(1)(1－)6(1＋)4的展开式中x的系数是________．‎ ‎(2)(2018·枣阳一中模拟)(x2＋x＋y)5的展开式中x5y2的系数为________．‎ ‎(3)(2018·江苏宿迁期末)将3展开后，常数项是________．‎ ‎[解析]　(1)(1)法一：(1－)6的展开式的通项为C·(－)m＝C(－1)mx，(1＋)4的展开式的通项为C·()n＝Cx，其中m＝0,1,2，…，6，n＝0,1,2,3,4.‎ 令＋＝1，得m＋n＝2，于是(1－)6(1＋)4的展开式中x的系数等于C·(－1)0·C＋C·(－1)1·C＋C·(－1)2·C＝－3.‎ 法二：(1－)6(1＋)4＝[(1－)(1＋)]4(1－)2＝(1－x)4(1－2＋x)．于是(1－)6(1＋)4的展开式中x的系数为C·1＋C·(－1)1·1＝－3.‎ 法三：在(1－)6(1＋)4的展开式中要出现x，可分为以下三种情况：‎ ‎①(1－)6中选2个(－)，(1＋)4中选0个作积，这样得到的x项的系数为CC＝15；‎ ‎②(1－)6中选1个(－)，(1＋)4中选1个作积，这样得到的x项的系数为C(－1)1C＝－24；‎ ‎③(1－)6中选0个(－)，(1＋)4中选2个作积，这样得到的x项的系数为CC＝6.‎ 故x项的系数为15－24＋6＝－3.‎ ‎(2)(x2＋x＋y)5的展开式的通项为Tr＋1＝C(x2＋x)5－r·yr，令r＝2，则T3＝C(x2＋x)3y2，又(x2＋x)3的展开式的通项为C(x2)3－k·xk＝Cx6－k，令6－k＝5，则k＝1，所以(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为CC＝30.‎ ‎(3)3＝6展开式的通项是C()6－k·k＝(－2)k·C()6－2k.‎ 令6－2k＝0，得k＝3.‎ 所以常数项是C(－2)3＝－160.‎ ‎[答案]　(1)－3　(2)30　(3)－160‎ ‎[方法技巧]‎ ‎1．求解形如(a＋b)n(c＋d)m的展开式问题的思路 ‎(1)若n，m中一个比较小，可考虑把它展开得到多个，如(a＋b)2(c＋d)m＝(a2＋2ab＋b2)(c＋d)m，然后展开分别求解．‎ ‎(2)观察(a＋b)(c＋d)是否可以合并，如(1＋x)5(1－x)7＝[(1＋x)(1－x)]5(1－x)2＝(1－x2)5(1－x)2；‎ ‎(3)分别得到(a＋b)n，(c＋d)m的通项公式，综合考虑．‎ ‎2．求形如(a＋b＋c)n展开式中特定项的步骤 第一步，把三项的和a＋b＋c看作(a＋b)与c两项的和；‎ 第二步，根据二项式定理求出[(a＋b)＋c]n的展开式的通项；‎ 第三步，对特定项的次数进行分析，弄清特定项是由(a＋b)n－r的展开式中的哪些项和cr相乘得到的；‎ 第四步，把相乘后的项相加减即可得到特定项．　　‎ 由已知条件求参数 ‎[例3]　(1)已知(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，则a＝ ________.‎ ‎(2)(x＋a)10的展开式中，x7的系数为15，则a＝________.‎ ‎(3)(a＋x)(1＋x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a＝________.‎ ‎(4)若(x＋a)25的展开式中常数项为－1，则a的值为________．‎ ‎[解析]　(1)展开式中含x2的系数为C＋aC＝5，解得a＝－1.‎ ‎ (2)设通项为Tr＋1＝Cx10－rar，令10－r＝7，‎ ‎∴r＝3，∴x7的系数为Ca3＝15，‎ ‎∴a3＝，∴a＝.‎ ‎(3)设(a＋x)(1＋x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，‎ 令x＝1，得16(a＋1)＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5，①‎ 令x＝－1，得0＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5.②‎ ‎①－②，得16(a＋1)＝2(a1＋a3＋a5)，‎ 即展开式中x的奇数次幂的系数之和为a1＋a3＋a5＝8(a＋1)，所以8(a＋1)＝32，解得a＝3.‎ ‎(4)由于(x＋a)2＝x2＋2ax＋a2，而5的展开式通项为Tr＋1＝(－1)rC·xr－5，其中r＝0,1,2，…，5.于是5的展开式中x－2的系数为(－1)3C＝－10，x－1的系数为(－1)4C＝5，常数项为－1，因此(x＋a)25的展开式中常数项为1×(－10)＋2a×5＋a2×(－1)＝－a2＋10a－10，依题意－a2＋10a－10＝－1，化简得a2－10a＋9＝0，解得a＝1或a＝9.‎ ‎[答案]　(1) －1　(2) 　(3)3　(4)1或9 ‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失”‎ ‎1.(2018·广东测试)6的展开式中，常数项是________．‎ 解析：Tr＋1＝C(x2)6－rr＝rCx12－3r，令12－3r＝0，解得r＝4.所以常数项为 ‎4C＝.‎ 答案： ‎2.(2017·山东高考)已知(1＋3x)n的展开式中含有x2项的系数是54，则n＝________.‎ 解析：(1＋3x)n的展开式的通项为Tr＋1＝C(3x)r.‎ 令r＝2，得T3＝9Cx2.由题意得9C＝54，解得n＝4.‎ 答案：4‎ ‎3.(2018·启东期中)在10的展开式中，含x2项的系数为________．‎ 解析：因为10＝10＝(1＋x)10＋C(1＋x)9＋…＋C10，所以x2项只能在(1＋x)10的展开式中，所以含x2的项为Cx2，系数为C＝45.‎ 答案：45‎ ‎4.4＋8的展开式中的常数项为________．‎ 解析：4的展开式的通项为Tm＋1＝C(x3)4－m·m＝C(－2)mx12－4m，令12－4m＝0，解得m＝3，8的展开式的通项为Tn＋1＝Cx8－n·n＝Cx8－2n，令8－2n＝0，解得n＝4，所以所求常数项为C(－2)3＋C＝38.‎ 答案：38‎ ‎5.(x＋2)2(1－x)5中x7的系数与常数项之差的绝对值为________．‎ 解析：常数项为C×22×C＝4，x7的系数为C×C(－1)5＝－1，因此x7的系数与常数项之差的绝对值为5.‎ 答案：5‎ ‎6.(2017·全国卷Ⅰ改编)(1＋x)6展开式中x2的系数为________．‎ 解析：(1＋x)6展开式的通项Tr＋1＝Cxr，所以(1＋x)6的展开式中x2的系数为1×C＋1×C＝30.‎ 答案：30‎ ‎7.5(x＞0)的展开式中的常数项为________．‎ 解析：5(x＞0)可化为10，因而Tr＋1＝C10－r()10－2r，令10－2‎ r＝0，则r＝5，故展开式中的常数项为C·5＝.‎ 答案： 突破点(二)　二项式系数的性质与二项式系数的和 ‎ ‎ ‎ 基础联通 抓主干知识的“源”与“流”‎ 二项式系数的性质 ‎(1)对称性：当0≤k≤n时，.‎ ‎(2)二项式系数的最值：二项式系数先增后减，当n为偶数时，第＋1项的二项式系数最大，最大值为Cn；当n为奇数时，第项和第项的二项式系数最大，最大值为.‎ ‎(3)二项式系数和：C＋C＋C＋…＋C＝2n，C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1.‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”‎ 二项式系数的性质 ‎[例1]　(1)已知(1＋x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为________．‎ ‎(2)在(1＋x)n(x∈N*)的二项展开式中，若只有x5的系数最大，则n＝________.‎ ‎(3)(2018·广东肇庆模拟)(x＋2y)7的展开式中，系数最大的项是________．‎ ‎[解析]　(1)由C＝C，得n＝10，故奇数项的二项式系数和为29＝512.‎ ‎(2)二项式中仅x5项系数最大，其最大值必为Cn，即得＝5，解得n＝10.‎ ‎(3)设第r＋1项系数最大，‎ 则有 即 即解得 又∵r∈Z，∴r＝5.‎ ‎∴系数最大的项为T6＝Cx2·25y5＝672x2y5.‎ ‎[答案]　(1)512　(2)10　(3)672x2y5‎ ‎[方法技巧]‎ 求解二项式系数或系数的最值问题的一般步骤 第一步，要弄清所求问题是“展开式系数最大”、“二项式系数最大”两者中的哪一个．‎ 第二步，若是求二项式系数的最大值，则依据(a＋b)n中n的奇偶及二次项系数的性质求解．若是求系数的最大值，有两个思路，思路一：由于二项展开式中的系数是关于正整数n的式子，可以看作关于n的数列，通过判断数列单调性的方法从而判断系数的增减性，并根据系数的单调性求出系数的最值；思路二：由于展开式系数是离散型变量，因此在系数均为正值的前提下，求最大值只需解不等式组即可求得答案．　　‎ 二项展开式中的系数和 赋值法在求各项系数和中的应用 ‎(1)形如(ax＋b)n，(ax2＋bx＋c)m(a，b，c∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x＝1即可．‎ ‎(2)对形如(ax＋by)n(a，b∈R)的式子求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1即可．‎ ‎(3)若f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f(x)展开式中各项系数之和为f(1)，‎ 奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝，‎ 偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝.‎ ‎[例2]　二项式(2x－3y)9的展开式中，求：‎ ‎(1)二项式系数之和；‎ ‎(2)各项系数之和；‎ ‎(3)所有奇数项系数之和；‎ ‎(4)各项系数绝对值之和．‎ ‎[解]　设(2x－3y)9＝a0x9＋a1x8y＋a2x7y2＋…＋a9y9.‎ ‎(1)二项式系数之和为C＋C＋C＋…＋C＝29.‎ ‎(2)各项系数之和为a0＋a1＋a2＋…＋a9，‎ 令x＝1，y＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a9＝(2－3)9＝－1.‎ ‎(3)由(2)知a0＋a1＋a2＋…＋a9＝－1，①‎ 令x＝1，y＝－1，得a0－a1＋a2－…－a9＝59，②‎ 得a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝，此即为所有奇数项系数之和．‎ ‎(4)|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|＝a0－a1＋a2－…－a9，令x＝1，y＝－1，得|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|＝a0－a1＋a2－…－a9＝59，此即为各项系数绝对值之和．‎ ‎[易错提醒]‎ ‎(1)利用赋值法求解时，注意各项的系数是指某一项的字母前面的数值(包括符号)；‎ ‎(2)在求各项的系数的绝对值的和时，首先要判断各项系数的符号，然后将绝对值去掉，再进行赋值．　　‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失”‎ ‎1.(2017·福建漳州二模)已知(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9＋a10x10，则a2＋a3＋…＋a9＋a10的值为________．‎ 解析：令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a9＋a10＝1，再令x＝0，得a0＝1，所以a1＋a2＋…＋a9＋a10＝0，又易知a1＝C×21×(－1)9＝－20，所以a2＋a3＋…＋a9＋a10＝20.‎ 答案：20‎ ‎2.若n的展开式中的所有二项式系数之和为512，则该展开式中常数项为________．‎ 解析：由二项式系数之和为2n＝512，得n＝9.又Tr＋1＝(－1)rCx18－3r，令18－3r＝0，得r＝6，故常数项为T7＝84.‎ 答案：84‎ ‎3.2n(n∈N*)的展开式中只有第6项系数最大，则其常数项为________．‎ 解析：由已知得，二项式展开式中各项的系数与二项式系数相等．由展开式中只有第6项的系数C最大，可得展开式有11项，即2n＝10，n＝5.10展开式的通项为Tr＋1＝Cx5－rx－＝Cx5－r，令5－r＝0可得r＝6，此时常数项为T7＝C＝210.‎ 答案：210‎ ‎4.设n的展开式的各项系数之和为M，二项式系数之和为N，若M－N＝240，则展开式中含x的项为________．‎ 解析：由已知条件4n－2n＝240，解得n＝4，Tr＋1＝C(5x)4－rr＝(－1)r54－rCx4－，令4－＝1，得r＝2，则展开式中含x的项为T3＝150x.‎ 答案：150x ‎5.若(1＋x＋x2)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a12x12，则a2＋a4＋…＋a12＝________.‎ 解析：令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a12＝36，令x＝－1，得a0－a1＋a2－…＋a12＝1，∴a0＋a2＋a4＋…＋a12＝.令x＝0，得a0＝1，∴a2＋a4＋…＋a12＝－1＝364.‎ 答案：364‎ 突破点(三)　二项式定理的应用问题 ‎ ‎1.二项式定理的应用主要包括证明、化简与求值，其中整除问题和求近似值是二项式定理中两类常见的应用问题，整除问题中要关注展开式的最后几项，而求近似值则应关注展开式的前几项.‎ ‎2.二项式定理的应用基本思路是正用或逆用二项式定理，注意选择合适的形式.‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”‎ 证明问题 ‎[例1]　(1)求证：1＋2＋22＋…＋25n－1(n∈N*)能被31整除．‎ ‎(2)(2018·江苏省淮安市高三期中)设n≥3，n∈N*，在集合{1,2，…，n}的所有元素个数为2的子集中，把每个子集的较大元素相加，和记为a，较小元素之和记为b.求证：对任意的n≥3，n∈N*，为定值．‎ ‎[证明]　(1)∵1＋2＋22＋…＋25n－1＝ ‎＝25n－1＝32n－1＝(31＋1)n－1‎ ‎＝C×31n＋C×31n－1＋…＋C×31＋C－1‎ ‎＝31(C×31n－1＋C×31n－2＋…＋C)，‎ 显然C×31n－1＋C×31n－2＋…＋C为整数，‎ ‎∴原式能被31整除．‎ ‎(2)当n≥3，n∈N*时，依题意，b＝1×C＋2×C＋3×C＋…＋(n－2)×C＋(n－1)×C，‎ a＝2×C＋3×C＋4×C＋…＋(n－1)×C＋n×C＝2×1＋3×2＋4×3＋…＋(n－1)×(n－2)＋n×(n－1)．‎ 则＝C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋…＋C＝…＝C，所以a＝2C.‎ 又a＋b＝(1＋2＋3＋…＋n)×(n－1)＝×(n－1)＝3C，所以b＝C.从而＝.‎ 化简与求值问题 ‎[例2]　(1)1－90C＋902C－903C＋…＋(－1)k90kC＋…＋9010C除以88的余数是________．‎ ‎(2)1.028的近似值是________．(精确到小数点后三位)‎ ‎(3)(2018·南京市、盐城市高三第一次模拟考试)设n∈N*，n≥3，k∈N*.化简：12C＋22C＋32C＋…＋(k＋1)2C＋…＋(n＋1)2C.‎ ‎[解析]　(1)1－90C＋902C＋…＋(－1)k90kC＋…＋9010C＝(1－90)10＝8910＝(88＋1)10＝8810＋C889＋…＋C88＋1，∵前10项均能被88整除，∴余数是1.‎ ‎(2)1.028＝(1＋0.02)8≈C＋C·0.02＋C·0.022＋C·0.023≈1.172.‎ ‎(3) 当n≥3时，由二项式定理，有(1＋x)n＝1＋Cx＋Cx2＋…＋Cxk＋…＋Cxn，‎ 两边同乘以x，得(1＋x)nx＝x＋Cx2＋Cx3＋…＋Cxk＋1＋…＋Cxn＋1，‎ 两边对x求导，得(1＋x)n＋n(1＋x)n－1x＝1＋2Cx＋3Cx2＋…＋(k＋1)·Cxk＋…＋(n＋1)Cxn，‎ 两边再同乘以x，得(1＋x)nx＋n(1＋x)n－1x2＝x＋2Cx2＋3Cx3＋…＋(k＋1)Cxk＋1＋…＋(n＋1)Cxn＋1，‎ 两边再对x求导，得(1＋x)n＋n(1＋x)n－1x＋n(n－1)·(1＋x)n－2x2＋2n(1＋x)n－1x＝1＋22Cx＋32Cx2＋…＋(k＋1)2Cxk＋…＋(n＋1)2Cxn.‎ 令x＝1，得2n＋n2n－1＋n(n－1)2n－2＋2n2n－1＝1＋22C＋32C＋…＋(k＋1)2C＋…＋(n＋1)2C，‎ 即12C＋22C＋32C＋…＋(k＋1)2C＋…＋(n＋1)2C＝2n－2(n2＋5n＋4)．‎ ‎[答案]　(1)1　(2)1.172‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失”‎ ‎1.9192除以100的余数是________．‎ 解析：∵9192＝(90＋1)92＝C9092＋C9091＋…＋C902＋C90＋C＝M×102＋92×90＋1＝100M＋82×100＋81(M为整数)，∴9192除以100的余数是81.‎ 答案：81‎ ‎2.(2018·东北三校联考)若等差数列{an}的首项a1＝C－A(m∈N)，公差是n展开式中的常数项，其中n为7777－15除以19的余数，则an＝________.‎ 解析：由题意得解得≤m≤，又m∈N，所以m＝2，所以a1＝C－A＝100.又7777－15＝(1＋19×4)77－15＝C＋C(19×4)＋…＋C(19×4)77－15＝(19×4)[C＋C(19×4)＋…＋C(19×4)76]－19＋5，所以7777－15除以19的余数为5，即n＝5.又5展开式的通项Tr＋1＝C5－r·r＝(－1)rC5－2rx，令5r－15＝0，得r＝3，所以公差d＝C5－6(－1)3＝－4，故an＝100－4(n－1)＝104－4n.‎ 答案：104－4n ‎3.求证：32n＋2－8n－9能被64整除．‎ 证明：∵32n＋2－8n－9＝9n＋1－8n－9‎ ‎＝(1＋8)n＋1－8n－9‎ ‎＝C＋C·8＋C·82＋C·83＋…＋C·8n＋C·8n＋1－8n－9‎ ‎＝1＋(n＋1)·8＋C·82＋C·83＋…＋C·8n＋8n＋1－8n－9＝C·82＋C·83＋…＋C·8n＋8n＋1‎ ‎＝82(C＋C·8＋…＋C8n－2＋8n－1)，‎ 又∵C＋C·8＋…＋C8n－2＋8n－1是整数，‎ ‎∴32n＋2－8n－9能被64整除．‎ ‎[课时达标检测]‎ ‎　 难点增分课时——设计3级训练，考生据自身能力而选 ‎ 一、全员必做题 ‎1．若n展开式中前三项的系数成等差数列，求：‎ ‎(1)展开式中所有x的有理项；‎ ‎(2)展开式中系数最大的项．‎ 解：易求得展开式前三项的系数为1，C，C.‎ 据题意得2×C＝1＋C，所以n＝8.‎ ‎(1)设展开式中的有理项为Tr＋1，‎ 由Tr＋1＝C()8－rr＝rCx，‎ ‎∴r为4的倍数，又0≤r≤8，∴r＝0,4,8.‎ 故有理项为T1＝0Cx＝x4，‎ T5＝4Cx＝x，‎ T9＝8Cx＝.‎ ‎(2)设展开式中Tr＋1项的系数最大，则：‎ rC≥r＋1C且rC≥r－1C，‎ 解得r＝2或r＝3.‎ 故展开式中系数最大的项为T3＝2Cx＝7x，‎ T4＝3Cx＝7x.‎ ‎2．求证：对任何非负整数n,33n－26n－1可被676整除．‎ 证明：当n＝0时，原式＝0，可被676整除．‎ 当n＝1时，原式＝0，也可被676整除．‎ 当n≥2时，原式＝27n－26n－1＝(26＋1)n－26n－1‎ ‎＝(26n＋C26n－1＋…＋C·262＋C·26＋1)－26n－1‎ ‎＝26n＋C26n－1＋…＋C·262.‎ 每一项都含262这个因数，故可被262＝676整除．‎ 综上所述，对一切非负整数n,33n－26n－1可被676整除．‎ ‎3．(2018·苏北四市高三第一学期期末)已知等式(1＋x)2n－1＝(1＋x)n－1(1＋x)n.‎ ‎(1)求(1＋x)2n－1的展开式中含xn的项的系数，并化简：CC＋CC＋…＋CC；‎ ‎(2)证明：(C)2＋2(C)2＋…＋n(C)2＝nC.‎ 解：(1)(1＋x)2n－1的展开式中含xn的项的系数为C，‎ 由(1＋x)n－1(1＋x)n＝(C＋Cx＋…＋Cxn－1)·(C＋Cx＋…＋Cxn)‎ 可知，(1＋x)n－1(1＋x)n的展开式中含xn的项的系数为CC＋CC＋…＋CC.‎ 所以CC＋CC＋…＋CC＝C.‎ ‎(2)证明：当k∈N*时，kC＝k·＝＝n·＝nC，‎ 所以(C)2＋2(C)2＋…＋n(C)2＝∑ ‎＝∑ ‎＝∑＝n∑＝n∑.‎ 由(1)知CC＋CC＋…＋CC＝C，‎ 即∑(CC)＝C，‎ 所以(C)2＋2(C)2＋…＋n(C)2＝nC.‎ 二、重点选做题 ‎1．(2018·苏州市高三月考)设集合M＝{－1,0,1}，集合An＝{(x1，x2，x3，…，xn)|xi∈M，i＝1,2，…，n}，集合An中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋…＋|xn|≤m”的元素个数记为S.‎ ‎(1)求S和S的值；‎ ‎(2)当m＜n时，求证：S＜3n＋2m＋1－2n＋1.‎ 解：(1)S＝8，S＝32.‎ ‎(2)证明：设集合P＝{0}，Q＝{－1,1}．‎ 若|x1|＋|x2|＋…＋|xn|＝1，即x1，x2，x3，…，xn中有n－1个取自集合P,1个取自集合Q，‎ 故共有C21种可能，即为C21，‎ 同理，|x1|＋|x2|＋…＋|xn|＝2，即x1，x2，x3，…，xn中有n－2个取自集合P,2个取自集合Q，故共有C2n种可能，即为C22, ‎ 若|x1|＋|x2|＋…＋|xn|＝m，即x1，x2，x3，…，xn中有n－m个取自集合P，m个取自集合Q，故共有C2n种可能，即为C2m，‎ 所以S＝C21＋C22＋…＋C2m，‎ 因为当0≤k≤n时，C≥1，故C－1≥0.‎ 所以S＝C21＋C22＋…＋C2m＜C20＋(C21＋C22＋…＋C2m)＋(C－1)2m＋1＋…＋(C－1)2n ‎＝(C20＋C21＋C22＋…＋C2m＋C2m＋1＋…＋C2n)－(2m＋1＋2m＋2＋…＋2n)‎ ‎＝(1＋2)n－(2n＋1－2m＋1)＝3n－2n＋1＋2m＋1.‎ ‎2．(2018·淮安期中)已知m，n∈N*，定义fn(m)＝.‎ ‎(1)记am＝f6(m)，求a1＋a2＋…＋a12的值；‎ ‎(2)记bm＝(－1)mmfn(m)，求b1＋b2＋…＋b2n所有可能值的集合．‎ 解：(1)由题意知，fn(m)＝ 所以am＝ 所以a1＋a2＋…＋a12＝C＋C＋…＋C＝63.‎ ‎(2)当n＝1时， bm＝(－1)mmf1(m)＝则b1＋b2＝－1. ‎ 当n≥2时，bm＝ 又mC＝m·＝n·＝nC，‎ 所以b1＋b2＋…＋b2n＝n[－C＋C－C＋C＋…＋(－1)nC]＝0.‎ 所以b1＋b2＋…＋b2n的取值构成的集合为{－1,0}. ‎ 三、冲刺满分题 ‎1．(2018·南京模拟)设(1－x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，n∈N*，n≥2.‎ ‎(1)设n＝11，求|a6|＋|a7|＋|a8|＋|a9|＋|a10|＋|a11|的值；‎ ‎(2)设bk＝ak＋1(k∈N，k≤n－1)，Sm＝b0＋b1＋b2＋…＋bm(m∈N，m≤n－1)，求的值．‎ 解：(1)因为ak＝(－1)kC， 当n＝11时，|a6|＋|a7|＋|a8|＋|a9|＋|a10|＋|a11|＝C＋C＋C ‎＋C＋C＋C＝(C＋C＋…＋C＋C)＝210＝1024.‎ ‎(2)bk＝ak＋1＝(－1)k＋1 C＝(－1)k＋1 C， ‎ 当1≤k≤n－1时，bk＝(－1)k＋1 C＝ (－1)k＋1 (C＋C)＝(－1)k＋1 C＋(－1)k＋1 C ‎＝(－1)k－1 C－(－1)k C.‎ 当m＝0时，＝＝1；‎ 当1≤m≤n－1时，‎ Sm＝－1＋(－1)k－1C－(－1)kC]＝－1＋1－(－1)mC＝－(－1)mC，所以＝1.‎ 综上，＝1.‎ ‎2．(2018·连云港模拟)在集合A＝{1,2,3,4，…，2n}中，任取m(m≤2n，m，n∈N*)个元素构成集合Am.若Am的所有元素之和为偶数，则称Am为A的偶子集，其个数记为f(m)；若Am的所有元素之和为奇数，则称Am为A的奇子集，其个数记为g(m)．令F(m)＝f(m)－g(m)．‎ ‎(1)当n＝2时，求F(1)，F(2)，F(3)的值；‎ ‎(2)求F(m)．‎ 解：(1)当n＝2时，集合为{1,2,3,4}．‎ 当m＝1时，偶子集有{2}，{4}，奇子集有{1}，{3}，f(1)＝2，g(1)＝2，则F(1)＝0；‎ 当m＝2时，偶子集有{2,4}，{1,3}，奇子集有{1,2}，{1,4}，{2,3}，{3,4}，‎ f(2)＝2，g(2)＝4，则F(2)＝－2；‎ 当m＝3时，偶子集有{1,2,3}，{1,3,4}，奇子集有{1,2,4}，{2,3,4}，‎ f(3)＝2，g(3)＝2，则F(3)＝0.‎ ‎(2)当m为奇数时，偶子集的个数f(m)＝CC＋CC＋CC＋…＋CC，‎ 奇子集的个数g(m)＝CC＋CC＋…＋CC，‎ 所以f(m)＝g(m)，F(m)＝f(m)－g(m)＝0.‎ 当m为偶数时，偶子集的个数f(m)＝CC＋CC＋CC＋…＋CC，‎ 奇子集的个数g(m)＝CC＋CC＋…＋CC，‎ 所以F(m)＝f(m)－g(m)‎ ‎＝CC－CC＋CC－CC＋…－CC＋CC.‎ 一方面，(1＋x)n(1－x)n＝(C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn)[C－Cx＋Cx2－…＋(－1)nCxn]，‎ 所以(1＋x)n(1－x)n中xm的系数为 CC－CC＋CC－CC＋…－CC＋CC；‎ 另一方面，‎ ‎(1＋x)n(1－x)n＝(1－x2)n，(1－x2)n中xm的系数为(－1)Cn，故F(m)＝(－1)Cn.‎ 综上，F(m)＝ 第五节离散型随机变量的概率分布、均值与方差 本节主要包括3个知识点：‎ ‎1.离散型随机变量的分布列；‎ ‎2.n次独立重复试验与二项分布；‎ ‎3.离散型随机变量的均值与方差.‎ 突破点(一)　离散型随机变量的分布列 ‎ ‎ 基础联通 抓主干知识的“源”与“流”‎ ‎1．随机变量的有关概念 ‎(1)随机变量：一般地，如果随机试验的结果可以用一个变量来表示，那么这样的变量叫做随机变量．通常用大写拉丁字母(或小写希腊字母)等表示，如 X，Y，ξ，η，….‎ ‎(2)离散型随机变量：随机变量的取值都是离散的，这样的随机变量称为离散型随机变量．‎ ‎2．离散型随机变量分布列的概念及性质 ‎(1)概念：若离散型随机变量X有n个不同的取值，它们分别是x1，x2，…，xi，…，xn，且 P(X＝xi)＝pi，其中i＝1，2，…，n，　 ①‎ 则称①为随机变量X的概率分布列，简称为X的分布列．也可以将①用以下表格的形式表示：‎ X x1‎ x2‎ ‎…‎ xi ‎…‎ xn P p1‎ p2‎ ‎…‎ pi ‎…‎ pn ‎(2)分布列的性质：①pi≥0，i＝1,2,3，…，n; ②i＝1.‎ ‎3．常见的离散型随机变量的分布列 ‎(1)两点分布(或0－1分布)‎ 随机变量X只取两个可能值0和1，这一类概率分布称为0－1分布或两点分布．记为X～0－1或X～两点分布，称X服从两点分布，概率分布表如下：‎ X ‎0‎ ‎1‎ P ‎1－p p ‎(2)超几何分布 假定一批产品共N件，其中有M件不合格品，随机取出的n件产品中，不合格品数X的概率分布表如下：(其中l＝min(n，M))‎ X ‎0‎ ‎1‎ ‎…‎ l P ‎…‎ 一般地，若一个随机变量X的分布列为P(X＝r)＝，r＝0,1,2，…，l，l＝min(n，M)，称随机变量X服从超几何分布．记为X～H(n，M，N)，并将P(X＝r)＝记为H(r；n，M，N).‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”‎ 离散型随机变量分布列的性质 离散型随机变量的分布列的性质主要有三方面的作用：‎ ‎(1)利用“总概率之和为1”可以求相关参数的取值范围或值；‎ ‎(2)利用“离散型随机变量在一范围内的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和”求某些特定事件的概率；‎ ‎(3)可以根据性质判断所得分布列结果是否正确．‎ ‎[例1]　(1)设X是一个离散型随机变量，其分布列为 X ‎－1‎ ‎0‎ ‎1‎ P ‎2－3q q2‎ 则q的值为________．‎ ‎(2)离散型随机变量X的概率分布规律为P(X＝n)＝(n＝1,2,3,4)，其中a是常数，则P＜X＜的值为________．‎ ‎[解析]　(1)由分布列的性质知 ∴q＝－.‎ ‎(2)由×a＝1，知a＝1.∴a＝.‎ 故P＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝×＋×＝.‎ ‎[答案]　(1)－　(2) ‎[易错提醒]‎ 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．　　‎ 求离散型随机变量的分布列 ‎[例2]　(2018·南京市高三年级学情调研卷)袋中有形状和大小完全相同的四种不同颜色的小球，每种颜色的小球各有4个，分别编号为1,2,3,4.现从袋中随机取两个球．‎ ‎(1)若两个球颜色不同，求不同取法的种数；‎ ‎(2)在(1)的条件下，记两球编号的差的绝对值为随机变量X，求随机变量X的分布列．‎ ‎[解]　(1)两个球颜色不同的情况共有C·42＝96(种). ‎ ‎(2)随机变量X所有可能的值为0,1,2,3.‎ P(X＝0)＝＝， P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，‎ P(X＝3)＝＝.‎ 所以随机变量X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P ‎[方法技巧]‎ 求离散型随机变量分布列的步骤 ‎(1)找出随机变量X的所有可能取值xi(i＝1,2，3，…，n)；‎ ‎(2)求出各取值的概率P(X＝xi)＝pi；‎ ‎(3)列成表格并用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确．　　‎ 超几何分布 ‎1.随机变量是否服从超几何分布的判断 若随机变量X满足如下条件，则X服从超几何分布：第一，该试验是不放回地抽取n次；第二，随机变量X表示抽取到的某类个体的个数(如次品件数或类似事件)，反之亦然．‎ ‎2．超几何分布的特征 ‎(1)考察对象分两类；‎ ‎(2)已知各类对象的个数；‎ ‎(3)从中抽取若干个个体，考查某类个体数X的概率分布．‎ ‎[例3]　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，红枣粽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．‎ ‎[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)＝＝.‎ ‎(2)X的所有可能值为0,1,2，且 P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，‎ P(X＝2)＝＝.‎ 综上可知，X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ P ‎[方法技巧]‎ 求超几何分布的分布列的步骤 第一步，验证随机变量服从超几何分布，并确定参数N，M，n的值；‎ 第二步，根据超几何分布的概率计算公式计算出随机变量取每一个值时的概率；‎ 第三步，用表格的形式列出分布列．　　‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失”‎ ‎1.邮局工作人员整理邮件，从一个信箱中任取一封信，记一封信的质量为X(单位：克)，如果P(X＜10)＝0.3，P(10≤X≤30)＝0.4，那么P(X＞30)等于________．‎ 解析：根据随机变量的概率分布的性质，可知P(X＜10)＋P(10≤X≤30)＋P(X＞30)＝1，故P(X＞30)＝1－0.3－0.4＝0.3.‎ 答案：0.3‎ ‎2.在15个村庄中，有7个村庄交通不太方便，现从中任意选10个村庄，用ξ表示这10个村庄中交通不方便的村庄数，则下列概率中等于的是________(填序号)．‎ ‎①P(ξ＝2)；②P(ξ≤2)；③P(ξ＝4)；④P(ξ≤4) .‎ 解析：由题意知ξ服从超几何分布且P(ξ＝i)＝，所以i＝4.‎ 答案：③‎ ‎3.一盒中有12个乒乓球，其中9个新的，3个旧的，从盒子中任取3个球来用，用完即为旧的，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(X＝4)的值为________．‎ 解析：事件“X＝4”表示取出的3个球有1个新球，2个旧球，故P(X＝4)＝＝.‎ 答案： ‎4．[考点一、二]已知随机变量X的分布列如下表：‎ X ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ P x 则x的值为________，P＝________.‎ 解析：根据分布列的性质，＋＋x＋＋＝1，解得，x＝.当＜X＜时，X＝1,2,3,4.‎ 所以P＝1－P(X＝5)＝1－＝.‎ 答案：　 ‎5.(2018·南通中学高三月考)某乐队参加一户外音乐节，准备从3首原创新曲和5首经典歌曲中随机选择4首进行演唱．‎ ‎(1)求该乐队至少演唱1首原创新曲的概率；‎ ‎(2)假定演唱一首原创新曲观众与乐队的互动指数为a(a为常数)，演唱一首经典歌曲观众与乐队的互动指数为2a.求观众与乐队的互动指数之和X的分布列．‎ 解：(1)设“至少演唱1首原创新曲”为事件A，‎ 则事件A的对立事件为：“没有1首原创新曲被演唱”．‎ 所以P(A)＝1－P()＝1－＝.‎ 故该乐队至少演唱1首原创新曲的概率为.‎ ‎(2)设随机变量x表示被演唱的原创新曲的首数，则x的所有可能值为0,1,2,3.‎ 依题意，X＝ax＋2a(4－x)，故X的所有可能值依次为8a,7a,6a,5a.‎ 则 P(X＝8a)＝P(x＝0)＝＝，‎ P(X＝7a)＝P(x＝1)＝＝，‎ P(X＝6a)＝P(x＝2)＝＝，‎ P(X＝5a)＝P(x＝3)＝＝.‎ 从而X的分布列为 X ‎8a ‎7a ‎6a ‎5a P 突破点(二)　n次独立重复试验与二项分布 ‎ 基础联通 抓主干知识的“源”与“流”‎ ‎1．事件的相互独立性 事件A与事件B相互独立的充要条件是P(AB)＝P(A)P(B)．‎ 必然事件和任何事件独立；任何事件与不可能事件独立； 事件A1，A2，…，An相互独立，则这n个事件同时发生的概率为P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)．‎ 如果事件A与B相互独立，那么A与，与B，与也都相互独立．‎ ‎2．独立重复试验 一般地，由n次试验构成，且每次试验相互独立完成，每次试验的结果仅有两种对立的状态，即A与，每次试验中P(A)＝p＞0.这样的试验称为n次独立重复试验，也称为伯努利试验．‎ 在n次独立重复试验中，事件A恰好发生k次(0≤k≤n)的概率为Pn(k)＝Cpk(1－p)n－k;_也恰好是[p ＋(1－p)]n的二项式中的第k＋1项．‎ ‎3．二项分布 若随机变量X的分布列为P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0,1,2，…，n)．则称随机变量X服从二项分布，记作X～B(n，p)．‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”‎ 相互独立事件同时发生的概率 ‎1.求相互独立事件的步骤 第一步，先用字母表示出事件，再分析题中涉及的事件，并把题中涉及的事件分为若干个彼此互斥的事件的和；‎ 第二步，求出这些彼此互斥的事件的概率；‎ 第三步，根据互斥事件的概率计算公式求出结果．‎ 此外，也可以从对立事件入手计算概率．‎ ‎2．相互独立事件概率的求法 与相互独立事件A，B有关的概率的计算公式如下表：‎ 事件A，B相互独立 概率计算公式 A，B同时发生 P(AB)＝P(A)P(B)‎ A，B同时不发生 P()＝P()P()‎ ‎＝[1－P(A)][1－P(B)] ‎ ‎＝1－P(A)－P(B)＋P(A)P(B)‎ A，B至少有一个不发生 P＝1－P(AB) ＝1－P(A)P(B)‎ A，B至少有一个发生 P＝1－P()＝1－P()P()‎ ‎＝P(A)＋P(B)－P(A)P(B)‎ A，B恰有一个发生 P＝P(A＋B) ‎ ‎＝P(A)P()＋P()P(B)‎ ‎＝P(A)＋P(B)－2P(A)P(B)‎ ‎[例1]　甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语．在一轮活动中，如果两人都猜对，则“星队”得3分；如果只有一人猜对，则“星队”得1分；如果两人都没猜对，则“星队”得0分．已知甲每轮猜对的概率是，乙每轮猜对的概率是；每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响，各轮结果亦互不影响．假设“星队”参加两轮活动，求：‎ ‎(1)“星队”至少猜对3个成语的概率；‎ ‎(2)“星队”两轮得分之和X的分布列．‎ ‎[解]　(1)记事件A：“甲第一轮猜对”，‎ 记事件B：“乙第一轮猜对”，‎ 记事件C：“甲第二轮猜对”，‎ 记事件D：“乙第二轮猜对”，‎ 记事件E：“‘星队’至少猜对3个成语”．‎ 由题意，E＝ABCD＋BCD＋ACD＋ABD＋ABC，由事件的独立性与互斥性，‎ 得P(E)＝P(ABCD)＋P(BCD)＋P(ACD)＋P(ABD)＋P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)P(D)＋P()·P(B)P(C)P(D)＋P(A)P()P(C)P(D)＋P(A)P(B)P()P(D)＋P(A)P(B)P(C)P()＝×××＋2×＝，‎ 所以“星队”至少猜对3个成语的概率为.‎ ‎(2)由题意，随机变量X可能的取值为0,1,2,3,4,6.由事件的独立性与互斥性，得 P(X＝0)＝×××＝，‎ P(X＝1)＝2×＝＝，‎ P(X＝2)＝×××＋×××＋×××＋×××＝，‎ P(X＝3)＝×××＋×××＝＝，‎ P(X＝4)＝2×＝＝，‎ P(X＝6)＝×××＝＝.‎ 可得随机变量X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎6‎ P 独立重复试验与二项分布 ‎1.二项分布的简单应用是求n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率．解题的一般思路是：根据题意设出随机变量→分析出随机变量服从二项分布→找到参数n，p→写出二项分布的分布列→将k值代入求解概率．‎ ‎2．若离散型随机变量X～B(n，p)，则E(X)＝np，V(X)＝np(1－p)，即其均值和方差的求解既可以利用定义，也可以直接代入上述公式．‎ ‎3．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X～B(n，p)，则用公式E(X)＝np，V(X)＝np(1－p)求解，可大大减少计算量．‎ ‎[例2]　某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖，每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．‎ ‎(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率；‎ ‎(2)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X，求X的分布列．‎ ‎[解]　(1)记事件A1＝{从甲箱中摸出的1个球是红球}，A2＝{从乙箱中摸出的1个球是红球}，‎ B1＝{顾客抽奖1次获一等奖}，B2＝{顾客抽奖1次获二等奖}，C＝{顾客抽奖1次能获奖}．‎ 由题意知A1与A2相互独立，A12与1A2互斥，B1与B2互斥，且B1＝A1A2，B2＝A12＋‎ eq o(A,sup6(－))1A2，C＝B1＋B2.‎ 因为P(A1)＝＝，P(A2)＝＝，‎ 所以P(B1)＝P(A1A2)＝P(A1)P(A2)＝×＝，‎ P(B2)＝P(A12＋1A2)＝P(A12)＋P(1A2)‎ ‎＝P(A1)P(2)＋P(1)P(A2)‎ ‎＝P(A1)(1－P(A2))＋(1－P(A1))P(A2)‎ ‎＝×＋×＝.‎ 故所求概率为P(C)＝P(B1＋B2)＝P(B1)＋P(B2)＝＋＝.‎ ‎(2)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验，‎ 由(1)知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为，‎ 所以X～B.‎ 于是P(X＝0)＝C03＝，‎ P(X＝1)＝C12＝，‎ P(X＝2)＝C21＝，‎ P(X＝3)＝C30＝.‎ 故X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P ‎(1)“恰好发生k次”与“有指定的k次发生”不同：恰好发生k次的概率为Pn(k)＝Cpk(1－p)n－k，有指定的k次发生的概率为P＝pk(1－p)n－k；‎ ‎(2)Pn(k)＝Cpk(1－p)n－k恰好是[(1－p)＋p]n的第k＋1项Tk＋1＝C(1－p)n－kpk.　　[方法技巧] ‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失”‎ ‎1.如图， A, B，C表示3种开关，设在某段时间内它们正常工作的概率是分别是0.9, 0.8, 0.7，如果系统中至少有1个开关能正常工作，则该系统就能正常工作，‎ ‎ 那么该系统正常工作的概率是________．‎ 解析：由题意知，A，B，C三种开关中至少有1个开关能正常工作的对立事件是3种开关都不能工作，分别记A，B，C开关能正常工作分别为事件A，B，C，所以P＝1－(1－0.9)(1－0.8)(1－0.7)＝1－0.006＝0.994.‎ 答案：0.994‎ ‎2.“石头、剪刀、布”是一种流传多年的猜拳游戏，其游戏规则是：出拳之前双方齐喊口令，然后在话音刚落时同时出拳，“石头”胜“剪刀”、“剪刀”胜“布”、而“布”又胜过“石头”．若所出的拳相同，则为和局．小千和大年两位同学进行“五局三胜制”的“石头、剪刀、布”游戏比赛，则小千和大年比赛至第四局小千胜出的概率是________．‎ 解析：由题意知，每个人胜的概率为，当小千和大年比赛至第四局小千胜出，则在前三局中，小千必赢两局，概率为C2，比赛至第四局时小千胜，则概率为C2·×＝.‎ 答案： ‎3.为迎接2022年北京冬奥会，推广滑雪运动，某滑雪场开展滑雪促销活动．该滑雪场的收费标准是：滑雪时间不超过1小时免费，超过1小时的部分每小时收费标准为40元(不足1小时的部分按1小时计算)．有甲、乙两人相互独立地来该滑雪场运动，设甲、乙不超过1小时离开的概率分别为，；1小时以上且不超过2小时离开的概率分别为，；两人滑雪时间都不会超过3小时．‎ ‎(1)求甲、乙两人所付滑雪费用相同的概率；‎ ‎(2)设甲、乙两人所付的滑雪费用之和为随机变量ξ，求ξ的分布列．‎ 解：(1)若两人所付费用相同，则相同的费用可能为0元，40元，80元，‎ 两人都付0元的概率为P1＝×＝，‎ 两人都付40元的概率为P2＝×＝，‎ 两人都付80元的概率为P3＝×1－－＝×＝，‎ 则两人所付费用相同的概率为P＝P1＋P2＋P3＝＋＋＝.‎ ‎(2)由题意得，ξ所有可能的取值为0,40,80,120,160.‎ P(ξ＝0)＝×＝，‎ P(ξ＝40)＝×＋×＝，‎ P(ξ＝80)＝×＋×＋×＝，‎ P(ξ＝120)＝×＋×＝，‎ P(ξ＝160)＝×＝，‎ ξ的分布列为 ξ ‎0‎ ‎40‎ ‎80‎ ‎120‎ ‎160‎ P ‎4.现有10道题，其中6道甲类题，4道乙类题，张同学从中任取3道题解答．‎ ‎(1)求张同学至少取到1道乙类题的概率；‎ ‎(2)已知所取的3道题中有2道甲类题，1道乙类题．设张同学答对每道甲类题的概率都是，答对每道乙类题的概率 都是，且各题答对与否相互独立．用X表示张同学答对题的个数，求X的分布列．‎ 解：(1)设事件A为“张同学所取的3道题至少有1道乙类题”，‎ 则有为“张同学所取的3道题都是甲类题”．‎ 因为P()＝＝，‎ 所以P(A)＝1－P()＝.‎ ‎(2)X的所有可能取值为0,1,2,3.‎ P(X＝0)＝C·0·2·＝，‎ P(X＝1)＝C·1·1·＋C0·2·＝，‎ P(X＝2)＝C·2·0·＋C1·1·＝，‎ P(X＝3)＝C·2·0·＝.‎ 所以X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P 突破点(三)　离散型随机变量的均值与方差　 ‎ 基础联通 抓主干知识的“源”与“流”‎ ‎1．离散型随机变量的均值与方差 若离散型随机变量X的分布列为 X x1‎ x2‎ ‎…‎ xi ‎…‎ xn P p1‎ p2‎ ‎…‎ pi ‎…‎ pn ‎(1)称E(X)＝μ＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn为随机变量X的均值或数学期望，它反映了离散型随机变量取值的平均水平．‎ ‎(2)称V(X)＝σ2＝(x1－μ)2p1＋(x2－μ)2p2＋…＋(xn－μ)2pn(其中pi≥0，i＝1,2,3，…，n，p1＋p2＋…＋pn＝1)为随机变量X的方差，它刻画了随机变量X与其均值μ的平均偏离程度，其算术平方根为随机变量X的标准差．‎ ‎2．均值与方差的性质 ‎(1)E(aX＋b)＝aE(X)＋b，‎ ‎(2)V(aX＋b)＝a2V(X)(a，b为常数).‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”‎ 离散型随机变量均值与方差的计算 ‎1.均值与方差的一般计算步骤 ‎(1)理解X的意义，写出X的所有可能取的值；‎ ‎(2)求X取各个值的概率，写出分布列；‎ ‎(3)根据分布列，由均值的定义求出均值E(X)，进一步由公式V(X)＝2pi＝E(X2)－(E(X))2求出V(X)．‎ ‎2．以特殊分布(两点分布、二项分布、超几何分布)为背景的均值与方差的计算 ‎(1)先根据随机变量的特点判断出随机变量服从什么特殊分布；‎ ‎(2)可以根据特殊分布的概率公式列出分布列，根据计算公式计算出均值和方差；也可以直接应用离散型随机变量服从特殊分布时的均值与方差公式来计算；若X＝aξ＋b不服从特殊分布，但ξ服从特殊分布，可利用有关性质公式及E(ξ)，V(ξ)求均值和方差．‎ ‎[例1]　某市A，B两所中学的学生组队参加辩论赛，A中学推荐了3名男生、2名女生，B中学推荐了3名男生、4名女生，两校所推荐的学生一起参加集训．由于集训后队员水平相当，从参加集训的男生中随机抽取3人、女生中随机抽取3人组成代表队．‎ ‎(1)求A中学至少有1名学生入选代表队的概率；‎ ‎(2)某场比赛前，从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛，设X表示参赛的男生人数，求X的分布列、均值和方差．‎ ‎[解]　(1)由题意，参加集训的男、女生各有6名．‎ 参赛学生全从B中学抽取(等价于A中学没有学生入选代表队)的概率为＝.‎ 因此，A中学至少有1名学生入选代表队的概率为1－＝.‎ ‎(2)根据题意，X的可能取值为1,2,3.‎ P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，‎ P(X＝3)＝＝，‎ 所以X的分布列为 X ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P 因此，X的均值E(X)＝1×P(X＝1)＋2×P(X＝2)＋3×P(X＝3)＝1×＋2×＋3×＝2.‎ 方差V(X)＝(1－2)2×＋(2－2)2×＋(3－2)2×＝＋0＋＝.‎ 离散型随机变量的均值与方差的实际应用 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机变量，是实际生产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．‎ ‎[例2]　为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1 000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额．‎ ‎(1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元，求：‎ ‎①顾客所获的奖励额为60元的概率；‎ ‎②顾客所获的奖励额的分布列及均值；‎ ‎(2)商场对奖励总额的预算是60 000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成．为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由．‎ ‎[解]　(1)设顾客所获的奖励额为X.‎ ‎①依题意，得P(X＝60)＝＝，‎ 即顾客所获的奖励额为60元的概率为.‎ ‎②依题意，得X的所有可能取值为20,60.‎ P(X＝60)＝，P(X＝20)＝＝，‎ 即X的分布列为 X ‎20‎ ‎60‎ P 所以顾客所获的奖励额的均值E(X)＝20×＋60×＝40元．‎ ‎(2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为60元．所以，先寻找均值为60元的可能方案．对于面值由10元和50元组成的情况，如果选择(10,10,10,50)的方案，因为60元是面值之和的最大值，所以均值不可能为60元；如果选择(50,50,50,10)的方案，因为60元是面值之和的最小值，所以均值也不可能为60元，因此可能的方案是(10,10,50,50)，记为方案1.‎ 对于面值由20元和40元组成的情况，同理可排除(20,20,20,40)和(40,40,40,20)的方案，所以可能的方案是(20,20,40,40)，记为方案2.‎ 以下是对两个方案的分析：‎ 对于方案1，即方案(10,10,50,50)，设顾客所获的奖励额为X1，则X1的分布列为 X1‎ ‎20‎ ‎60‎ ‎100‎ P X1的均值E(X1)＝20×＋60×＋100×＝60，‎ X1的方差V(X1)＝(20－60)2×＋(60－60)2×＋(100－60)2×＝.‎ 对于方案2，即方案(20,20,40,40)，设顾客所获的奖励额为X2，则X2的分布列为 X2‎ ‎40‎ ‎60‎ ‎80‎ P X2的均值E(X2)＝40×＋60×＋80×＝60，‎ X2的方差V(X2)＝(40－60)2×＋(60－60)2×＋(80－60)2×＝.‎ 由于两种方案的奖励额的均值都符合要求，但方案2奖励额的方差比方案1的小，所以应该选择方案2.‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失”‎ ‎1.某射击运动员在一次射击比赛中所得环数ξ的分布列如下：‎ ξ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ P x ‎0.1‎ ‎0.3‎ y 已知ξ的均值E(ξ)＝4.3，则y的值为________．‎ 解析：由题意知，x＋0.1＋0.3＋y＝1，又E(ξ)＝3x＋4×0.1＋5×0.3＋6y＝4.3，两式联立解得y＝0.2.‎ 答案：0.2‎ ‎2.已知离散型随机变量X的概率分布列为 X ‎1‎ ‎3‎ ‎5‎ P ‎0.5‎ m ‎0.2‎ 则其方差V(X)＝________.‎ 解析：因为0.5＋m＋0.2＝1，所以m＝0.3，所以E(X)＝1×0.5＋3×0.3＋5×0.2＝2.4，V(X)＝(1－2.4)2×0.5＋(3－2.4)2×0.3＋(5－2.4)2×0.2＝2.44.‎ 答案：2.44‎ ‎3.为了整顿道路交通秩序，某地考虑将对行人闯红灯进行处罚，为了更好地了解市民的态度，在普通行人中随机选取了200人进行调查，得到如下数据：‎ 处罚金额x(单位：元)‎ ‎0‎ ‎5‎ ‎10‎ ‎15‎ ‎20‎ 会闯红灯的人数y ‎80‎ ‎50‎ ‎40‎ ‎20‎ ‎10‎ ‎(1)若用表中数据所得频率代替概率，则处罚10元时与处罚20元时，行人会闯红灯的概率的差是多少？‎ ‎(2)若从这5种处罚金额中随机抽取2种不同的金额进行处罚，在两个路口进行试验．‎ ‎①求这两种金额之和不低于20元的概率；‎ ‎②若用X表示这两种金额之和，求X的分布列和数学期望．‎ 解：(1)由条件可知，处罚10元会闯红灯的概率与处罚20元会闯红灯的概率的差是－＝.‎ ‎(2)①设“两种金额之和不低于20元”的事件为A，从5种金额中随机抽取2种，总的抽选方法共有C＝10种，满足金额之和不低于20元的有6种，故所求概率为P(A)＝＝.‎ ‎②根据条件，X的可能取值为5,10,15,20,25,30,35，分布列为 X ‎5‎ ‎10‎ ‎15‎ ‎20‎ ‎25‎ ‎30‎ ‎35‎ P 故E(X)＝5×＋10×＋15×＋20×＋25×＋30×＋35×＝20(元)．‎ ‎4. 某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为，中奖可以获得2分；方案乙的中奖率为，中奖可以获得3分；未中奖则不得分．每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品．‎ ‎(1)若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X，求X≤3的概率；‎ ‎(2)若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，问：他们选择何种方案抽奖，累计得分的数学期望较大？‎ 解：(1)由已知得，小明中奖的概率为，小红中奖的概率为，且两人中奖与否互不影响．‎ 记“这两人的累计得分X≤3”的事件为A，‎ 则事件A包含有“X＝0”，“X＝2”，“X＝3”三个两两互斥的事件，‎ 因为P(X＝0)＝×＝，P(X＝2)＝×＝，P(X＝3)＝×＝，‎ 所以P(A)＝P(X＝0)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＝，‎ 即这两人的累计得分X≤3的概率为.‎ ‎(2)设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为X1，都选择方案乙所获得的累计得分为X2，则X1，X2的分布列如下：‎ X1‎ ‎0‎ ‎2‎ ‎4‎ P ‎　‎ X2‎ ‎0‎ ‎3‎ ‎6‎ P 所以E(X1)＝0×＋2×＋4×＝，E(X2)＝0×＋3×＋6×＝.‎ 因为E(X1)＞E(X2)，‎ 所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大.‎ ‎[课时达标检测]‎ ‎　 难点增分课时——设计3级训练，考生据自身能力而选 ‎ 一、全员必做题 ‎1．(2018·江苏扬州中学质检)抛掷甲、乙两枚质地均匀且四面上分别标有1,2,3,4的正四面体，其底面落于桌面，记底面上的数字分别为x，y.记表示的整数部分，如＝1，设ξ为随机变量，ξ＝.‎ ‎(1)求P(ξ＝1)；‎ ‎(2)求ξ的分布列，并求其数学期望E(ξ)．‎ 解：(1)依题意知，实数对(x，y)共有16个，其中使ξ＝＝1的实数对(x，y)有以下6个：‎ ‎(1,1)，(2,2)，(3,2)，(3,3)，(4,3)，(4,4)，‎ 所以P(ξ＝1)＝＝.‎ ‎(2)随机变量ξ的所有可能取值为0,1,2,3,4.‎ 其中使ξ＝0的实数对(x，y)有以下6个：‎ ‎(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)，所以P(ξ＝0)＝＝；‎ 由(1)得P(ξ＝1)＝；‎ 使ξ＝2的实数对(x，y)有以下2个：(2,1)，(4,2)，所以P(ξ＝2)＝＝；‎ 使ξ＝3的实数对(x，y)有1个：(3,1)，所以P(ξ＝3)＝；‎ 使ξ＝4的实数对(x，y)有1个：(4,1)，所以P(ξ＝4)＝，‎ 所以ξ的分布列为 ξ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ P E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝.‎ ‎2．(2017·天津高考)从甲地到乙地要经过3个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红灯的概率分别为，，.‎ ‎(1)记X表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数，求随机变量X的分布列和数学期望；‎ ‎(2)若有2辆车独立地从甲地到乙地，求这2辆车共遇到1个红灯的概率．‎ 解：(1)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.‎ P(X＝0)＝××＝，‎ P(X＝1)＝××＋××＋××＝，‎ P(X＝2)＝××＋××＋××＝，‎ P(X＝3)＝××＝.‎ 所以随机变量X的分布列为：‎ X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P 随机变量X的数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.‎ ‎(2)设Y表示第一辆车遇到红灯的个数，Z表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件的概率为 P(Y＋Z＝1)＝P(Y＝0，Z＝1)＋P(Y＝1，Z＝0)‎ ‎＝P(Y＝0)P(Z＝1)＋P(Y＝1)P(Z＝0)‎ ‎＝×＋×＝.‎ 所以这2辆车共遇到1个红灯的概率为.‎ ‎3．(2018·苏州期初)一个口袋中装有大小相同的3个白球和1个红球，从中有放回地摸球，每次摸出一个，若有3次摸到红球即停止．‎ ‎(1)求恰好摸4次停止的概率；‎ ‎(2)记4次之内(含4次)摸到红球的次数为X，求随机变量X的分布列．‎ 解：(1)设事件“恰好摸4次停止”的概率为P，则 P＝C×2××＝.‎ ‎(2)由题意，得X＝0,1,2,3，‎ P(X＝0)＝C×4＝，‎ P(X＝1)＝C××3＝，‎ P(X＝2)＝C×2×2＝，‎ P(X＝3)＝1－－－＝，‎ ‎∴X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P 二、重点选做题 ‎1．(2017·全国卷Ⅲ)某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20,25)，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：‎ 最高气温 ‎[10,15)‎ ‎[15,20)‎ ‎[20,25)‎ ‎[25,30)‎ ‎[30,35)‎ ‎[35,40)‎ 天数 ‎2‎ ‎16‎ ‎36‎ ‎25‎ ‎7‎ ‎4‎ 以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率．‎ ‎(1)求六月份这种酸奶一天的需求量X(单位：瓶)的分布列；‎ ‎(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位：元)．当六月份这种酸奶一天的进货量n(单位：瓶)为多少时，Y的数学期望达到最大值？‎ 解：(1)由题意知，X所有可能取值为200,300,500，‎ 由表格数据知P(X＝200)＝＝0.2，P(X＝300)＝＝0.4，P(X＝500)＝＝0.4.‎ 因此X的分布列为：‎ X ‎200‎ ‎300‎ ‎500‎ P ‎0.2‎ ‎0.4‎ ‎0.4‎ ‎(2)由题意知，这种酸奶一天的需求量至多为500，至少为200，因此只需考虑200≤n≤500.‎ 当300≤n≤500时，若最高气温不低于25，则Y＝6n－4n＝2n；‎ 若最高气温位于区间[20,25)，则Y＝6×300＋2(n－300)－4n＝1 200－2n；若最高气温低于20，则Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n.‎ 因此EY＝2n×0.4＋(1 200－2n)×0.4＋(800－2n)×0.2＝640－0.4n.‎ 当200≤n＜300时，若最高气温不低于20，则Y＝6n－4n＝2n；‎ 若最高气温低于20，则Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n.因此EY＝2n×(0.4＋0.4)＋(800－2n)×0.2＝160＋1.2n.‎ 所以n＝300时，Y的数学期望达到最大值，最大值为520元．‎ ‎2．某商场中的20件不同的商品中有是进口商品，其余的是国产商品．在进口商品中有 是高端商品，在国产商品中有是高端商品．‎ ‎(1)从该批商品中随机抽取3件，求恰有1件进口高端商品且国产高端商品少于2件的概率；‎ ‎(2)若销售1件国产高端商品获利80元，1件国产非高端商品获利50元，当销售该批国产商品3件时，获利为ξ元，求ξ的分布列及均值E(ξ)．‎ 解：(1)设事件B为“从该批商品中随机抽取3件，恰有1件进口高端商品且国产高端商品少于2件”，事件A1为“抽取的3件商品中，有1件进口高端商品，0件国产高端商品”，事件A2为“抽取的3件商品中，有1件进口高端商品，1件国产高端商品”．‎ 因为这20件商品中，进口高端商品有20××＝5(件)，国产高端商品有20××＝3(件)．‎ 所以P(B)＝P(A1)＋P(A2)＝＋＝，‎ 即从该批商品中随机抽取3件，恰有1件进口高端商品且国产高端商品少于2件的概率是.‎ ‎(2)由于本批商品中仅有5件国产商品，其中3件是高端商品，故销售该批国产商品3件时，可能有1件高端商品，2件非高端商品，或2件高端商品，1件非高端商品，或3件都是高端商品，于是ξ的可能取值为180,210,240.‎ P(ξ＝180)＝＝，P(ξ＝210)＝＝＝，‎ P(ξ＝240)＝＝.‎ 所以ξ的分布列为 ξ ‎180‎ ‎210‎ ‎240‎ P 故E(ξ)＝180×＋210×＋240×＝204.‎ 三、冲刺满分题 ‎1．袋中装有黑色球和白色球共7个，从中任取2个球都是白色球的概率为.现有甲、乙两人从袋中轮流摸出1个球，甲先摸，乙后摸，然后甲再摸，……，摸后均不放回，直到有一人摸到白色球后终止．每个球在每一次被摸出的机会都是等可能的，用X表示摸球终止时所需摸球的次数．‎ ‎(1)求随机变量X的分布列和均值E(X)；‎ ‎(2)求甲摸到白色球的概率．‎ 解：设袋中白色球共有x个，x∈N*且x≥2，则依题意知＝，所以＝，‎ 即x2－x－6＝0，解得x＝3(x＝－2舍去)．‎ ‎(1)袋中的7个球，3白4黑，随机变量X的所有可能取值是1,2,3,4,5.‎ P (X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝，P(X＝5)＝＝.‎ 随机变量X的分布列为 X ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ P 所以E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＋5×＝2.‎ ‎(2)记事件A为“甲摸到白色球”，则事件A包括以下三个互斥事件：‎ A1＝“甲第1次摸球时摸出白色球”；‎ A2＝“甲第2次摸球时摸出白色球”；‎ A3＝“甲第3次摸球时摸出白色球”．‎ 依题意知，P(A1)＝＝，P(A2)＝＝，P(A3)＝＝，‎ 所以甲摸到白色球的概率为P(A)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝＋＋＝.‎ ‎2．(2017·江苏高考)已知一个口袋中有m个白球，n个黑球(m，n∈N*，n≥2)，这些球除颜色外完全相同．现将口袋中的球随机地逐个取出，并放入如图所示的编号为1,2,3，…，m＋n的抽屉内，其中第k次取出的球放入编号为k的抽屉(k＝1,2,3，…，m＋n).‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎…‎ m＋n ‎(1)试求编号为2的抽屉内放的是黑球的概率p；‎ ‎(2)随机变量X表示最后一个取出的黑球所在抽屉编号的倒数，E(X)是X的数学期望，证明：E(X)＜.‎ 解：(1)编号为2的抽屉内放的是黑球的概率p为：‎ p＝＝.‎ ‎(2)证明：随机变量X的概率分布为：‎ X ‎…‎ ‎…‎ P ‎…‎ ‎…‎ 随机变量X的期望为：‎ E(X)＝·＝·.‎ 所以E(X)＜ ‎＝ ‎＝(1＋C＋C＋…＋C)‎ ‎＝(C＋C＋C＋…＋C)‎ ‎＝(C＋C＋…＋C)‎ ‎＝…＝(C＋C)‎ ‎＝＝，‎ 即E(X)＜.‎