【数学】2019届一轮复习人教B版第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布列学案 118页

第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布列 第一节 　排列、组合 本节主要包括2个知识点：　1.两个计数原理；　2.排列、组合问题.‎ 突破点(一)　两个计数原理　 ‎ ‎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N＝m＋n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N＝m×n种不同的方法．‎ ‎3．两个计数原理的比较 名称 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 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 ‎1．判断题 ‎(1)在分类加法计数原理中，某两类不同方案中的方法可以相同．(　　)‎ ‎(2)在分步乘法计数原理中，只有各步骤都完成后，这件事情才算完成．(　　)‎ ‎(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．(　　)‎ 答案：(1)×　(2)√　(3)√‎ ‎2．填空题 ‎(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是________．‎ 解析：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，①取出的两数都是偶数，共有3种方法；②取出的两数都是奇数，共有3种方法，故由分类加法计数原理得共有N＝3＋3＝6(种)．‎ 答案：6‎ ‎(2)从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋bi，其中虚数有________个．‎ 解析：∵a＋bi为虚数，∴b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，‎ 由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数．‎ 答案：36‎ ‎(3)书架的第1层放有4本不同的语文书，第2层放有5本不同的数学书，第3层放有6本不同的体育书．从第1,2,3层分别各取1本书，则不同的取法种数为________．‎ 解析：由分步乘法计数原理，从1,2,3层分别各取1本书不同的取法种数为4×5×6＝120.‎ 答案：120‎ 分类加法计数原理 能用分类加法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)三个人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有(　　)‎ A．4种 B．6种 ‎ C．10种 D．16种 ‎(2)(2018·杭州二中月考)满足a，b∈{－1,0,1,2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为(　　)‎ A．14 B．13 ‎ C．12 D．10‎ ‎[解析]　(1)分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件的有3种方法(如图)，‎ 同理，甲先踢给丙时，满足条件有3种方法．‎ 由分类加法计数原理，共有3＋3＝ 6种传递方式．‎ ‎(2)①当a＝0时，有x＝－，b＝－1,0,1,2，有4种可能；‎ ‎②当a≠0时，则Δ＝4－4ab≥0，ab≤1，‎ ‎(ⅰ)当a＝－1时，b＝－1,0,1,2，有4种可能；‎ ‎(ⅱ)当a＝1时，b＝－1,0,1，有3种可能；‎ ‎(ⅲ)当a＝2时，b＝－1,0，有2种可能．‎ ‎∴有序数对(a，b)的个数为4＋4＋3＋2＝13.‎ ‎[答案]　(1)B　(2)B ‎[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．　　‎ 分步乘法计数原理 能用分步乘法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－2,0,1,8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，由分步乘法计数原理知共有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)利用分步乘法计数原理解决问题时要注意按事件发生的过程来合理分步，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)谨记分步必须满足的两个条件：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(　　)‎ A．144个 B．120个 ‎ C．96个 D．72个 ‎(2)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)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5×4×4＋5×4×3×3＝260种涂色方法．‎ ‎[答案]　(1)B　(2)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.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(　　)‎ A．504 B．210‎ C．336 D．120‎ 解析：选A　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．‎ ‎2.某电话局的电话号码为139××××××××，若前六位固定，最后五位数字是由6或8组成的，则这样的电话号码的个数为(　　)‎ A．20 B．25‎ C．32 D．60‎ 解析：选C　依据题意知，后五位数字由6或8组成，可分5步完成，每一步有2种方法，根据分步乘法计数原理，符合题意的电话号码的个数为25＝32.‎ ‎3.从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为(　　)‎ A．3 B．4‎ C．6 D．8‎ 解析：选D　先考虑递增数列，以1为首项的等比数列为1,2,4；1,3,9.‎ 以2为首项的等比数列为2,4,8.‎ 以4为首项的等比数列为4,6,9.‎ 同理可得到4个递减数列，‎ ‎∴所求的数列的个数为2(2＋1＋1)＝8.‎ ‎4.在三位正整数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼峰数”．比如“102”，“546”为“驼峰数”，由数字1,2,3,4可构成无重复数字的“驼峰数”有________个．‎ 解析：十位数的数为1时，有213,214,312,314,412,413，共6个，十位上的数为2时，有324,423，共2个，所以共有6＋2＝8(个)．‎ 答案：8‎ ‎ 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．‎ 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．‎ 故由分类加法计数原理，不同的涂色方法的种数为 ‎24＋72＝96.‎ 答案：96‎ 突破点(二)　排列、组合问题　 ‎ ‎1．排列与排列数 排列 从n个不同元素中取出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 排列数 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，记作A ‎2.组合与组合数 组合 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合 组合数 从n个不同元素中取出m(m≤n)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，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．排列与组合的区别 排列 组合 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 ‎1．判断题 ‎(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．(　　)‎ ‎(2)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．(　　)‎ ‎(3)若组合式C＝C，则x＝m成立．(　　)‎ ‎(4)(n＋1)！－n！＝n·n！.(　　)‎ ‎(5)A＝nA.(　　)‎ ‎(6) C＝nC.(　　)‎ 答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)√　(5)√　(6)√‎ ‎2．填空题 ‎(1)A、B、C、D、E五人并排站成一排，不同的排法共有________种．‎ 答案：120‎ ‎(2)某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，那么全班共写了毕业留言________条．‎ 解析：由题意，得毕业留言共A＝1 560(条)．‎ 答案：1 560‎ ‎(3)甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙两人所选的课程中恰有1门相同的选法有________种．‎ 解析：依题意得知，满足题意的选法共有C·C·C＝24(种)．‎ 答案：24‎ ‎(4)方程3A＝2A＋6A的解为________．‎ 解析：由排列数公式可知 ‎3x(x－1)(x－2)＝2(x＋1)x＋6x(x－1)，‎ ‎∵x≥3且x∈N*，‎ ‎∴3(x－1)(x－2)＝2(x＋1)＋6(x－1)，‎ 解得x＝5或x＝(舍去)，∴x＝5.‎ 答案：5‎ ‎(5)已知－＝，则m＝________.‎ 解析：由已知得m的取值范围为，原等式可化为－＝，整理可得m2－23m＋42＝0，解得m＝21(舍去)或m＝2.‎ 答案：2‎ 排列问题 ‎[例1]　(1)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(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A．192种 B．216种 C．240种 D．288种 ‎(2)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)第一类：甲在最左端，有A＝120种排法；‎ 第二类：乙在最左端，有4A＝96种排法，‎ 所以共有120＋96＝216种排法．‎ ‎(2)记其余两种产品为D，E，由于A，B相邻，则视为一个元素，先与D，E排列，有AA种方法．再将C插入，仅有3个空位可选，共有AAC＝2×6×3＝36种不同的摆法．‎ ‎[答案]　(1)B　(2)36‎ ‎[方法技巧]　　求解排列问题的六种主要方法 直接法 把符合条件的排列数直接列式计算 优先法 优先安排特殊元素或特殊位置 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当中 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，再除以定序元素的全排列 间接法 正难则反、等价转化的方法 组合问题 组合问题的常见题型及解题思路 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 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(　　)‎ A．85 B．86 ‎ C．91 D．90‎ ‎(2)设集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|xi∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5}，那么集合A中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素个数为(　　)‎ A．130 B．120‎ C．90 D．60‎ ‎(3)(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]　(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)易知|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝1或2或3，下面分三种情况讨论．其一：|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝1，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取一个让其等于1或－1，其余等于0，于是有CC＝10种情况；其二：|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝2，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取两个让其都等于1或都等于－1或一个等于1、另一个等于－1，其余等于0，于是有2C ‎＋CC＝40种情况；其三：|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝3，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取三个让其都等于1或都等于－1或两个等于1、另一个等于－1或两个等于－1、另一个等于1，其余等于0，于是有2C＋CC＋CC＝80种情况．所以满足条件的元素个数为10＋40＋80＝130.‎ ‎(3)从8人中选出4人，且至少有1名女学生的选法种数为C－C＝55.‎ 从4人中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人的选法为A＝12种．‎ 故总共有55×12＝660种选法．‎ ‎[答案]　(1)B　(2)A　(3)660‎ ‎[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．　　‎ 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3]　(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 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．‎ 根据分步乘法计数原理，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 类型 求解策略 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 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 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 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1.某工程队有6项工程需要单独完成，其中工程乙必须在工程甲完成后才能进行，工程丙必须在工程乙完成后才能进行，工程丁必须在工程丙完成后立即进行．则安排这6项工程的不同方法种数为(　　)‎ A．10 B．20 ‎ C．30 D．40‎ 解析：选B　因为工程丙完成后立即进行工程丁，若不考虑与其他工程的顺序，则安排这6项工程的不同方法数为A，对于甲、乙、丙、丁所处位置的任意排列有且只有一种情况符合要求，因此，符合条件的安排方法种数为＝5×4＝20.‎ ‎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(　　)‎ A．12 B．10 ‎ C．8 D．6‎ 解析：选D　∵甲、乙两人被分配到同一展台，∴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，∴甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数为A＝6.‎ ‎3.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(　　)‎ A．1 800 B．900 ‎ C．300 D．1 440‎ 解析：选B　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．根据分步乘法计数原理，不同的安排方案共有·AA＝900(种)，故选B.‎ ‎4.(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：(1)有一个数字是偶数的四位数有CCA＝960个．‎ ‎(2)没有偶数的四位数有A＝120个．‎ 故这样的四位数一共有960＋120＝1 080个．‎ 答案：1 080‎ ‎5.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：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．由分类加法计数原理，不同的取法种数为264＋208＝472.‎ 答案：472‎ ‎[全国卷5年真题集中演练——明规律] ‎ ‎1．(2017·全国卷Ⅱ)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(　　)‎ A．12种 B．18种 C．24种 D．36种 解析：选D　第一步：将4项工作分成3组，共有C种分法．‎ 第二步：将3组工作分配给3名志愿者，共有A种分配方法，故共有C·A＝36种安排方法．‎ ‎2．(2016·全国卷Ⅱ)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为(　　)‎ A．24 B．18‎ C．12 D．9‎ 解析：选B　分两步：第一步，从E→F，有6条可以选择的最短路径；第二步，从F→G，有3条可以选择的最短路径．由分步乘法计数原理可知有6×3＝18条可以选择的最短路径．故选B.‎ ‎3．(2016·全国卷Ⅲ)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 ≤2m，a1，a2，…，a 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(　　)‎ A．18个 B．16个 ‎ C．14个 D．12个 解析：选C　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 ≤8，a1，a2，…，a 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)，故选C.‎ ‎4．(2014·全国大纲卷)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(　　)‎ A．60种 B．70种 ‎ C．75种 D．150种 解析：选C　从6名男医生中选出2名有C种选法，从5名女医生中选出1名有C种选法，由分步乘法计数原理得不同的选法共有C·C＝75(种)．故选C.‎ ‎ [课时达标检测] ‎ ‎ [小题对点练——点点落实]‎ 对点练(一)　两个计数原理 ‎1．集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P⊆Q ‎.把满足上述条件的一个有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是(　　)‎ A．9　　　　　　　　　 B．14‎ C．15 D．21‎ 解析：选B　当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7个．当x≠2时，由P⊆Q，∴x＝y，∴x可从3,4,5,6,7,8,9中取，有7种方法，因此满足条件的点的个数是7＋7＝14.‎ ‎2．(2018·云南调研)设集合A＝{－1,0,1}，集合B＝{0,1,2,3}，定义A*B＝{(x，y)|x∈A∩B，y∈A∪B}，则A*B中元素的个数是(　　)‎ A．7 B．10‎ C．25 D．52‎ 解析：选B　因为集合A＝{－1,0,1}，集合B＝{0,1,2,3}，所以A∩B＝{0,1}，A∪B＝{－1,0,1,2,3}，所以x有2种取法，y有5种取法，所以根据分步乘法计数原理得有2×5＝10(个)．‎ ‎3．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，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有(　　)‎ A．4种 B．10种 C．18种 D．20种 解析：选B　赠送1本画册，3本集邮册．需从4人中选取1人赠送画册，其余赠送集邮册，有4种方法．赠送2本画册，2本集邮册，只需从4人中选出2人赠送画册，其余2人赠送集邮册，有6种方法．由分类加法计数原理，不同的赠送方法有4＋6＝10(种)．‎ ‎4．(2018·绍兴模拟)用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为(　　)‎ A．243 B．252‎ C．261 D．279‎ 解析：选B　0,1,2，…，9共能组成9×10×10＝900个三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648个，∴有重复数字的三位数的个数为900－648＝252.‎ ‎5．有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的裙子，另有2套不同样式的连衣裙．需选择一套服装参加“五一”节歌舞演出，则不同的选择方式种数为(　　)‎ A．24 B．14‎ C．10 D．9‎ 解析：选B　第一类：一件衬衣，一件裙子搭配一套服装有4×3＝12种方式；第二类：选2套连衣裙中的一套服装有2种选法，由分类加法计数原理，共有12＋2＝14种选择方式．‎ ‎6.如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法总数为________．‎ 解析：先染顶点S，有5种染法，再染顶点A有4种染法，染顶点B有3种染法，顶点C的染法有两类：若C与A同色，则顶点D有3种染法；若C与A不同色，则C有2种染法，D有2种染法，所以共有5×4×3×3＋5×4×3×2×2＝420种染色方法．‎ 答案：420‎ 对点练(二)　排列、组合问题 ‎1．(2018·福建漳州八校联考)有六人排成一排，其中甲只能在排头或排尾，乙、丙两人必须相邻，则满足要求的排法有(　　)‎ A．34种 B．48种 C．96种 D．144种 解析：选C　特殊元素优先安排，先让甲从头、尾中选取一个位置，有C种选法，乙、丙相邻，捆绑在一起看作一个元素，与其余三个元素全排列，最后乙、丙可以换位，故共有C·A·A＝96种排法，故选C.‎ ‎2．将5名学生分配到甲、乙两个宿舍，每个宿舍至少安排2名学生，那么互不相同的安排方法的种数为(　　)‎ A．10 B．20‎ C．30 D．40‎ 解析： 选B　将5名学生分配到甲、乙两个宿舍，每个宿舍至少安排2名学生，那么必然是一个宿舍2名，而另一个宿舍3名，共有CCA＝20(种)．‎ ‎3．“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(　　)‎ A．13 B．24 ‎ C．18 D．72‎ 解析：选D　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．根据分步乘法计数原理可得，不同调查顺序的种数为CAA＝72.‎ ‎4．(2017·舟山二模)将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有(　　)‎ A．18种 B．24种 C．36种 D．72种 解析：选C　1个路口3人，其余路口各1人的分配方法有CA种.1个路口1人，2个路口各2人的分配方法有CA种，由分类加法计数原理知，甲、乙在同一路口的分配方案为CA＋CA＝36(种)．‎ ‎5．(2018·豫南九校联考)某医院拟派2名内 医生、3名外 医生和3名护士共8人组成两个医疗分队，平均分到甲、乙两个村进行义务巡诊，其中每个分队都必须有内 医生、外 医生和护士，则不同的分配方案有(　　)‎ A．72种 B．36种 C．24种 D．18种 解析：选B　A(CC＋CC)＝36(种)．‎ ‎6．7位身高均不等的同学排成一排照相，要求中间最高，依次往两端身高逐渐降低，共有________种排法．‎ 解析：先排最中间位置有1种排法，再排左边3个位置，由于顺序一定，共有C种排法，再排剩下右边三个位置，共1种排法，所以排法种数为C＝20.‎ 答案：20‎ ‎7．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，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，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种情况．‎ 答案：96‎ ‎8．若把英语单调“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误种数共有________种．‎ 解析：把g，o，o，d 4个字母排一行，可分两步进行，第一步：排g和d，共有A种排法；第二步：排两个o，共1种排法，所以总的排法种数为A＝12种．其中正确的有一种，所以错误的共A－1＝12－1＝11(种)．‎ 答案：11‎ ‎[大题综合练——迁移贯通]‎ ‎1．从4名男同学中选出2人，6名女同学中选出3人，并将选出的5人排成一排．‎ ‎(1)共有多少种不同的排法？‎ ‎(2)若选出的2名男同学不相邻，共有多少种不同的排法？(用数字表示)‎ 解：(1)从4名男生中选出2人，有C种选法，‎ 从6名女生中选出3人，有C种选法，‎ 根据分步乘法计数原理知选出5人，再把这5个人进行排列共有CCA＝14 400(种)．‎ ‎(2)在选出的5个人中，若2名男生不相邻，则第一步先排3名女生，第二步再让男生插空，根据分步乘法计数原理知共有CCAA＝8 640(种)．‎ ‎2．有5个男生和3个女生，从中选出5人担任5门不同学 的 ‎ 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 代表；‎ ‎(3)某男生必须包括在内，但不担任数学 代表；‎ ‎(4)某女生一定要担任语文 代表，某男生必须担任 代表，但不担任数学 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.‎ ‎3．有编号分别为1,2,3,4的四个盒子和四个小球，把小球全部放入盒子．‎ ‎(1)共有多少种放法？‎ ‎(2)恰有一个空盒，有多少种放法？‎ ‎(3)恰有2个盒子内不放球，有多少种放法？‎ 解：(1)∵1号球可放入任意一个盒子内，有4种放法．同理，2,3,4号小球也各有4种放法，∴共有44＝256种放法．‎ ‎(2)恰有一个空盒，则这4个盒子中只有3个盒子内有小球，且小球数只能是1,1,2.‎ 先从4个小球中任选2个放在一起，有C种方法，然后与其余2个小球看成三组，分别放入4个盒子中的3个盒子中，有A种放法．‎ ‎∴由分步乘法计数原理知共有CA＝144种不同的放法．‎ ‎(3)恰有2个盒子内不放球，也就是把4个小球只放入2个盒子内，有两类放法：‎ ‎①一个盒子内放1个球，另一个盒子内放3个球．‎ 先把小球分为两组，一组1个，另一组3个，有C种分法，‎ 再放到2个盒子内，有A种放法，共有CA种放法；‎ ‎②把4个小球平均分成2组，每组2个，有种分法，放入2个盒子内，有A种放法，共有CA种放法．‎ ‎∴由分类加法计数原理知共有CA＋CA＝84种不同的放法．‎ 第二节 二项式定理 本节主要包括2个知识点：　‎ ‎1.二项式的通项公式及应用；　2.二项式系数的性质及应用.‎ 突破点(一)　二项式的通项公式及应用　 ‎ ‎1．二项式定理 二项 展开式 公式(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－ b ＋…＋Cbn(n∈N*)叫做二项式定理 二项式 的通项 T ＋1＝Can－ b 为展开式的第 ＋1项 ‎2．二项式系数与项的系数 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 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 ‎1．判断题 ‎(1)Can－rbr是(a＋b)n的展开式中的第r项．(　　)‎ ‎(2)在(a＋b)n的展开式中，每一项的二项式系数与a，b无关．(　　)‎ ‎(3)(a＋b)n展开式中某项的系数与该项的二项式系数相同．(　　)‎ ‎(4)(a＋b)n某项的系数是该项中非字母因数部分，包括符号等，与该项的二项式系数不同．(　　)‎ 答案：(1)×　(2)√　(3)√　(4)√‎ ‎2．填空题 ‎(1)已知a>0，6展开式的常数项为15，则a＝________.‎ 解析：Tr＋1＝C(－1)ra6－rx－3＋，由－3＋＝0，得r＝2，∴常数项为T3＝Ca4＝15，且a＞0，可得a＝1.‎ 答案：1‎ ‎(2)(1－2x)7展开式中x3的系数为________．‎ 解析：Tr＋1＝C17－r(－2x)r＝C(－2)rxr，令r＝3，得x3的系数为C(－2)3＝35×(－8)＝－280.‎ 答案：－280‎ ‎(3)8的展开式中的有理项共有________项．‎ 解析：∵Tr＋1＝C()8－rr＝rCx，‎ ‎∴r为4的倍数，故r＝0,4,8，共3项．‎ 答案：3‎ ‎(4)若(1＋3x)n(其中n∈N且n≥6)的展开式中x5与x6的系数相等，则n＝________.‎ 解析：(1＋3x)n的展开式中含x5的项为C(3x)5＝C35x5，展开式中含x6的项为C36x6.‎ 由两项的系数相等得C·35＝C·36，解得n＝7.‎ 答案：7‎ 形如(a＋b)n的展开式问题 ‎[例1]　(1)(2018·武汉模拟)5的展开式中的常数项为(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A．80 B．－80 ‎ C．40 D．－40‎ ‎(2)(2018·福州五校联考)在6的展开式中，若x4的系数为－3，则a＝________.‎ ‎(3)二项式n的展开式中含有非零常数项，则正整数n的最小值为________．‎ ‎[解析]　(1)∵Tr＋1＝C(x2)5－rr＝(－2)rC·x10－5r，由10－5r＝0，得r＝2，‎ ‎∴T3＝(－2)2C＝40.‎ ‎(2)6的展开式的通项为Tr＋1＝Cx6－rr＝Crx6－2r，‎ 令6－2r＝4，则r＝1，所以x4的系数为C1＝－3，解得a＝1.‎ ‎(3)二项展开式的通项是Tr＋1＝Cx3n－3rx－2r＝Cx3n－5r，令3n－5r＝0，得n＝(r＝0,1,2，…，n)，故当r＝3时，n有最小值5.‎ ‎[答案]　(1)C　(2)1　(3)5‎ ‎[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 ＋1项，再由特定项的特点求出 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 ＋1项，由特定项得出 值，最后求出其参数．　　‎ 形如(a＋b)m(c＋d)n的展开式问题 ‎[例2]　(1)已知(1＋ɑx)(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，则ɑ＝(　　)‎ A．－4 B．－3 ‎ C．－2 D．－1‎ ‎(2)(2018·湖南五市十校联考)在(2x＋1)(x－1)5的展开式中含x3项的系数是________．(用数字作答)‎ ‎[解析]　(1)展开式中含x2的系数为C＋aC＝5，解得a＝－1.‎ ‎(2)由题易得二项式的展开式中含x3项的系数为C(－1)2＋2C(－1)3＝－10.‎ ‎[答案]　(1)D　(2)－10‎ ‎[方法技巧]‎ 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．　　‎ 形如(a＋b＋c)n的展开式问题 ‎[例3]　(1)(2018·湖北枣阳模拟)(x2＋x＋y)5的展开式中x5y2的系数为(　　)‎ A．10 B．20 ‎ C．30 D．60‎ ‎(2)(2018·太原模拟)5的展开式中常数项是________．‎ ‎[解析]　(1)(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－ ·x ＝Cx6－ ，‎ 令6－ ＝5，则 ＝1，‎ 所以(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为CC＝30，故选C.‎ ‎(2)由5＝5，则其通项公式为(－1)5－rCr(0≤r≤5)，其中r的通项公式为2r－tCxr－2t(0≤t≤r)．‎ 令r－2t＝0，得或或 所以5的展开式中的常数项为(－1)5C＋(－1)3C×2C＋(－1)1C×22C＝－161.‎ ‎[答案]　(1)C　(2)－161‎ ‎[方法技巧]　求形如(a＋b＋c)n展开式中特定项的步骤 ‎1.(2018·杭州测试)6的展开式中，常数项是(　　)‎ A．－ B. ‎ C．－ D. 解析：选D　Tr＋1＝C(x2)6－rr＝rCx12－3r，令12－3r＝0得r＝4，所以常数项为4C＝.‎ ‎2.设i为虚数单位，则(x＋i)6的展开式中含x4的项为(　　)‎ A．－15x4 B．15x4‎ C．－20ix4 D．20ix4‎ 解析：选A　Tr＋1＝Cx6－rir，由6－r＝4得r＝2.故T3＝Cx4i2＝－15x4.故选A.‎ ‎3.(2018·厦门联考)在10的展开式中，含x2项的系数为(　　)‎ A．10 B．30 ‎ C．45 D．120‎ 解析：选C　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.‎ ‎4.(1＋x)8(1＋y)4的展开式中x2y2的系数是(　　)‎ A．56 B．84 ‎ C．112 D．168‎ 解析：选D　(1＋x)8的展开式中x2的系数为C，(1＋y)4的展开式中y2的系数为C，所以x2y2的系数为CC＝168.‎ ‎5.(x＋2)2(1－x)5中x7的系数与常数项之差的绝对值为(　　)‎ A．5 B．3 ‎ C．2 D．0‎ 解析：选A　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.‎ ‎6.(2018·合肥质检)在4的展开式中，常数项为________．‎ 解析：易知4的展开式的通项Tr＋1＝C(－1)4－r·r，又r的展开式的通项Rm＋1＝C(－x－1)mxr－m＝C(－1)mxr－2m，∴Tr＋1＝C(－1)4－r·C(－1)mxr－2m，令r－2m＝0，得r＝2m，∵0≤r≤4，∴0≤m≤2，∴当m＝0,1,2时，r＝0,2,4，故常数项为T1＋T3＋T5＝C(－1)4＋C(－1)2·C(－1)1＋C(－1)0·C(－1)2＝－5.‎ 答案：－5‎ 突破点(二)　二项式系数的性质及应用　 ‎ 二项式系数的性质 ‎(1)对称性：当0≤ ≤n时，C＝.‎ ‎(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.‎ ‎1．判断题 ‎(1)在二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项．(　　)‎ ‎(2)在(1－x)9的展开式中，系数最大的项是第5项和第6项．(　　)‎ ‎(3)若(3x－1)7＝a7x7＋a6x6＋…＋a1x＋a0，则a7＋a6＋…＋a1的值为128.(　　)‎ 答案：(1)×　(2)×　(3)×‎ ‎2．填空题 ‎(1)若m的展开式中二项式系数之和为128，则展开式中的系数是________．‎ 解析：由题意可知2m＝128，∴m＝7，∴展开式的通项Tr＋1＝C(3x)7－r·r＝C37－r(－1)rx7－，令7－r＝－3，解得r＝6，∴的系数为C37－6(－1)6＝21.‎ 答案：21‎ ‎(2)若(2x－1)5＝a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，则a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝________.‎ 解析：令x＝0，得－1＝a0；令x＝1，得a5＋a4＋a3＋a2＋a1＋a0＝1.∴a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝2.‎ 答案：2‎ 二项展开式中系数和的问题 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)．‎ ‎①奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝，‎ ‎②偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝.‎ ‎[例1]　(1)(2018·衢州调研)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(　　)‎ A．212 B．211‎ C．210 D．29‎ ‎(2)(2018·诸暨质检)若(1－3x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则a1＋a2＋a3＋a4＝________.‎ ‎[解析]　(1)∵(1＋x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，∴C＝C，解得n＝10.‎ 从而C＋C＋C＋…＋C＝210，‎ ‎∴奇数项的二项式系数和为C＋C＋…＋C＝29.‎ ‎(2)令x＝1，得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝(1－3)4＝16.‎ 又令x＝0，得a0＝(1－0)4＝1.‎ 因此a1＋a2＋a3＋a4＝15.‎ ‎[答案]　(1)D　(2)15‎ ‎[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．　　‎ 二项式系数或展开式系数的最值问题 求解二项式系数或展开式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．若是求展开式系数的最大值，有两个思路，如下：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．‎ ‎[例2]　(1)在(1＋x)n(x∈N*)的二项展开式中，若只有x5的系数最大，则n＝(　　)‎ A．8 B．9‎ C．10 D．11‎ ‎(2)在5的展开式中x3的系数等于－5，则该展开式各项的系数中最大值为(　　)‎ A．5 B．10‎ C．15 D．20‎ ‎[解析]　(1)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.‎ ‎(2)由Tr＋1＝Cx5－rr＝(－a)rCx5－2r，r＝0,1，2，…，5，由5－2r＝3，解得r＝1，所以(－a)C＝－5a＝－5，解得a＝1，所以Tr＋1＝(－1)rCx5－2r，r＝0,1,2，…，5，当r＝0时，(－1)rC＝1；当r＝2时，(－1)2C＝10；当r＝4时，(－1)4C＝5.所以该展开式各项的系数中最大值为10.故选B.‎ ‎[答案]　(1)C　(2)B ‎1.(2018·福建漳州调研)已知(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9＋a10x10，则a2＋a3＋…＋a9＋a10的值为(　　)‎ A．－20 B．0 ‎ C．1 D．20‎ 解析：选D　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.‎ ‎2.(x＋2y)7的展开式中系数最大的项是________．‎ 解析：(x＋2y)7的展开式的通项为Tr＋1＝2rCx7－ryr.‎ 由可得≤r≤.∵r＝0,1，…，7，∴r＝5.∴(x＋2y)7的展开式中系数最大的项是T6＝25Cx2y5＝672x2y5.‎ 答案：672x2y5‎ ‎3.(x－2y)6的展开式中，二项式系数最大的项的系数为________(用数字作答)．‎ 解析：二项式系数最大的项是T4＝Cx3(－2y)3＝－160x3y3，故填－160.‎ 答案：－160‎ ‎4.(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＝________.‎ 解析：设(a＋x)(1＋x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5.令x＝1，得(a＋1)×24＝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)＝2×32，∴a＝3.‎ 答案：3‎ ‎[全国卷5年真题集中演练——明规律]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1．(2017·全国卷Ⅰ)(1＋x)6展开式中x2的系数为(　　)‎ A．15 B．20 ‎ C．30 D．35‎ 解析：选C　(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.‎ ‎2．(2017·全国卷Ⅲ)(x＋y)(2x－y)5的展开式中x3y3的系数为(　　)‎ A．－80 B．－40 ‎ C．40 D．80‎ 解析：选C　当第一个括号内取x时，第二个括号内要取含x2y3的项，即C(2x)2(－y)3，当第一个括号内取y时，第二个括号内要取含x3y2的项，即C(2x)3(－y)2，所以x3y3的系数为C×23－C×22＝10×(8－4)＝40.‎ ‎3．(2013·全国卷Ⅰ)设m为正整数，(x＋y)2m展开式的二项式系数的最大值为a，(x＋y)2m＋1展开式的二项式系数的最大值为b，若13a＝7b，则m＝(　　)‎ A．5 B．6 C．7 D．8‎ 解析：选B　根据二项式系数的性质知：(x＋y)2m的二项式系数最大有一项，C＝a，(x＋y)2m＋1的二项式系数最大有两项，C＝C＝b.又13a＝7b，所以13C＝7C，将各选项中m的取值逐个代入验证，知m＝6满足等式，所以选B.‎ ‎4．(2016·全国卷Ⅰ)(2x＋)5的展开式中，x3的系数是________．(用数字填写答案)‎ 解析：(2x＋)5展开式的通项为Tr＋1＝C(2x)5－r()r＝25－r·C·x5－.令5－＝3，得r＝4.‎ 故x3的系数为25－4·C＝2C＝10.‎ 答案：10‎ ‎5．(2014·全国卷Ⅱ)(x＋a)10的展开式中，x7的系数为15，则a＝________.(用数字填写答案)‎ 解析：二项展开式的通项公式为Tr＋1＝Cx10－rar，当10－r＝7时，r＝3，所以T4＝Ca3x7，则Ca3＝15，故a＝.‎ 答案： ‎ [课时达标检测] ‎ ‎ [小题对点练——点点落实]‎ 对点练(一)　二项式的通项公式及应用 ‎1．二项式10的展开式中的常数项是(　　)‎ A．180 B．90 ‎ C．45 D．360‎ 解析：选A　10的展开式的通项为T ＋1＝C·()10－ ＝2 Cx5－ ，令5－ ＝0，得 ＝2，故常数项为22C＝180.‎ ‎2．已知5的展开式中含x的项的系数为30，则a＝(　　)‎ A. B．－ C．6 D．－6‎ 解析：选D　Tr＋1＝C()5－r·r＝C(－a)rx，由＝，解得r＝1.由C(－a)＝30，得a＝－6.故选D.‎ ‎3．在x(1＋x)6的展开式中，含x3项的系数为(　　)‎ A．30 B．20‎ C．15 D．10‎ 解析：选C　(1＋x)6的展开式的第r＋1项为Tr＋1＝Cxr，则x(1＋x)6的展开式中含x3的项为Cx3＝15x3，所以系数为15.‎ ‎4．(x2－x＋1)10展开式中x3项的系数为(　　)‎ A．－210 B．210‎ C．30 D．－30‎ 解析：选A　(x2－x＋1)10＝[x2－(x－1)]10＝C(x2)10－C(x2)9(x－1)＋…－Cx2(x－1)9＋C(x－1)10，所以含x3项的系数为：－CC＋C(－C)＝－210，故选A.‎ ‎5．(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Tr＋1＝C3rxr，∴含有x2项的系数为C32＝54，∴n＝4.‎ 答案：4‎ ‎6.6的展开式的第二项的系数为－，则－2x2dx的值为________．‎ 解析：该二项展开式的第二项的系数为Ca5，由Ca5＝－，解得a＝－1，因此－2x2dx＝x2dx＝＝－＋＝.‎ 答案： ‎7．在(1－x)5＋(1－x)6＋(1－x)7＋(1－x)8的展开式中，含x3的项的系数是________．‎ 解析：展开式中含x3项的系数为C(－1)3＋C(－1)3＋C(－1)3＋C(－1)3＝－121.‎ 答案：－121‎ ‎8．(x－y)(x＋y)8的展开式中x2y7的系数为________．(用数字填写答案)‎ 解析：x2y7＝x·(xy7)，其系数为C，x2y7＝y·(x2y6)，其系数为－C，∴x2y7的系数为C－C＝8－28＝－20.‎ 答案：－20‎ 对点练(二)　二项式系数的性质及应用 ‎1．若(1＋mx)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，且a1＋a2＋…＋a6＝63，则实数m的值为(　　)‎ A．1或3 B．－3‎ C．1 D．1或－3‎ 解析：选D　令x＝0，得a0＝(1＋0)6＝1.令x＝1，得(1＋m)6＝a0＋a1＋a2＋…＋a6.又a1＋a2＋a3＋…＋a6＝63，∴(1＋m)6＝64＝26，∴m＝1或m＝－3.‎ ‎2．若(1＋x)(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，则a1＋a2＋…＋a7＝(　　)‎ A．－2 B．－3‎ C．125 D．－131‎ 解析：选C　令x＝1，则a0＋a1＋a2＋…＋a8＝－2，令x＝0，则a0＝1.又a8＝C(－2)7＝－128，所以a1＋a2＋…＋a7＝－2－1－(－128)＝125.‎ ‎3．(2018·河北省“五校联盟”质量检测)在二项式(1－2x)n的展开式中，偶数项的二项式系数之和为128，则展开式的中间项的系数为(　　)‎ A．－960 B．960‎ C．1 120 D．1 680‎ 解析：选C　根据题意，奇数项的二项式系数之和也应为128，所以在(1－2x)n的展开式中，二项式系数之和为256，即2n＝256，n＝8，则(1－2x)8的展开式的中间项为第5项，且T5＝C(－2)4x4＝1 120x4，即展开式的中间项的系数为1 120，故选C.‎ ‎4．若n的展开式中第三项与第五项的系数之比为，则展开式中常数项是(　　)‎ A．－10 B．10‎ C．－45 D．45‎ 解析：选D　因为展开式的通项公式为Tr＋1＝C·(x2)n－r·(－1)rx－＝C(－1)rx2n－，所以＝，∴n＝10，∴Tr＋1＝C·(－1)r·x20－，令20－＝0，∴r＝8.∴常数项为T9＝C(－1)8＝45.‎ ‎5．在二项式n的展开式中，偶数项的二项式系数之和为256，则展开式中x的系数为________．‎ 解析：因为二项式展开式中，偶数项与奇数项的二项式系数之和相等，所以2n－1＝256，解得n＝9.所以二项式9的展开式中，通项为Tr＋1＝C(9x)9－r·r＝C99－r·rx9－r.令9－r＝1，解得r＝6，所以展开式中x的系数为C×93×6＝84.‎ 答案：84‎ ‎6．在二项式n的展开式中恰好第5项的二项式系数最大，则展开式中含x2项的系数是________．‎ 解析：∵在二项式n的展开式中恰好第5项的二项式系数最大，∴n＝8.∵8的展开式的通项为Tr＋1＝(－1)rCx8－2r，令8－2r＝2，则r＝3，∴展开式中含x2项的系数是－C＝－56.‎ 答案：－56‎ ‎7．在(x＋y)n的展开式中，若第7项系数最大，则n的值可能等于____________．‎ 解析：根据题意，分三种情况：①若仅T7系数最大，则共有13项，n＝12；②若T7与T6系数相等且最大，则共有12项，n＝11；③若T7与T8系数相等且最大，则共有14项，n＝13.所以n的值可能等于11,12,13.‎ 答案：11,12,13‎ ‎[大题综合练——迁移贯通]‎ ‎1．已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，求：‎ ‎(1)a1＋a2＋…＋a7；‎ ‎(2)a1＋a3＋a5＋a7；‎ ‎(3)a0＋a2＋a4＋a6；‎ ‎(4)|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|.‎ 解：令x＝1，‎ 则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝－1.①‎ 令x＝－1，‎ 则a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37.②‎ ‎(1)∵a0＝C＝1，‎ ‎∴a1＋a2＋a3＋…＋a7＝－2.‎ ‎(2)(①－②)÷2，得a1＋a3＋a5＋a7＝＝－1 094.‎ ‎(3)(①＋②)÷2，得a0＋a2＋a4＋a6＝＝1 093.‎ ‎(4)∵(1－2x)7展开式中a0，a2，a4，a6大于零，而a1，a3，a5，a7小于零，∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|‎ ‎＝(a0＋a2＋a4＋a6)－(a1＋a3＋a5＋a7)‎ ‎＝1 093－(－1 094)＝2 187.‎ ‎2．已知(1＋m)n(m是正实数)的展开式的二项式系数之和为256，展开式中含x项的系数为112.‎ ‎(1)求m，n的值；‎ ‎(2)求展开式中奇数项的二项式系数之和；‎ ‎(3)求(1＋m)n(1－x)的展开式中含x2项的系数．‎ 解：(1)由题意可得2n＝256，解得n＝8.Tr＋1＝Cmrx，含x项的系数为Cm2＝112，解得m＝2或m＝－2(舍去)．故m，n的值分别为2,8.‎ ‎(2)展开式中奇数项的二项式系数之和为C＋C＋C＋C＋C＝28－1＝128.‎ ‎(3)(1＋2)8(1－x)＝(1＋2)8－x(1＋2)8，‎ 所以含x2的系数为C24－C22＝1 008.‎ ‎3．已知f(x)＝(1＋x)m＋(1＋2x)n(m，n∈N*)的展开式中x的系数为11.‎ ‎(1)求x2的系数取最小值时n的值；‎ ‎(2)当x2的系数取得最小值时，求f(x)展开式中x的奇次幂项的系数之和．‎ 解：(1)由已知得C＋2C＝11，∴m＋2n＝11.‎ x2的系数为C＋22C＝＋2n(n－1)＝＋(11－m)＝2＋.‎ ‎∵m∈N*，∴m＝5时，x2的系数取得最小值22，此时n＝3.‎ ‎(2)由(1)知，当x2的系数取得最小值时，m＝5，n＝3.‎ ‎∴f(x)＝(1＋x)5＋(1＋2x)3.‎ 设f(x)的展开式为f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，‎ 令x＝1，a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝25＋33＝59，‎ 令x＝－1，a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝－1，‎ 两式相减得2(a1＋a3＋a5)＝60，故展开式中x的奇次幂项的系数之和为30.‎ 第三节 随机事件的概率 本节主要包括2个知识点：　1.随机事件的频率与概率；2.互斥事件与对立事件.‎ 突破点(一)　随机事件的频率与概率　‎ ‎1．事件的分类 ‎2．频率和概率 ‎(1)在相同的条件S下重复n次试验，观察某一事件A是否出现，称n次试验中事件A出现的次数nA为事件A出现的频数，称事件A出现的比例fn(A)＝为事件A出现的频率．‎ ‎(2)对于给定的随机事件A，如果随着试验次数的增加，事件A发生的频率fn(A)稳定在某个常数上，把这个常数记作P(A)，称为事件A的概率，简称为A的概率．‎ ‎1．判断题 ‎(1)“下周六会下雨”是随机事件．(　　)‎ ‎(2)事件发生的频率与概率是相同的．(　　)‎ ‎(3)随机事件和随机试验是一回事．(　　)‎ ‎(4)在大量重复试验中，概率是频率的稳定值．(　　)‎ 答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√‎ ‎2．填空题 ‎(1)掷一枚均匀的硬币两次，事件M：一次正面朝上，一次反面朝上；事件N：至少一次正面朝上．则P(M)＝________；P(N)＝________.‎ 解析：掷一枚硬币两次，有四个基本事件：正反、正正、反正、反反．故P(M)＝＝，P(N)＝.‎ 答案：　 ‎(2)在n次重复进行的试验中，事件A发生的频率为，当n很大时，P(A)与的关系是________．(填“等于”或“约等于”)‎ 解析：因频率是概率的近似值，概率是频率的稳定值，所以P(A)≈.‎ 答案：约等于 ‎(3)给出下列三个说法，其中正确的有________个．‎ ‎①有一大批产品，已知次品率为10 ，从中任取100件，必有10件是次品；‎ ‎②做7次抛硬币的试验，结果3次出现正面，因此正面出现的概率是；‎ ‎③随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率．‎ 解析：①错，不一定是10件次品；②错，是频率而非概率；③错，频率不等于概率，这是两个不同的概念．‎ 答案：0‎ ‎(4)某人进行打靶练习，共射击10次，其中有2次中10环，有3次中9环，有4次中8环，有1次未中靶．假设此人射击1次，则其中靶的概率约为________；中10环的概率约为________．‎ 解析：中靶的频数为9，试验次数为10，所以中靶的频率为＝0.9，所以此人射击1次，中靶的概率约为0.9.同理得中10环的概率约为0.2.‎ 答案：0.9　0.2‎ 随机事件的频率与概率 事件A发生的频率是利用频数nA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]　某保险公司利用简单随机抽样的方法，对投保的车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下：‎ 赔偿金额(元)‎ ‎0‎ ‎1 000‎ ‎2 000‎ ‎3 000‎ ‎4 000‎ 车辆数(辆)‎ ‎500‎ ‎130‎ ‎100‎ ‎150‎ ‎120‎ ‎(1)若每辆车的投保金额为2 800元，估计赔付金额大于投保金额的概率．‎ ‎(2)在样本车辆中，车主是新司机的占10 ，在赔付金额为4 000元的样本车辆中，车主是新司机的占20 ，估计在已投保车辆中，新司机获赔金额为4 000元的概率．‎ ‎[解]　(1)设A表示事件“赔付金额为3 000元”，B表示事件“赔付金额为4 000元”，以频率估计概率得P(A)＝＝0.15，P(B)＝＝0.12，‎ 由于投保额为2 800元，赔付金额大于投保金额的情形是赔付3 000元和4 000元，‎ 所以其概率为P(A)＋P(B)＝0.15＋0.12＝0.27.‎ ‎(2)设C表示事件“投保车辆中新司机获赔4 000元”，由已知，样本车辆中车主是新司机的有0.1×1 000＝100(位)，而赔付金额为4 000元的车辆中车主为新司机的有0.2×120＝24(位)，‎ 所以样本车辆中新司机车主获赔金额为4 000元的频率为＝0.24，‎ 由频率估计概率得P(C)＝0.24.‎ ‎1．某电子商务公司随机抽取1 000名 络购物者进行调查．这1 000名购物者2017年 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.‎ ‎2．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 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ ‎13‎ ‎14‎ ‎15‎ 天气 晴 雨 阴 阴 阴 雨 阴 晴 晴 晴 阴 晴 晴 晴 晴 日期 ‎16‎ ‎17‎ ‎18‎ ‎19‎ ‎20‎ ‎21‎ ‎22‎ ‎23‎ ‎24‎ ‎25‎ ‎26‎ ‎27‎ ‎28‎ ‎29‎ ‎30‎ 天气 晴 阴 雨 阴 阴 晴 阴 晴 晴 晴 阴 晴 晴 晴 雨 ‎(1)在4月份任选一天，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)由4月份天气统计表知，在容量为30的样本中，不下雨的天数是26，以频率估计概率，在4月份任选一天，西安市不下雨的概率为＝.‎ ‎(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＝.以频率估计概率，运动会期间不下雨的概率为.‎ 突破点(二)　互斥事件与对立事件　 ‎ ‎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 在一个随机试验中，我们把一次试验下不能同时发生的两个事件A与B称作互斥事件 P(A∪B)＝P(A)＋P(B)；‎ P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)‎ 对立 事件 在一个随机试验中，两个试验不会同时发生，并且一定有一个发生的事件A和称为对立事件 P()＝1－P(A)‎ ‎1．判断题 ‎(1)若随机事件A发生的概率为P(A)，则0≤P(A)≤1.(　　)‎ ‎(2)两个事件的和事件是指两个事件同时发生．(　　)‎ ‎(3)对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件．(　　)‎ ‎(4)“方程x2＋2x＋8＝0有两个实根”是不可能事件．(　　)‎ 答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)√‎ ‎2．填空题 ‎(1)一个人打靶时连续射击两次，事件“至少有一次中靶”的互斥事件是____________．‎ 答案：两次都不中靶 ‎(2)袋中装有3个白球，4个黑球，从中任取3个球，则①恰有1个白球和全是白球；②至少有1个白球和全是黑球；③至少有1个白球和至少有2个白球；④至少有1个白球和至少有1个黑球．在上述事件中，是对立事件的为________．‎ 答案：②‎ ‎(3)甲：A1、A2是互斥事件；乙：A1、A2是对立事件，那么甲是乙的____________条件．‎ 答案：必要不充分 ‎(4)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________．‎ 解析：由对立事件可得P＝1－P(A)＝0.35.‎ 答案：0.35‎ 事件关系的判断 ‎[例1]　(1)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(　　)‎ A．充分不必要条件　　　 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎(2)一个均匀的正方体玩具的各个面上分别标以数字1,2,3,4,5,6.将这个玩具向上抛掷1次，设事件A表示“向上的一面出现奇数”，事件B表示“向上的一面出现的数字不超过3”，事件C表示“向上的一面出现的数字不小于4”，则(　　)‎ A．A与B是互斥而非对立事件 B．A与B是对立事件 C．B与C是互斥而非对立事件 D．B与C是对立事件 ‎(3)对飞机连续射击两次，每次发射一枚炮弹，设A＝{两次都击中飞机}，B＝{两次都没击中飞机}，C＝{恰有一次击中飞机}，D＝{至少有一次击中飞机}，其中彼此互斥的事件是________，互为对立事件的是________．‎ ‎[解析]　(1)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．‎ ‎(2)A∩B＝{出现数字1或3}，事件A，B不互斥更不对立；B∩C＝∅，B∪C＝Ω(Ω为必然事件)，故事件B，C是对立事件．故选D.‎ ‎(3)设I为对飞机连续射击两次所发生的所有情况，因为A∩B＝∅，A∩C＝∅，B∩C＝∅，B∩D＝∅，故A与B，A与C，B与C，B与D为互斥事件．而B∩D＝∅，B∪D＝I，故B与D互为对立事件．‎ ‎[答案]　(1)A　(2)D ‎(3)A与B，A与C，B与C，B与D　B与D ‎[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＝U(U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]　袋中有12个小球，分别为红球、黑球、黄球、绿球，从中任取一球，得到红球的概率是，得到黑球或黄球的概率是，得到黄球或绿球的概率也是，试求得到黑球、黄球和绿球的概率各是多少？‎ ‎[解]　从袋中任取一个球，记事件“摸到红球”“摸到黑球”“摸到黄球”“摸到绿球”分别为A，B，C，D，则有 P(A)＝，P(B∪C)＝P(B)＋P(C)＝，‎ P(C∪D)＝P(C)＋P(D)＝，P(B∪C∪D)＝P(B)＋P(C)＋P(D)＝1－P(A)＝1－＝，解得P(B)＝，P(C)＝，P(D)＝，因此得到黑球、黄球、绿球的概率分别是，，.‎ ‎[方法技巧]‎ 求复杂互斥事件概率的两种方法 ‎(1)直接法：将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率的和；‎ ‎(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．　　‎ ‎1.把红、黑、蓝、白4张纸牌随机地分发给甲、乙、丙、丁四个人，每人分得1张，事件“甲分得红牌”与事件“乙分得红牌”是(　　)‎ A．对立事件 B．不可能事件 C．互斥事件但不是对立事件 D．以上答案都不对 解析：选C　由互斥事件和对立事件的概念可判断，应选C.‎ ‎2.设事件A，B，已知P(A)＝，P(B)＝，P(A∪B)＝，则A，B之间的关系一定为(　　)‎ A．两个任意事件 B．互斥事件 C．非互斥事件 D．对立事件 解析：选B　因为P(A)＋P(B)＝＋＝＝P(A∪B)，所以A，B之间的关系一定为互斥事件．故选B.‎ ‎3.由经验得知，在人民商场付款处排队等候付款的人数及其概率如下：‎ 排队人数 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5人及以上 概率 ‎0.11‎ ‎0.16‎ ‎0.3‎ ‎0.29‎ ‎0.1‎ ‎0.04‎ 则至多2人排队的概率为(　　)‎ A．0.3 B．0.43‎ C．0.57 D．0.27‎ 解析：选C　记“没有人排队”为事件A，“1人排队”为事件B，“2人排队”为事件C，A、B、C彼此互斥．记“至多2人排队”为事件E.则P(E)＝P(A＋B＋C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.11＋0.16＋0.3＝0.57.‎ ‎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(　　)‎ A. B. ‎ C. D．1‎ 解析：选C　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.‎ ‎5.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.‎ ‎∵A，B，C两两互斥，‎ ‎∴P(M)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)‎ ‎＝＝，‎ 故1张奖券的中奖概率约为.‎ ‎(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，‎ ‎∴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. ‎ ‎　　　[全国卷5年真题集中演练——明规律]　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1．(2015·全国卷Ⅱ)某公司为了解用户对其产品的满意度，从A，B两地区分别随机调查了40个用户，根据用户对产品的满意度评分，得到A地区用户满意度评分的频率分布直方图和B地区用户满意度评分的频数分布表．‎ B地区用户满意度评分的频数分布表 满意度评分分组 ‎[50,60)‎ ‎[60,70)‎ ‎[70,80)‎ ‎[80,90)‎ ‎[90,100]‎ 频数 ‎2‎ ‎8‎ ‎14‎ ‎10‎ ‎6‎ ‎(1)在图②‎ 中作出B地区用户满意度评分的频率分布直方图，并通过直方图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度(不要求计算出具体值，给出结论即可)．‎ ‎(2)根据用户满意度评分，将用户的满意度分为三个等级：‎ 满意度评分 低于70分 ‎70分到89分 不低于90分 满意度等级 不满意 满意 非常满意 估计哪个地区用户的满意度等级为不满意的概率大？说明理由．‎ 解：(1)如图所示．‎ 通过两地区用户满意度评分的频率分布直方图可以看出，B地区用户满意度评分的平均值高于A地区用户满意度评分的平均值；B地区用户满意度评分比较集中，而A地区用户满意度评分比较分散．‎ ‎(2)A地区用户的满意度等级为不满意的概率大．‎ 记CA表示事件：“A地区用户的满意度等级为不满意”；CB表示事件：“B地区用户的满意度等级为不满意”．由直方图得P(CA)的估计值为(0.01＋0.02＋0.03)×10＝0.6，P(CB)的估计值为(0.005＋0.02)×10＝0.25.‎ 所以A地区用户的满意度等级为不满意的概率大．‎ ‎2．(2016·全国卷Ⅱ)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 ‎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.‎ ‎ [课时达标检测] ‎ ‎ [小题对点练——点点落实]‎ 对点练(一)　随机事件的频率与概率 ‎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)的频率为(　　)‎ A．0.35 B．0.45 ‎ C．0.55 D．0.65‎ 解析：选B　数据落在[10,40)的频率为＝＝0.45，故选B.‎ ‎2．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(　　)‎ A．134石 B．169石 C．338石 D．1 365石 解析：选B　这批米内夹谷约为×1 534≈169石，故选B .‎ ‎3．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，‎ ‎151,152,160,165,164,179,149,158,159,175.‎ 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 cm～170.5 cm 之间的概率约为(　　)‎ A. B. C. D. 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 cm～170.5 cm之间的学生有8人，频率为，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 cm～170.5 cm之间的概率约为.‎ ‎4．在投掷一枚硬币的试验中，共投掷了100次，“正面朝上”的频数为51，则“正面朝上”的频率为(　　)‎ A．49 B．0.5‎ C．0.51 D．0.49‎ 解析：选C　由题意，根据事件发生的频率的定义可知，“正面朝上”的频率为＝0.51.‎ 对点练(二)　互斥事件与对立事件 ‎1．掷一颗质地均匀的骰子，观察所得的点数为a，设事件A＝“a为3”，B＝“a为4”，C＝“a为奇数”，则下列结论正确的是(　　)‎ A．A与B为互斥事件 B．A与B为对立事件 C．A与C为对立事件 D．A与C为互斥事件 解析：选A　事件A与B不可能同时发生，A，B互斥，但不是对立事件，显然A与C不是互斥事件，更不是对立事件．‎ ‎2．有一个游戏，其规则是甲、乙、丙、丁四个人从同一地点随机地向东、南、西、北四个方向前进，每人一个方向．事件“甲向南”与事件“乙向南”是(　　)‎ A．互斥但非对立事件 B．对立事件 C．相互独立事件 D．以上都不对 解析：选A　由于每人一个方向，故“甲向南”意味着“乙向南”是不可能的，故是互斥事件，但不是对立事件．‎ ‎3．从装有5个红球和3个白球的口袋内任取3个球，那么互斥而不对立的事件是(　　)‎ A．至少有一个红球与都是红球 B．至少有一个红球与都是白球 C．至少有一个红球与至少有一个白球 D．恰有一个红球与恰有两个红球 解析：选D　对于A，两事件是包含关系，对于B，两事件是对立事件，对于C，两事件可能同时发生．故选D.‎ ‎4．某产品分甲、乙、丙三级，其中乙、丙两级均属次品，在正常生产情况下，出现乙级品和丙级品的概率分别是5 和3 ，则抽检一个产品是正品(甲级)的概率为(　　)‎ A．0.95 B．0.97 ‎ C．0.92 D．0.08‎ 解析：选C　记抽检的产品是甲级品为事件A，是乙级品为事件B，是丙级品为事件C，这三个事件彼此互斥，因而所求概率为P(A)＝1－P(B)－P(C)＝1－5 －3 ＝92 ＝0.92.‎ ‎5．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(　　)‎ A. B. ‎ C. D. 解析：选D　由题意可得 即解得0，y>0，＋＝1.则x＋y＝(x＋y)·＝5＋≥9，当且仅当x＝2y时等号成立，故x＋y的最小值为9.‎ 答案：9‎ ‎[大题综合练——迁移贯通]‎ ‎1．近年来，某市为促进生活垃圾的分类处理，将生活垃圾分为厨余垃圾、可回收物和其他垃圾三类，并分别设置了相应的垃圾箱，为调查居民生活垃圾分类投放情况，现随机抽取了该市三类垃圾箱中总计1 000吨生活垃圾，数据统计如下(单位：吨)：‎ ‎“厨余垃圾”箱 ‎“可回收物”箱 ‎“其他垃圾”箱 厨余垃圾 ‎400‎ ‎100‎ ‎100‎ 可回收物 ‎30‎ ‎240‎ ‎30‎ 其他垃圾 ‎20‎ ‎20‎ ‎60‎ ‎(1)试估计厨余垃圾投放正确的概率；‎ ‎(2)试估计生活垃圾投放错误的概率．‎ 解：(1)厨余垃圾投放正确的概率约为 ＝＝.‎ ‎(2)设生活垃圾投放错误为事件A，则事件表示生活垃圾投放正确．事件的概率约为“厨余垃圾”箱里厨余垃圾量、“可回收物”箱里可回收物量与“其他垃圾”箱里其他垃圾量的总和除以生活垃圾总量，即P()约为＝0.7，所以P(A)约为1－0.7＝0.3.‎ ‎2．某校有教职工500人，对他们的年龄状况和受教育程度进行调查，其结果如下：‎ 高中 专 ‎ 本 ‎ 研究生 合计 ‎35岁以下 ‎10‎ ‎150‎ ‎50‎ ‎35‎ ‎245‎ ‎35～50‎ ‎20‎ ‎100‎ ‎20‎ ‎13‎ ‎153‎ ‎50岁以上 ‎30‎ ‎60‎ ‎10‎ ‎2‎ ‎102‎ 随机地抽取一人，求下列事件的概率：‎ ‎(1)50岁以上具有专 或专 以上学历；‎ ‎(2)具有本 学历；‎ ‎(3)不具有研究生学历．‎ 解：(1)设事件A表示“50岁以上具有专 或专 以上学历”，‎ P(A)＝＝0.144.‎ ‎(2)设事件B表示“具有本 学历”，‎ P(B)＝＝0.16.‎ ‎(3)设事件C表示“不具有研究生学历”，‎ P(C)＝1－＝0.9.‎ ‎3．某河流上的一座水力发电站，每年六月份的发电量Y(单位：万千瓦时)与该河上游在六月份的降雨量X(单位：毫米)有关．据统计，当X＝70时，Y＝460；X每增加10，Y增加5.已知近20年X的值为140,110,160,70,200,160,140,160,220,200,110,160,160,200,140,110,160,220,140,160.‎ ‎(1)完成如下的频率分布表：‎ 近20年六月份降雨量频率分布表 降雨量 ‎70‎ ‎110‎ ‎140‎ ‎160‎ ‎200‎ ‎220‎ 频率 ‎(2)假定今年6月份的降雨量与近20年六月份降雨量的分布规律相同，并将频率视为概率，求今年六月份该水力发电站的发电量低于490(万千瓦时)或超过530(万千瓦时)的概率．‎ 解：(1)在所给数据中，降雨量为110毫米的有3个，为160毫米的有7个，为200毫米的有3个，故近20年六月份降雨量频率分布表为 降雨量 ‎70‎ ‎110‎ ‎140‎ ‎160‎ ‎200‎ ‎220‎ 频率 ‎(2)由已知可得Y＝＋425，‎ 故P(“发电量低于490万千瓦时或超过530万千瓦时”)＝P(Y<490或Y>530)＝P(X<130或X>210)‎ ‎＝P(X＝70)＋P(X＝110)＋P(X＝220)‎ ‎＝＋＋＝.‎ 第四节 古典概型与几何概型 本节主要包括3个知识点：　‎ ‎1.古典概型；　2.几何概型；　3.概率与统计的综合问题.‎ 突破点(一)　古典概型　‎ ‎1．基本事件的特点 ‎(1)任何两个基本事件都是互斥的；‎ ‎(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)有限性：试验中所有可能出现的基本事件只有有限个；‎ ‎(2)等可能性：每个基本事件出现的可能性相等．‎ ‎3．古典概型的概率公式 P(A)＝.‎ ‎1．判断题 ‎(1)“在适宜条件下，种下一粒种子观察它是否发芽”属于古典概型，其基本事件是“发芽与不发芽”．(　　)‎ ‎(2)掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”，这三个结果是等可能事件．(　　)‎ ‎(3)从市场上出售的标准为500±5 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.(　　)‎ 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√‎ ‎2．填空题 ‎(1)一个口袋内装有2个白球和3个黑球，则在先摸出1个白球后放回的条件下，再摸出1个白球的概率是________．‎ 解析：先摸出1个白球后放回，再摸出1个白球的概率，实质上就是第二次摸到白球的概率，因为袋内装有2个白球和3个黑球，因此概率为.‎ 答案： ‎(2)从1,2,3,4,5中任意取出两个不同的数，其和为5的概率是________．‎ 解析：两数之和等于5有两种情况(1,4)和(2,3)，总的基本事件有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)，共10种．∴所求概率P＝＝.‎ 答案： ‎(3)从一副混合后的扑克牌(除去大、小王，共52张)中，随机抽取1张．事件A为“抽到红桃 ”，事件B为“抽到黑桃”，则P(A∪B)＝________(结果用最简分数表示)．‎ 解析：∵P(A)＝，P(B)＝，‎ ‎∴P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝＋＝＝.‎ 答案： 古典概型的求法 ‎[典例]　(2017·山东高考)某旅游爱好者计划从3个亚洲国家A1，A2，A3和3个欧洲国家B1，B2，B3中选择2个国家去旅游．‎ ‎(1)若从这6个国家中任选2个，求这2个国家都是亚洲国家的概率；‎ ‎(2)若从亚洲国家和欧洲国家中各任选1个，求这2个国家包括A1但不包括B1的概率．‎ ‎[解]　(1)由题意知，从6个国家中任选两个国家，其一切可能的结果组成的基本事件有：{A1，A2}，{A1，A3}，{A2，A3}，{A1，B1}，{A1，B2}，{A1，B3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A2，B3}，{A3，B1}，{A3，B2}，{A3，B3}，{B1，B2}，{B1，B3}，{B2，B3}，共15个．所选两个国家都是亚洲国家的事件所包含的基本事件有：{A1，A2}，{A1，A3}，{A2，A3}，共3个，则所求事件的概率为：P＝＝.‎ ‎(2)从亚洲国家和欧洲国家中各任选一个，其一切可能的结果组成的基本事件有：{A1，B1}，{A1，B2}，{A1，B3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A2，B3}，{A3，B1}，{A3，B2}，{A3，B3}，共9个．包括A1但不包括B1的事件所包含的基本事件有：{A1，B2}，{A1，B3‎ ‎}，共2个，则所求事件的概率为：P＝.‎ ‎[方法技巧]　　　解决古典概型实际问题的步骤 ‎1．(2017·天津高考)有5支彩笔(除颜色外无差别)，颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫．从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，则取出的2支彩笔中含有红色彩笔的概率为(　　)‎ A.　　　　　　　　 B. C. D. 解析：选C　从5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，有10种不同取法：(红，黄)，(红，蓝)，(红，绿)，(红，紫)，(黄，蓝)，(黄，绿)，(黄，紫)，(蓝，绿)，(蓝，紫)，(绿，紫)．而取出的2支彩笔中含有红色彩笔的取法有(红，黄)，(红，蓝)，(红，绿)，(红，紫)，共4种，故所求概率P＝＝.‎ ‎2．在正六边形的6个顶点中随机选择4个顶点，则构成的四边形是梯形的概率为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. 解析：选B　如图，在正六边形ABCDEF的6个顶点中随机选择4个顶点，共有15种选法，其中构成的四边形是梯形的有ABEF，BCDE，ABCF，CDEF，ABCD，ADEF，共6种情况，故构成的四边形是梯形的概率P＝＝.‎ ‎3．(2018·湘中名校联考)从集合A＝{－2，－1,2}中随机选取一个数记为a，从集合B＝{－1,1,3}中随机选取一个数记为b，则直线ax－y＋b＝0不经过第四象限的概率为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. 解析：选A　从集合A，B 中随机选取一个数后组合成的数对有(－2，－1)，(－2,1)，(－2,3)，(－1，－1)，(－1,1)，(－1,3)，(2，－1)，(2,1)，(2,3)，共9对，要使直线ax－y＋b＝0不经过第四象限，则需a≥0，b≥0，共有2对满足，所以所求概率P＝，故选A.‎ ‎4．现有10个数，它们能构成一个以1为首项，－3为公比的等比数列，若从这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是________．‎ 解析：这十个数是1，－3，(－3)2，(－3)3，(－3)4，(－3)5，(－3)6，(－3)7，(－3)8，(－3)9，所以它小于8的概率等于＝.‎ 答案： ‎5．(2018·郑州质检)按照国家环保部发布的新修订的《环境空气质量标准》，规定：PM2.5的年平均浓度不得超过35微克/立方米．国家环保部门在2016年10月1日到2017年1月30日这120天对全国的PM2.5平均浓度的监测数据统计如下：‎ 组别 PM2.5浓度(微克/立方米)‎ 频数/天 第一组 ‎(0,35]‎ ‎32‎ 第二组 ‎(35,75]‎ ‎64‎ 第三组 ‎(75,115]‎ ‎16‎ 第四组 ‎115以上 ‎8‎ ‎(1)在这120天中抽取30天的数据做进一步分析，每一组应抽取多少天？‎ ‎(2)在(1)中所抽取的样本PM2.5的平均浓度超过75微克/立方米的若干天中，随机抽取2天，求恰好有一天平均浓度超过115微克/立方米的概率．‎ 解：(1)在这120天中抽取30天，应采取分层抽样，第一组应抽取32×＝8天；第二组应抽取64×＝16天；第三组应抽取16×＝4天；第四组应抽取8×＝2天．‎ ‎(2)设PM2.5的平均浓度在(75,115]内的4天记为A1，A2，A3，A4，PM2.5的平均浓度在115以上的2天记为B1，B2.‎ 所以从这6天中任取2天的情况有A1A2，A1A3，A1A4，A1B1，A1B2，A2A3，A2A4，A2B1，A2B2，A3A4，A3B1，A3B2，A4B1，A4B2，B1B2，共15种．记“恰好有一天平均浓度超过115微克/立方米”为事件A，其中符合条件的情况有A1B1，A1B2，A2B1，A2B2，A3B1，A3B2，A4B1，A4B2，共8种，故所求事件A的概率P(A)＝.‎ 突破点(二)　几何概型　 ‎ ‎1．几何概型的定义 如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度(面积或体积)成比例，则称这样的概率模型为几何概率模型，简称几何概型．‎ ‎2．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．‎ ‎3．几何概型的概率公式 P(A)＝.‎ ‎1．判断题 ‎(1)在一个正方形区域内任取一点的概率是零．(　　)‎ ‎(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．(　　)‎ 答案：(1)√　(2)√　(3)√‎ ‎2．填空题 ‎(1)某路公共汽车每5分钟发车一次，某乘客到乘车点的时刻是随机的，则他候车时间不超过2分钟的概率是________．‎ 解析：试验的全部结果构成的区域长度为5，所求事件的区域长度为2，故所求概率为P＝.‎ 答案： ‎(2)已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为1，在正方体内随机取点M，则使四棱锥MABCD的体积小于的概率为________．‎ 解析：在正方体ABCDA1B1C1D1中，设MABCD的高为h，则×S四边形ABCD×h＝.又S四边形ABCD＝1，所以h＝.若体积小于，则h<.即点M在正方体的下半部分，所以P＝.‎ 答案： ‎(3)‎ 如图所示，边长为2的正方形中有一封闭曲线围成的阴影区域，在正方形中随机撒一粒豆子，它落在阴影区域内的概率为，则阴影区域的面积为________．‎ 解析：设阴影区域的面积为S，则＝，∴S＝.‎ 答案： 与长度、角度有关的几何概型 ‎[例1]　(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(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎(2)(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________．‎ ‎(3)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AM20，解得20，‎ 所以a－2b<0.‎ 作出的可行域(如图阴影部分所示)，易得该函数无零点的概率P＝＝.‎ ‎[答案]　(1)A　(2) ‎[方法技巧]‎ 求解与面积有关的几何概型的关键点 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．　　‎ 与体积有关的几何概型 ‎[例3]　(1)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________．‎ ‎(2)(2018·黑龙江五校联考)在体积为V的三棱锥SABC的棱AB上任取一点P，则三棱锥SAPC的体积大于的概率是________．‎ ‎[解析]　(1)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－.‎ ‎(2)由题意可知>，三棱锥SABC的高与三棱锥SAPC的高相同．‎ 如图所示，作PM⊥AC于M，BN⊥AC于N，‎ 则PM，BN分别为△APC与△ABC的高，‎ 所以＝＝>，‎ 又＝，所以>，‎ 故所求的概率为(即为长度之比)．‎ ‎[答案]　(1)1－　(2) ‎　[方法技巧]‎ 求解与体积有关的几何概型的关键点 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．　‎ ‎1.(2017·陕西榆林二模)若函数f(x)＝在区间[0，e]上随机取一个实数x，则f(x) 的值不小于常数e的概率是(　　)‎ A. B．1－ ‎ C. D. 解析：选B　当0≤x<1时，f(x)，由几何概型的定义可知所求概率P＝＝，故选C.‎ ‎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”，‎ 答案： ‎5.在面积为1的正方形ABCD内部随机取一点P，则△PAB的面积大于等于的概率是________．‎ 解析：如图，由题意知AB＝1，分别取AD与BC的中点E、F，连接EF，则EF綊AB，∴要使S△ABP≥，只需P在矩形CDEF中，∴所求概率为＝.‎ 答案： ‎6.在区间[－1,1]内随机取两个实数x，y，则满足y≥x2－1的概率是________．‎ 解析：如图满足y≥x2－1的概率为阴影部分面积与大正方形面积的比，∵阴影部 答案： 突破点(三)　概率与统计的综合问题　 ‎ 概率的计算问题往往与抽样方法、频率分布直方图、频率分布表、茎叶图等知识点相结合进行考查，一般难度不大，考查基础知识点和基本方法.解决此类综合问题可遵循以下几个步骤进行：,第一步，根据所给的频率分布直方图、茎叶图等统计图表确定样本数据、平均数等统计量；,第二步，根据题意，一般由频率估计概率，确定相应的事件的概率；,第三步，利用互斥事件、对立事件、古典概型等概率计算公式计算概率.‎ 概率与统计图表的综合问题 ‎[例1]　某校举行运动会，其中三级跳远的成绩在8.0米以上(四舍五入，精确到0.1米)的进入决赛，把所得数据进行整理后，分成6组，画出频率分布直方图的一部分(如图)，已知从左到右前5个小组的频率分别为0.04,0.10,0.14，0.28，0.30，第6小组的频数是7.‎ ‎(1)求进入决赛的人数；‎ ‎(2)经过多次测试发现，甲的成绩均匀分布在8～10米之间，乙的成绩均匀分布在9.5～10.5米之间，现甲、乙各跳一次，求甲比乙跳得远的概率．‎ ‎[解]　(1)第6小组的频率为1－(0.04＋0.10＋0.14＋0.28＋0.30)＝0.14，∴总人数为＝50.‎ 易知第4,5,6组的学生均进入决赛，人数为(0.28＋0.30＋0.14)×50＝36，即进入决赛的人数为36.‎ ‎(2)设甲、乙各跳一次的成绩分别为x，y米，则作出不等式组表示的平面区域如图中长方形ABCD，设事件M表示“甲比乙跳得远”，则x>y，满足的区域如图中阴影部分所示．‎ 由几何概型得P(M)＝＝，即甲比乙跳得远的概率为.‎ ‎[方法技巧]　破解概率与统计图表综合问题的“三步曲”‎ 概率与抽样方法的综合问题 ‎[例2]　家政服务公司根据用户满意程度将本公司家政服务员分为两类，其中A类服务员12名，B类服务员x名．‎ ‎(1)若采用分层抽样的方法随机抽取20名家政服务员参加技术培训，抽取到B类服务员的人数是16，求x的值；‎ ‎(2)某客户来公司聘请2名家政服务人员，但是由于公司人员安排已经接近饱和，只有3名A类家政服务员和2名B类家政服务员可供选择．‎ ‎①请列出该客户的所有可能选择的情况；‎ ‎②求该客户最终聘请的家政服务员中既有A类又有B类的概率．‎ ‎[解]　(1)20－16＝4，由x＝16，可得x＝48.‎ ‎(2)①设3名A类家政服务员的编号为a，b，c,2名B类家政服务员的编号为1,2，则所有可能的情况有(a，b)，(a，c)，(a,1)，(a,2)，(b，c)，(b,1)，(b,2)，(c,1)，(c,2)，(1,2)，共10种选择．‎ ‎②该客户最终聘请的家政服务员中既有A类又有B类的情况有(a,1)，(a,2)，(b,1)，(b,2)，(c,1)，(c,2)，共6种，故该客户最终聘请的家政服务员中既有A类又有B类的概率为P＝＝.‎ ‎[方法技巧]‎ 求解概率与分层抽样综合问题的步骤 ‎(1)利用分层抽样的抽样比，求出各层的样本数或各层应抽取的样本数；‎ ‎(2)计算样本空间所含的基本事件个数与所求事件含有的基本事件的个数；‎ ‎(3)利用古典概型的概率计算公式得出结果．　　‎ 概率与统计案例的综合问题 ‎　　[例3]　为了解人们对“生育二胎放开”‎ 政策的热度，现在某市进行调查，随机抽调了50人，他们年龄的频数分布及支持“生育二胎”人数如下表：‎ 年龄 ‎[5,15)‎ ‎[15,25)‎ ‎[25,35)‎ ‎[35,45)‎ ‎[45,55)‎ ‎[55,65]‎ 频数 ‎5‎ ‎10‎ ‎15‎ ‎10‎ ‎5‎ ‎5‎ 支持“生 育二胎”‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎12‎ ‎8‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎(1)由以上统计数据填下面2×2列联表，并问是否有99 的把握认为以45岁为分界点对“生育二胎放开”政策的支持度有差异；‎ 年龄不低于45‎ 岁的人数 年龄低于45岁 的人数 总计 支持 不支持 总计 ‎(2)若对年龄在[5,15)的被调查人中各随机选取两人进行调查，恰好这两人都支持“生育二胎放开”的概率是多少？‎ 参考数据：‎ P( 2≥ )‎ ‎0.050‎ ‎0.010‎ ‎0.001‎ ‎ ‎ ‎3.841‎ ‎6.635‎ ‎10.828‎ ‎ 2＝ ‎ ‎[解]　(1)完成的2×2列联表如下.‎ 年龄不低于45‎ 岁的人数 年龄低于45岁 的人数 总计 支持 ‎3‎ ‎29‎ ‎32‎ 不支持 ‎7‎ ‎11‎ ‎18‎ 总计 ‎10‎ ‎40‎ ‎50‎ ‎ 2＝≈6.27<6.635，‎ 所以没有99 的把握认为以45岁为分界点对“生育二胎放开”政策的支持度有差异．‎ ‎(2)设年龄在[5,15)中支持“生育二胎”的4人分别为a，b，c，d，不支持“生育二胎”的人记为M，‎ 则从年龄在[5,15)的被调查人中随机选取两人所有可能的结果有：(a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，M)，(b，c)，(b，d)，(b，M)，(c，d)，(c，M)，(d，M)，共10个．‎ 设恰好这两人都支持“生育二胎”为事件A，‎ 则事件A所有可能的结果有：(a，b)，(a，c)，(a，d)，(b，c)，(b，d)，(c，d ‎)，共6个．‎ 所以P(A)＝＝.‎ 所以对年龄在[5,15)的被调查人中随机选取两人进行调查时，恰好这两人都支持“生育二胎”的概率为.‎ ‎1.(2018·潍坊模拟)济南天下第一泉风景区为了做好宣传工作，准备在A和B两所大学分别招募8名和12名志愿者，将这20名志愿者的身高(单位：cm)编成如图所示的茎叶图．若身高在175 cm以上(包括175 cm)定义为“高精灵”，身高在175 cm以下定义为“帅精灵”．已知A大学志愿者的身高的平均数为176，B大学志愿者的身高的中位数为168.‎ ‎(1)求x，y的值；‎ ‎(2)如果用分层抽样的方法从“高精灵”和“帅精灵”中随机抽取5人，再从这5人中选2人，求至少有1人为“高精灵”的概率．‎ 解：(1)由茎叶图得，‎ ＝176，‎ ＝168.解得x＝5，y＝7.‎ ‎(2)由题意可得，“高精灵”有8人，“帅精灵”有12人，如果从“高精灵”和“帅精灵”中抽取5人，则抽取的“高精灵”和“帅精灵”的人数分别为8×＝2,12×＝3.‎ 记抽取的“高精灵”分别为b1，b2，“帅精灵”分别为c1，c2，c3，‎ 从这5人中任选2人的所有可能情况为(b1，b2)，(b1，c1)，(b1，c2)，(b1，c3)，(b2，c1)，(b2，c2)，(b2，c3)，(c1，c2)，(c1，c3)，(c2，c3)，共10种，‎ 记“从这5人中选2人，至少有1人为‘高精灵’”为事件A，则A包含的情况为(b1，b2)，(b1，c1)，(b1，c2)，(b1，c3)，(b2，c1)，(b2，c2)，(b2，c3)，共7种，所以P(A)＝.‎ 故从这5人中选2人，至少有1人为“高精灵”的概率为.‎ ‎2.某学校研究性学习小组对该校高三学生的视力情况进行调查，在高三的全体1 000名学生中随机抽取了若干名学生的体检表，并得到如下直方图：‎ ‎(1)若直方图中前三组的频率成等比数列，后四组的频率成等差数列，试估计全年级视力在5.0以下的人数；‎ ‎(2)学习小组成员发现，学习成绩突出的学生，近视的比较多，为了研究学生的视力与学习成绩是否有关系，对年级名次在1～50名和951～1 000名的100名学生进行了调查，得到如下数据：‎ 年级名次是否近视 ‎1～50‎ ‎951～1 000‎ 近视 ‎41‎ ‎32‎ 不近视 ‎9‎ ‎18‎ 根据表中的数据，能否在出错的概率不超过0.05的前提下认为视力与学习成绩有关？‎ ‎(3)已知(2)中调查的年级前50名且不近视的9名学生中有6名男生，3名女生，现在从这9人中随机抽取两人访谈用眼习惯，求恰好抽中男、女生各一名的概率．‎ 解：(1)设各组的频率为fi(i＝1,2,3,4,5,6)．‎ 依题意，前三组的频率成等比数列，后四组的频率成等差数列，故f1＝0.15×0.2＝0.03，f2＝0.45×0.2＝0.09，f3＝＝0.27，由＝1－(0.03＋0.09)得f6＝0.17，‎ 所以视力在5.0以下的频率为1－0.17＝0.83，‎ 故全年级视力在5.0以下的人数约为1 000×0.83＝830.‎ ‎(2) 2＝＝≈4.110>3.841，‎ 因此可以在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为视力与学习成绩有关系．‎ ‎(3)用数字1,2,3,4,5,6表示6名男生，用数字7,8,9表示3名女生，用{x，y}表示一次抽取的结果，则所有可能的抽取结果有36种：{1,2}，{1,3}，{1,4}，{1,5}，{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}．‎ 其中，恰有一名男生和一名女生的结果有18种：{1,7}，{1,8}，{1,9}，{2,7}，{2,8}，{2,9}，{3,7}，{3,8}，{3,9}，{4,7}，{4,8}，{4,9}，{5,7}，{5,8}，{5,9}，{6,7}，{6,8}，{6,9}．‎ 因此，恰好抽中男、女生各一名的概率为P＝＝.‎ ‎3.(2018·郑州第一次质检)‎ 近年来郑州空气污染较为严重，现随机抽取一年(365天)内100天的空气中PM2.5指数的检测数据，统计结果如下：‎ PM2.5‎ 指数 ‎[0,50]‎ ‎(50,100]‎ ‎(100,150]‎ ‎(150,200]‎ ‎(200,250]‎ ‎(250,300]‎ ‎>300‎ 空气 质量 优 良 轻微污染 轻度污染 中度污染 中度重污染 重度污染 天数 ‎4‎ ‎13‎ ‎18‎ ‎30‎ ‎9‎ ‎11‎ ‎15‎ 记某企业每天由空气污染造成的经济损失为S(单位：元)，PM2.5指数为x.当x在区间[0,100]内时对企业没有造成经济损失；当x在区间(100,300]内时对企业造成的经济损失成直线模型(当PM2.5指数为150时造成的经济损失为500元，当PM2.5指数为200时，造成的经济损失为700元)；当PM2.5指数大于300时造成的经济损失为2 000元．‎ ‎(1)试写出S(x)的表达式；‎ ‎(2)试估计在本年内随机抽取一天，该天经济损失S大于500元且不超过900元的概率；‎ ‎(3)若本次抽取的样本数据有30天是在供暖季，其中有8天为重度污染，完成下面列联表，并判断是否有95 的把握认为郑州市本年度空气重度污染与供暖有关？‎ 非重度污染 重度污染 合计 供暖季 非供暖季 合计 ‎100‎ 解：(1)依题意，可得S(x)＝.‎ ‎(2)设“在本年内随机抽取一天，该天经济损失S大于500元且不超过900元”为事件A，‎ 由5003.841，‎ 所以有95 的把握认为空气重度污染与供暖有关.‎ ‎[全国卷5年真题集中演练——明规律]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1.(2017·全国卷Ⅰ)如图，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图．正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是(　　)‎ A.　　　　　　　　 B. C. D. 解析：选B　不妨设正方形的边长为2，则正方形的面积为4，正方形的内切圆的半径为1，面积为π.由题意，得S黑＝S圆＝，故此点取自黑色部分的概率P＝＝.‎ ‎2．(2017·全国卷Ⅱ)从分别写有1,2,3,4,5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选D　记两次取得卡片上的数字依次为a，b，则一共有25个不同的数组(a，b)，其中满足a＞b的数组共有10个，分别为(2,1)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，因此所求的概率P＝＝.‎ ‎3．(2016·全国卷Ⅰ)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. B. ‎ C. D. 解析：选B　如图，7：50至8：30之间的时间长度为40 分钟，而小明等车时间不超过10 分钟是指小明在7：50至8：00之间或8：20至8：30之间到达发车站，此两种情况下的时间长度之和为20 分钟，由几何概型概率公式知所求概率为P＝＝.故选B.‎ ‎4．(2016·全国卷Ⅰ)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(　　)‎ A. B. ‎ C. D. 解析：选C　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＝＝，故选C.‎ ‎5．(2016·全国卷Ⅱ)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. B. C. D. 解析：选B　如图，若该行人在时间段AB的某一时刻来到该路口，则该行人至少等待15秒才出现绿灯．AB长度为40－15＝25，由几何概型的概率公式知，至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为＝，故选B.‎ ‎6．(2016·全国卷Ⅱ)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)，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π的近似值为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. 解析：选C　因为x1，x2，…，xn，y1，y2，…，yn都在区间[0,1]内随机抽取，所以构成的n个数对(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)都在边长为1的正方形OABC内(包括边界)，如图所示．若两数的平方和小于1，则对应的数对在扇形OAC内(不包括扇形圆弧上的点所对应的数对)，故在扇形OAC内的数对有m个．用随机模拟的方法可得＝，即＝，所以π＝.‎ ‎7．(2016·全国卷Ⅲ)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(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C　∵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＝.‎ ‎8．(2015·全国卷Ⅰ)如果3个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长，则称这3个数为一组勾股数，从1,2,3,4,5中任取3个不同的数，则这3个数构成一组勾股数的概率为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C　从1,2,3,4,5中任取3个不同的数共有如下10个不同的结果：(1,2,3)，(1,2,4)，(1,2,5)，(1,3,4)，(1,3,5)，(1,4,5)，(2,3,4)，(2,3,5)，(2,4,5)，(3,4,5)，其中勾股数只有(3,4,5)，所以概率为.故选C.‎ ‎ [课时达标检测]‎ ‎ [小题对点练——点点落实]‎ 对点练(一)　古典概型 ‎1．已知袋子中装有大小相同的6个小球，其中有2个红球、4个白球．现从中随机摸出3个小球，则至少有2个白球的概率为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. 解析：选C　所求问题有两种情况：1红2白或3白，则所求概率P＝＝.‎ ‎2．(2018·陕西模拟)现有2名女教师和1名男教师参加说题比赛，共有2道备选题目，若每位选手从中有放回地随机选出一道题进行说课，其中恰有一男一女抽到同一道题的概率为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C　记两道题分别为A，B，所有抽取的情况为AAA，AAB，ABA，ABB，BAA，BAB，BBA，BBB(其中第1个，第2个分别表示两个女教师抽取的题目，第3个表示男教师抽取的题目)，共有8种；其中满足恰有一男一女抽到同一道题目的情况为ABA，‎ ABB，BAA，BAB，共4种．故所求事件的概率为.故选C.‎ ‎3．在实验室进行的一项物理实验中，要先后实施6个程序A，B，C，D，E，F，则程序A在第一或最后一步，且程序B和C相邻的概率为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选D　程序A在第一或最后一步，且程序B和C相邻的概率为P＝＝.‎ ‎4．已知集合M＝，N＝，A是集合N中任意一点，O为坐标原点，则直线OA与y＝x2＋1有交点的概率是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C　易知过点(0,0)与y＝x2＋1相切的直线为y＝2x(斜率小于0的无需考虑)，集合N中共有16个元素，其中使直线OA的斜率不小于2的有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,4)，共4个，故所求的概率为＝.‎ ‎5．(2018·重庆适应性测试)从2,3,4,5,6这5个数字中任取3个，则所取3个数之和为偶数的概率为________．‎ 解析：依题意，从2,3,4,5,6这5个数字中任取3个，共有10种不同的取法，其中所取3个数之和为偶数的取法共有1＋3＝4种(包含两种情形：一种情形是所取的3个数均为偶数，有1种取法；另一种情形是所取的3个数中2个是奇数，另一个是偶数，有3种取法)，因此所求的概率为＝.‎ 答案： ‎6．(2016·江苏高考)将一颗质地均匀的骰子(一种各个面上分别标有1,2,3,4,5,6个点的正方体玩具)先后抛掷2次，则出现向上的点数之和小于10的概率是________．‎ 解析：将一颗质地均匀的骰子先后抛掷2次，所有等可能的结果有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,1)，(2,2)，…，(6,6)，共36种情况．设事件A＝“出现向上的点数之和小于10”，其对立事件＝“出现向上的点数之和大于或等于10”，包含的可能结果有(4,6)，(5,5)，(5,6)，(6,4)，(6,5)，(6,6)，共6种情况．所以由古典概型的概率公式，得P()＝＝，所以P(A)＝1－＝.‎ 答案： 对点练(二)　几何概型 ‎1．(2018·武汉调研)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(　　)‎ A. B. ‎ C. D. 解析：选D　由log0.5(4x－3)≥0，得0＜4x－3≤1，‎ 解得＜x≤1，所以所求概率P＝＝.‎ ‎2．设不等式组表示的平面区域为D.在区域D内随机取一个点，则此点到直线y＋2＝0的距离大于2的概率是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选D　如图，各点的坐标为B(－2,0)，C(4,0)，D(－6，－2)，E(4，－2)，F(4，3)，所以DE＝10，EF＝5，BC＝6，CF＝3.不等式对应的区域为三角形DEF，当点在线段BC上时，此点到直线y＋2＝0的距离等于2，所以要使此点到直线y＋2＝0的距离大于2，则此点应在三角形BCF中．根据几何概型可知所求概率P＝＝＝，故选D.‎ ‎3．已知正棱锥SABC的底面边长为4，高为3，在正棱锥内任取一点P，使得VPABC＜VSABC的概率是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. 解析：选B　由题意知，当点P在三棱锥的中截面以下时，满足VPABC＜VSABC，‎ 故使得VPABC＜VSABC的概率：P＝＝1－3＝.‎ ‎4.如图，长方形的四个顶点为O(0,0)，A(4,0)，B(4,2)，C(0,2)，曲线y＝经过点B.小军同学在学做电子线路板时有一电子元件随机落入长方形OABC中，则该电子元件落在图中阴影区域的概率是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C　由题意可知S阴＝dx＝x＝，S长方形＝4×2＝8，则所求概率P＝＝＝.‎ ‎5．已知椭圆＋y2＝1的焦点为F1，F2，在长轴A1A2上任取一点M，过M作垂直于A1A2的直线交椭圆于点P，则使得PF1―→·PF2―→<0的概率为________．‎ 解析：设P(x，y)，则PF1―→·PF2―→<0即为(－－x，－y)·(－x，－y)<0，即为x2－3＋y2<0，即为x2－3＋1－<0，解得－P(Y≥2)．‎ 从做对题数的数学期望考察，两人水平相当；从做对题数的方差考察，甲较稳定；从至少完成2题的概率考察，甲获得通过的可能性大．因此可以判断甲的实验操作能力较强．‎ ‎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(　　)‎ A．0.6 B．0.4 ‎ C．0.2 D．0.1‎ 解析：选C　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.‎ ‎2.已知X的分布列 X ‎－1‎ ‎0‎ ‎1‎ P 则在下列式子中①E(X)＝－；②D(X)＝；③P(X＝0)＝.正确的个数是(　　)‎ A．0 B．1 C．2 D．3‎ 解析：选C　由E(X)＝(－1)×＋0×＋1×＝－，知①正确；由D(X)＝2×＋2×＋2×＝，知②不正确；由分布列知③正确．‎ ‎3.(2017·浙江高考)已知随机变量ξi满足P(ξi＝1)＝pi，P(ξi＝0)＝1－pi，i＝1,2.若0D(ξ2)‎ C．E(ξ1)>E(ξ2)，D(ξ1)E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2)‎ 解析：选A　根据题意得，E(ξi)＝pi，D(ξi)＝pi(1－pi)，i＝1,2，∵00，称P(B|A)＝为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率 性质 ‎①0≤P(B|A)≤1；‎ ‎②如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)‎ ‎2.事件的相互独立性 定义 设A，B为两个事件，如果P(AB)＝P(A)P(B)，则称事件A与事件B相互独立 性质 ‎①若事件A与B相互独立，则P(B|A)＝P(B)，P(AB)＝P(A)P(B)；‎ ‎②如果事件A与B相互独立，那么A与，与B，与也都相互独立 ‎1．判断题 ‎(1)条件概率一定不等于它的非条件概率．(　　)‎ ‎(2)对于任意两个事件，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立．(　　)‎ ‎(3)相互独立事件就是互斥事件．(　　)‎ ‎(4)若事件A，B相互独立，则P(B|A)＝P(B)．(　　)‎ ‎(5)在条件概率中，一定有P(AB)＝P(B|A)P(A)．(　　)‎ 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)√‎ ‎2．填空题 ‎(1)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________．‎ 解析：根据条件概率公式P(B|A)＝，可知所求概率为＝0.8.‎ 答案：0.8‎ ‎(2)某盒中装有10只乒乓球，其中6只新球，4只旧球，不放回地依次摸出2个球使用，在第一次摸出新球的条件下，第二次也取到新球的概率为________．‎ 解析：第一次摸出新球记为事件A，则P(A)＝，‎ 第二次取到新球记为事件B，‎ 则P(AB)＝＝，‎ ‎∴P(B|A)＝＝＝.‎ 答案： ‎(3)有一批种子的发芽率为0.9，出芽后的幼苗成活率为0.8，在这批种子中，随机抽取一粒，则这粒种子能成长为幼苗的概率为________．‎ 答案：0.72‎ 求条件概率 ‎[例1]　(1)(2017·河北“五个一名校联盟”二模)某种电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁，已知开关第一次闭合后出现红灯的概率为，两次闭合后都出现红灯的概率为，则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯的概率为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎(2)如图，EFGH是以O为圆心，半径为1的圆的内接正方形．将一颗豆子随机地扔到该圆内，用A表示事件“豆子落在正方形EFGH内”，B表示事件“豆子落在扇形OHE(阴影部分)内”，则P(B|A)＝________.‎ ‎[解析]　(1)设“开关第一次闭合后出现红灯”为事件A，“第二次闭合出现红灯”为事件B，则由题意可得P(A)＝，P(AB)＝，则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次出现红灯的概率是：P(B|A)＝＝＝.故选C.‎ ‎(2)由题意可得，事件A发生的概率P(A)＝＝＝.事件AB表示“豆子落在△EOH内”，则P(AB)＝＝＝.故P(B|A)＝＝＝.‎ ‎[答案]　(1)C　(2) ‎[方法技巧]‎ 解决条件概率问题的步骤 第一步，判断是否为条件概率，若题目中出现“已知”“在……前提下”等字眼，一般为条件概率．题目中若没有出现上述字眼，但已知事件的出现影响所求事件的概率时，也需注意是否为条件概率．若为条件概率，则进行第二步．‎ 第二步，计算概率，这里有两种思路：‎ 思路一 缩减样本空间法计算条件概率，如求P(A|B)，可分别求出事件B，AB包含的基本事件的个数，再利用公式P(A|B)＝计算 思路二 直接利用公式计算条件概率，即先分别计算出P(AB)，P(B)，再利用公式P(A|B)＝计算 ‎[提醒]　要注意P(B|A)与P(A|B)的不同：前者是在A发生的条件下B发生的概率，后者是在B发生的条件下A发生的概率．‎ 事件的相互独立性 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， 表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件的概率为 P(Y＋ ＝1)＝P(Y＝0， ＝1)＋P(Y＝1， ＝0)‎ ‎＝P(Y＝0)P( ＝1)＋P(Y＝1)P( ＝0)‎ ‎＝×＋×＝.‎ 所以这2辆车共遇到1个红灯的概率为.‎ ‎[方法技巧]‎ 求相互独立事件概率的步骤 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．‎ ‎1.从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，在取到的2个数之和为偶数的条件下，取到2个数均为奇数的概率为(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A. B. C. D. 解析：选D　设“取到的2个数之和为偶数”为事件A，“取到的2个数均为奇数”为事件B，则P(A)＝＝，P(AB)＝＝.由条件概率公式得P(B|A)＝＝＝.‎ ‎2.两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的概率分别为和，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选B　恰有一个一等品即一个是一等品，另一个不是一等品，则情形为两种，∴P＝×＋×＝.‎ ‎　‎ ‎3.甲、乙两个小组各10名学生的英语口语测试成绩的茎叶图如图所示．现从这20名学生中随机抽取一人，将“抽出的学生为甲小组学生”记为事件A；“抽出的学生英语口语测试成绩不低于85分”记为事件B.则P(A|B)＝________.‎ 甲 乙 ‎6‎ ‎7‎ ‎994‎ ‎76654321‎ ‎8‎ ‎024599‎ ‎0‎ ‎9‎ ‎1‎ 解析：“抽出的学生英语口语测试成绩不低于85分”的事件有9种，其中“抽出的学生为甲小组学生”的事件有5种，所以P(A|B)＝.‎ 答案： ‎4.如图所示的电路有a，b，c三个开关，每个开关开或关的概率都是，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AC，且A，C，之间彼此独立，且P(A)＝P()＝P(C)＝.所以P(AC)＝P(A)P()P(C)＝.‎ 答案： ‎5.(2016·山东高考)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的分布列和数学期望E(X)．‎ 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 所以数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋6×＝.‎ 突破点(二)　独立重复试验与二项分布　 ‎ ‎1．独立重复试验 在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验．Ai(i＝1,2，…，n)表示第i次试验结果，则P(A1A2A3…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)．‎ ‎2．二项分布 在n次独立重复试验中，用X表示事件A发生的次数，设每次试验中事件A发生的概率是p，此时称随机变量X服从二项分布，记作X～B(n，p)，并称p为成功概率．在n次独立重复试验中，事件A恰好发生 次的概率为P(X＝ )＝Cp (1－p)n－ ( ＝0,1,2，…，n)．‎ ‎1．判断题 ‎(1)小王通过英语听力测试的概率是，他连续测试3次，那么其中恰好第3次测试获得通过的概率是P＝C·1·3－1＝.(　　)‎ ‎(2)二项分布是一个概率分布，其公式相当于(a＋b)n二项展开式的通项公式，其中a＝p，b＝1－p.(　　)‎ ‎(3)二项分布是一个概率分布列，是一个用公式P(X＝ )＝Cp (1－p)n－ ， ＝0,1,2，…，n表示的概率分布列，它表示了n次独立重复试验中事件A发生的次数的概率分布．(　　)‎ 答案：(1)×　(2)×　(3)√‎ ‎2．填空题 ‎(1)设随机变量X～B，则P(X＝3)＝________.‎ 解析：X～B，由二项分布可得，‎ P(X＝3)＝C3·3＝.‎ 答案： ‎(2)位于坐标原点的一个质点P按下述规则移动：质点每次移动一个单位，移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是.质点P移动五次后位于点(2,3)的概率是________．‎ 解析：移动五次后位于点(2,3)，所以质点P必须向右移动2次，向上移动3次．‎ 故其概率为C3·2＝C5＝.‎ 答案： 求独立重复试验的概率 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎[例1]　(1)如果生男孩和生女孩的概率相等，则有3个小孩的家庭中女孩多于男孩的概率为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎(2)投掷一枚图钉，设钉尖向上的概率为p，连续掷一枚图钉3次，若出现2次钉尖向上的概率小于3次钉尖向上的概率，则p的取值范围为________．‎ ‎[解析]　(1)设女孩个数为X，女孩多于男孩的概率为P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝C2×＋C3＝3×＋＝.故选B.‎ ‎(2)设P(B )( ＝0,1,2,3)表示“连续投掷一枚图钉，出现 次钉尖向上”的概率，由题意得P(B2)m)＝0.3，则P(X>6－m)＝________.‎ 解析：因为P(X>m)＝0.3，所以P(X<6－m)＝0.3，所以P(X>6－m)＝1－P(X<6－m)＝0.7.‎ 答案：0.7‎ 正态曲线的性质 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎[例1]　(1)已知随机变量ξ服从正态分布N(2，σ2)，且P(ξ<4)＝0.8，则P(0<ξ<2)＝(　　)‎ A．0.6 B．0.4‎ C．0.3 D．0.2‎ ‎(2)某班有50名学生，一次考试后数学成绩ξ(ξ∈N)近似服从正态分布N(100,102)，已知P(90≤ξ≤100)＝0.3，估计该班学生数学成绩在110分以上的人数约为________．‎ ‎[解析]　(1)画出正态曲线如图，结合图象知：‎ P(ξ<0)＝P(ξ>4)＝1－P(ξ<4)＝1－0.8＝0.2，P(0<ξ<2)＝P(0<ξ<4)＝[1－P(ξ<0)－P(ξ>4)]＝(1－0.2－0.2)＝0.3.‎ ‎(2)由题意，知P(ξ>110)＝＝0.2，所以该班学生数学成绩在110分以上的人数约为0.2×50＝10.‎ ‎[答案]　(1)C　(2)10‎ ‎[方法技巧]‎ 利用正态曲线的对称性求概率是常见的正态分布应用问题．解题的关键是利用对称轴x＝μ确定所求概率对应的随机变量的区间与已知概率对应的随机变量的区间的关系，必要时可借助图形判断．‎ 对于正态分布N(μ，σ2)，由x＝μ是正态曲线的对称轴知：‎ ‎(1)对任意的a，有P(X<μ－a)＝P(X>μ＋a)；‎ ‎(2)P(X74)；‎ ‎②某班级共有20名同学参加此次学 知识竞赛，记X表示这20名同学中成绩超过74分的人数，利用①的结果，求X的数学期望．‎ ‎[解]　(1)这50名同学竞赛成绩的平均数＝35×＋45×＋55×＋65×＋75×＋85×＋95×＝60.‎ ‎(2)①由(1)可知， ～N(60,142)，‎ 故P( >74)＝＝0.158 7.‎ ‎②由①知，某位同学参加此次学 知识竞赛的成绩超过74分的概率为0.158 7，依题意可知，X～B(20,0.158 7)，‎ 所以数学期望E(X)＝20×0.158 7＝3.174.‎ ‎　[方法技巧]‎ 解决正态分布问题的三个关键点 ‎(1)对称轴x＝μ.‎ ‎(2)标准差σ.‎ ‎(3)分布区间．利用对称性可求指定范围内的概率值；由μ，σ，分布区间的特征进行转化，使分布区间转化为3σ特殊区间，从而求出所求概率．　‎ ‎1.某地高三理 学生有15 000名，在一次调研测试中，数学成绩ξ服从正态分布N(100，σ2)，已知P(80<ξ≤100)＝0.35，若按成绩分层抽样的方式抽取100份试卷进行分析，则应从120分以上的试卷中抽取(　　)‎ A．5份 B．10份 C．15份 D．20份 解析：选C　∵数学成绩ξ服从正态分布N(100，σ2)，P(80<ξ≤100)＝0.35，∴P(80<ξ≤120)＝2×0.35＝0.70，∴P(ξ>120)＝×(1－0.70)＝0.15，∴应抽取的份数为100×0.15＝15.‎ ‎2.设随机变量X服从正态分布N(3,4)，若P(X＜2a－3)＝P(X＞a＋2)，则a＝(　　)‎ A．3 B. C．5 D. 解析：选D　因为X服从正态分布N(3,4)，P(X＜2a－3)＝P(X＞a＋2)．所以2a－3＋a＋2＝6，a＝.‎ ‎3.(2018·广东揭阳模拟)某小区有1 000户，各户每月的用电量近似服从正态分布N(300,100)，则用电量在320度以上的户数估计约为(　　)‎ A．17 B．23 ‎ C．34 D．46‎ 解析：选B　用电量在320度以上的概率为＝0.022 8，所以用电量在320度以上的估计值为1 000×0.022 8≈23.故选B.‎ ‎4.已知某县农民的月均收入ξ服从正态分布N(1 000，402)，且P(920<ξ≤1 080)＝0.954 4，则此县农民月均收入在1 000元到1 080元之间的人数占总体的百分比为________．‎ 解析：P(1 000<ξ≤1 080)＝P(1 000－80<ξ≤1 000＋80)＝P(920<ξ≤1 080)＝×0.954 4＝0.477 2.‎ 答案：47.72 ‎ ‎5.在某次数学考试中，考生的成绩ξ服从正态分布，即ξ～N(100,100)，已知满分为150分．‎ ‎(1)试求考试成绩ξ位于区间(80,120]内的概率；‎ ‎(2)若这次考试共有2 000名考生参加，试估计这次考试及格(不小于90分)的人数．‎ 解：(1)由ξ～N(100,100)，知μ＝100，σ＝10.‎ ‎∴P(80＜ξ≤120)＝P(100－20＜ξ≤100＋20)＝0.954 4，‎ 即考试成绩位于区间(80,120]内的概率为0.954 4.‎ ‎(2)P(90＜ξ≤110)＝P(100－10＜ξ≤100＋10)＝0.682 6，‎ ‎∴P(ξ＞110)＝×(1－0.682 6)＝0.158 7，‎ ‎∴P(ξ≥90)＝0.682 6＋0.158 7＝0.841 3.‎ ‎∴估计及格人数约为2 000×0.841 3≈1 683.‎ ‎　[全国卷5年真题集中演练——明规律]　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1．(2015·全国卷Ⅰ)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(　　)‎ A．0.648 B．0.432‎ C．0.36 D．0.312‎ 解析：选A　3次投篮投中2次的概率为P( ＝2)＝C×0.62×(1－0.6)，投中3次的概率为P( ＝3)＝0.63，所以通过测试的概率为P( ＝2)＋P( ＝3)＝C×0.62×(1－0.6)＋0.63＝0.648.故选A.‎ ‎2．(2017·全国卷Ⅰ)为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸(单位：cm)．根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N(μ，σ2)．‎ ‎(1)假设生产状态正常，记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件数，求P(X≥1)及X的数学期望；‎ ‎(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ ‎)之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查．‎ ‎①试说明上述监控生产过程方法的合理性；‎ ‎②下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：‎ ‎9．95　10.12　9.96　9.96　10.01　9.92　9.98　10.04‎ ‎10．26　9.91　10.13　10.02　9.22　10.04　10.05　9.95‎ 经计算得＝i＝9.97，s＝＝≈0.212，其中xi为抽取的第i个零件的尺寸，i＝1,2，…，16.‎ 用样本平均数作为μ的估计值，用样本标准差s作为σ的估计值，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除(－3，＋3)之外的数据，用剩下的数据估计μ和σ(精确到0.01)．‎ 附：若随机变量 服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－3σ< <μ＋3σ)＝0.997 4.‎ ‎0．997 416≈0.959 2，≈0.09.‎ 解：(1)抽取的一个零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之内的概率为0.997 4，从而零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率为0.002 6，故X～B(16,0.002 6)．因此P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－0.997 416≈0.040 8.‎ X的数学期望为EX＝16×0.002 6＝0.041 6.‎ ‎(2)①如果生产状态正常，一个零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率只有0.002 6，一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件的概率只有0.040 8，发生的概率很小．因此一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查，可见上述监控生产过程的方法是合理的．‎ ‎②由＝9.97，s≈0.212，得μ的估计值为＝9.97，σ的估计值为＝0.212，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在(－3，＋3)之外，因此需对当天的生产过程进行检查．‎ 剔除(－3，＋3)之外的数据9.22，剩下数据的平均数为(16×9.97－9.22)＝10.02，因此μ的估计值为10.02.‎ ＝16×0.2122＋16×9.972≈1 591.134，‎ 剔除(－3，＋3)之外的数据9.22，剩下数据的样本方差为(1 591.134－9.222－15×10.022)≈0.008，‎ 因此σ的估计值为≈0.09.‎ ‎3．(2014·全国卷Ⅰ)‎ 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和样本方差s2(同一组中的数据用该区间的中点值作代表)；‎ ‎(2)由直方图可以认为，这种产品的质量指标值 服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数，σ2近似为样本方差s2.‎ ‎①利用该正态分布，求P(187.8< <212.2)；‎ ‎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①的结果，求EX.‎ 附：≈12.2.‎ 若 ～N(μ，σ2)，则P(μ－σ< <μ＋σ)＝0.682 6，P(μ－2σ< <μ＋2σ)＝0.954 4.‎ 解：(1)抽取产品的质量指标值的样本平均数和样本方差s2分别为＝170×0.02＋180×0.09＋190×0.22＋200×0.33＋210×0.24＋220×0.08＋230×0.02＝200，‎ s2＝(－30)2×0.02＋(－20)2×0.09＋(－10)2×0.22＋0×0.33＋102×0.24＋202×0.08＋302×0.02＝150.‎ ‎(2)①由(1)知， ～N(200,150)，从而P(187.8< <212.2)＝P(200－12.2< <200＋12.2)＝0.682 6.‎ ‎②由①知，一件产品的质量指标值位于区间(187.8，212.2)的概率为0.682 6，依题意知X～B(100,0.682 6)，所以EX＝100×0.682 6＝68.26.‎ ‎4．(2013·全国卷Ⅰ)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n＝3，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n＝4，再从这批产品中任取1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，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)＝×＋×＝.‎ ‎(2)X可能的取值为400,500,800，并且P(X＝400)＝1－－＝，P(X＝500)＝，P(X＝800)＝.‎ 所以X的分布列为 X ‎400‎ ‎500‎ ‎800‎ P EX＝400×＋500×＋800×＝506.25.‎ ‎ [课时达标检测] ‎ ‎ [一般难度题——全员必做]‎ ‎1．若同时抛掷两枚骰子，当至少有5点或6点出现时，就说这次试验成功，则在3次试验中至少有1次成功的概率是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. 解析：选C　一次试验中，至少有5点或6点出现的概率为1－×＝1－＝，设X为3次试验中成功的次数，则X～B，故所求概率P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－C×0×3＝，故选C.‎ ‎2．设随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，函数f(x)＝x2＋4x＋ξ没有零点的概率是，则μ＝(　　)‎ A．1 B．4 ‎ C．2 D．不能确定 解析：选B　根据题意函数f(x)＝x2＋4x＋ξ没有零点时，‎ Δ＝16－4ξ<0，即ξ>4.根据正态曲线的对称性，当函数f(x)＝x2＋4x＋ξ 没有零点的概率是时，μ＝4.‎ ‎3．为向国际化大都市目标迈进，某市今年新建三大类重点工程，它们分别是30项基础设施类工程、20项民生类工程和10项产业建设类工程．现有3名民工相互独立地从这60个项目中任选一个项目参与建设，则这3名民工选择的项目所属类别互异的概率是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. 解析：选D　记第i名民工选择的项目属于基础设施类、民生类、产业建设类分别为事件Ai、Bi、Ci，i＝1、2、3.由题意知，事件Ai、Bi、Ci(i＝1、2、3)相互独立，则P(Ai)＝＝，P(Bi)＝＝，P(Ci)＝＝(i＝1、2、3)，故这3名民工选择的项目所属类别互异的概率是P＝AP(AiBiCi)＝6×××＝.选D.‎ ‎4．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”为事件A，则P(A)＝××＝.‎ ‎(2)依题意得，X所有可能的取值是1,2,3.又P(X＝1)＝，P(X＝2)＝×＝，P(X＝3)＝××1＝.所以X的分布列为 X ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P 所以E(X)＝1×＋2×＋3×＝.‎ ‎5．甲、乙两支篮球队赛季总决赛采用7场4胜制，每场必须分出胜负，场与场之间互不影响，只要有一队获胜4场就结束比赛．现已比赛了4场且甲篮球队胜3场，已知甲球队第5,6场获胜的概率均为，但由于体力原因，第7场获胜的概率为.‎ ‎(1)求甲队以4∶3获胜的概率；‎ ‎(2)设X表示决出冠军时比赛的场数，求X的分布列和数学期望．‎ 解：(1)设甲队以4∶3获胜的事件为B，‎ ‎∵甲队第5,6场获胜的概率均为，第7场获胜的概率为，‎ ‎∴甲队以4∶3获胜的概率P(B)＝2·＝，‎ ‎∴甲队以4∶3获胜的概率为.‎ ‎(2)随机变量X的可能取值为5,6,7，P(X＝5)＝，P(X＝6)＝·＝，P(X＝7)＝2·＋2·＝，∴随机变量X的分布列为 X ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ P E(X)＝5×＋6×＋7×＝.‎ ‎[中档难度题——学优生做]‎ ‎1．某公司甲、乙、丙三位员工参加某项专业技能测试，每人有两次机会，当且仅当第一次不达标时进行第二次测试．根据平时经验，甲、乙、丙三位员工每次测试达标的概率分别为，，，各次测试达标与否互不影响．‎ ‎(1)求甲、乙两位员工均需测试两次才达标的概率；‎ ‎(2)记甲、乙、丙三位员工中达标的人数为X，求X的分布列和数学期望．‎ 解：(1)甲员工需测试两次才达标的概率为×＝；乙员工需测试两次才达标的概率为×＝.因为各次测试达标与否互不影响，所以甲、乙两位员工均需测试两次才达标的概率为×＝.‎ ‎(2)由题意可知，甲员工测试达标的概率为＋×＝，‎ 乙员工测试达标的概率为＋×＝，‎ 丙员工测试达标的概率为＋×＝.‎ 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 E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.‎ ‎2．为研究家用轿车在高速公路上的车速情况，交通部门随机选取100名家用轿车驾驶员进行调查，得到其在高速公路上行驶时的平均车速情况为：在55名男性驾驶员中，平均车速超过100 m/h的有40人，不超过100 m/h的有15人；在45名女性驾驶员中，平均车速超过100 m/h的有20人，不超过100 m/h的有25人．‎ ‎(1)完成下面2×2列联表，并判断有多大的把握认为“平均车速超过100 m/h与性别有关”？‎ 平均车速超过100 m/h 平均车速不超过100 m/h 总计 男性驾驶员 女性驾驶员 总计 附： 2＝，其中n＝a＋b＋c＋d.‎ P( 2≥ 0)‎ ‎0.150‎ ‎0.100‎ ‎0.050‎ ‎0.010‎ ‎0.005‎ ‎0.001‎ ‎ 0‎ ‎2.072‎ ‎2.706‎ ‎3.841‎ ‎6.635‎ ‎7.879‎ ‎10.828‎ ‎(2)在被调查的驾驶员中，从平均车速不超过100 m/h的人中随机抽取2人，求这2人恰好是1名男性驾驶员和1名女性驾驶员的概率；‎ ‎(3)以上述样本数据估计总体，从高速公路上行驶的家用轿车中随机抽取3辆，记这3辆车平均车速超过100 m/h且为男性驾驶员的车辆数为X，求X的分布列和数学期望E(X)．‎ 解：(1)完成的2×2列联表如下：‎ 平均车速超过100 m/h 平均车速不超过100 m/h 总计 男性驾驶员 ‎40‎ ‎15‎ ‎55‎ 女性驾驶员 ‎20‎ ‎25‎ ‎45‎ 总计 ‎60‎ ‎40‎ ‎100‎ ‎ 2＝≈8.249>7.879，所以有99.5 的把握认为“平均车速超过100 m/h与性别有关”．‎ ‎(2)平均车速不超过100 m/h的驾驶员有40人，从中随机抽取2人的方法总数为C，记“这2人恰好是1名男性驾驶员和1名女性驾驶员”为事件A，则事件A所包含的基本事件数为CC，所以所求的概率P(A)＝＝＝.‎ ‎(3)根据样本估计总体的思想，从总体中任取1辆车，平均车速超过100 m/h且为男性驾驶员的概率为＝，故X～B.‎ 所以P(X＝0)＝C03＝；‎ P(X＝1)＝C2＝；‎ P(X＝2)＝C2＝；‎ P(X＝3)＝C30＝.‎ 所以X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.‎ ‎[较高难度题——学霸做]‎ ‎1．甲、乙两俱乐部举行乒乓球团体对抗赛．双方约定：‎ ‎①比赛采取五场三胜制(先赢三场的队伍获得胜利，比赛结束)；‎ ‎②双方各派出三名队员，前三场每位队员各比赛一场．已知甲俱乐部派出队员A1，A2，A3，其中A3只参加第三场比赛，另外两名队员A1，A2比赛场次未定；乙俱乐部派出队员B1，B2，B3，其中B1参加第一场与第五场比赛，B2参加第二场与第四场比赛，B3只参加第三场比赛．‎ 根据以往的比赛情况，甲俱乐部三名队员对阵乙俱乐部三名队员获胜的概率如下表：‎ A1‎ A2‎ A3‎ B1‎ B2‎ B3‎ ‎(1)若甲俱乐部计划以3∶0取胜，则应如何安排A1，A2两名队员的出场顺序，使得取胜的概率最大？‎ ‎(2)若A1参加第一场与第四场比赛，A2参加第二场与第五场比赛，各队员每场比赛的结果互不影响，设本次团体对抗赛比赛的场数为随机变量X，求X的分布列及数学期望 E(X)． ‎ 解：(1)设A1，A2分别参加第一场，第二场，则P1＝××＝，设A2，A1分别参加第一场、第二场，则P2＝××＝，∴P1>P2，∴甲俱乐部安排A1参加第一场，A2参加第二场，则以3∶0取胜的概率最大．‎ ‎(2)比赛场数X的所有可能取值为3,4,5，P(X＝3)＝××＋××＝，P(X＝4)＝C×××＋×3＋C×××＋×3＝，P(X＝5)＝1－P(X＝3)－P(X＝4)＝，∴X的分布列为 X ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ P ‎∴E(X)＝3×＋4×＋5×＝.‎ ‎2．(2018·东北三省四市一模)近两年双11 购受到广大市民的热捧．某 站为了答谢老顾客，在双11当天零点整，每个金冠买家都可以免费抽取200元或者500元代金券一张，中奖率分别是和.每人限抽一次，100 中奖．小张、小王、小李、小赵4个金冠买家约定零点整抽奖．‎ ‎(1)试求这4人中恰有1人抽到500元代金券概率；‎ ‎(2)这4人中抽到200元、500元代金券的人数分别用X、Y表示，记ξ＝XY，求随机变量ξ的分布列与数学期望．‎ 解：(1)设“这4人中恰有i人抽到500元代金券”为事件Ai，其中i＝0,1,2,3,4，则P(A1)＝C13＝.‎ ‎(2)易知ξ可取0,3,4，‎ P(ξ＝0)＝P(A0)＋P(A4)＝C04＋C4·0＝＋＝，‎ P(ξ＝3)＝P(A1)＋P(A3)＝C13＋C3·1＝＋＝.‎ P(ξ＝4)＝P(A2)＝C22＝.‎ ξ的分布列为 ξ ‎0‎ ‎3‎ ‎4‎ P E(ξ)＝0×＋3×＋4×＝.‎