【数学】2018届一轮复习北师大版计数原理、概率、随机变量及其分布列学案 104页

第十一章Error!计数原理、概率、随机变量及其分布列 第一节 排列、组合 突破点(一)　两个计数原理 基础联通 抓主干知识的“源”与“流” 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 运用加法运算 运用乘法运算 不同点 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． 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. (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x2 m＋y2 n＝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． 由分类加法计数原理可得共有 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－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)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)B　(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．　 能力练通 抓应用体验的“得”与“失” 1．[考点二]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．[考点二]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(　　) A．10 种 B．25 种 C．52 种 D．24 种 解析：选 D　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． 3．[考点一]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(　　) A．40 B．16 C．13 D．10 解析：选 C　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． 根据分类加法计数原理知，共可以确定 8＋5＝13 个不同的平面． 4．[考点一]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(　　) A．18 个 B．15 个 C．12 个 D．9 个 解析：选 B　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”． 5.[考点三]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 2 3 4 5 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 6．[考点三]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． 根据分类加法计数原理，共有 4＋2＋1＋1＝8 种选派方法． 答案：8 突破点(二)　排列、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：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． (2)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 Amn. 2．组合与组合数 (1)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． (2)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 Cmn. 3．排列数、组合数的公式及性质 排列数 组合数 公式 Amn＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝ n！ (n－m)！ Cmn＝Amn Amm ＝n(n－1)…(n－m＋1) m！ ＝ n！ m！(n－m)！ 性质 Ann＝n！； 0！＝1 C0n＝1 Cmn＝Cn－mn _； Cmn＋Cm－1n ＝C mn＋1 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(　　) A．324 B．648 C．328 D．360 (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(　　) A．48 B．54 C．72 D．84 (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 A29＝9×8＝72 个三 位偶数，当 0 排在十位时，有 A14A18＝4×8＝32 个三位偶数．当不含 0 时，有 A14·A28＝4×8×7 ＝224 个三位偶数．由分类加法计数原理，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 A33＝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 A24＝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 22种排法，再在 2,4 中取一个数放在 1,3 排列之间，有 C 12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 22种排法，即满足条 件的四位数的个数为 A22C12A22＝8. [答案]　(1)C　(2)C　(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(　　) A．85 B．86 C．91 D．90 (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，则不同的取法的 种数是(　　) A．60 B．63 C．65 D．66 (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：C13C24＋C23C14＋C33＝31； 第 2 类，男生甲不入选，女生乙入选的方法种数为：C14C23＋C24C13＋C34＝34； 第 3 类，男生甲入选，女生乙入选的方法种数为：C23＋C14C13＋C24＝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 C49－C 45－C44＝120 种；男、女生都有，且男生甲与女生乙都没有入选的方法有 C47－C44＝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 C45＋C44＋C 25C24＝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 C14C 212＝264(种)．第二类，不含有红色卡 片，不同的取法有 C 312－3C34＝220－12＝208(种)．由分类加法计数原理知，不同的取法共有 264 ＋208＝472(种)． [答案　(1)B　(2)D　(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．　 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C26C24C22 A33 种方法，再将 3 组毕业生分到 3 所 学校，有 A33＝6 种方法，故将 6 个毕业生平均分到 3 所学校，共有C26C24C22 A33 ·A33＝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C24C12C11 A22 种；第二步， 将分好的三组分配到 3 个学校，其分法有 A 33种，所以满足条件的分配方案有C24C12C11 A22 ·A33＝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 16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 25种分法； 第 3 步，余下的 3 名教师作为一组，有 C 33种分法． 根据分步乘法计数原理，共有 C16C25C33＝60 种分法． 再将这 3 组教师分配到 3 所中学，有 A33＝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 Ann(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 能力练通 抓应用体验的“得”与“失” 1．[考点一]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(　　) A．60 种 B．48 种 C．30 种 D．24 种 解析：选 B　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 A22A44＝48 种． 2．[考点一]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(　　) A．56 B．63 C．72 D．78 解析：选 D　若没有限制，5 列火车可以随便停，则有 A 55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 44种；货车 B 停在第 1 道上，则 5 列火车不同 的停靠方法为 A 44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 33种．故符合要求的 5 列火车不同的停靠方法数为 A55－2A44＋A33＝120－48＋6＝78. 3．[考点三]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 (C35C12C11 A22 ＋C15C24C22 A22 )种不同的分组方法；第二步，将这 3 组职工分到 3 地有 A 33种不同的方法； 第三步，将 3 名副局长分到 3 地有 A 33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(C35C12C11 A22 ＋C15C24C22 A22 )·A33A33＝900(种)，故选 B. 4．[考点二]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 C12·(C13＋C23＋C33)＝14 种方式；当第一 组两个都接通时，电路接通有 C22(C13＋C23＋C33)＝7 种方式，所以共有 14＋7＝21 种方式． 答案：21 5．[考点二]有 9 名学生，其中 2 名会下象棋但不会下围棋，3 名会下围棋但不会下象棋， 4 名既会下围棋又会下象棋；现在要从这 9 名学生中选出 2 名学生，一名参加象棋比赛，另 一名参加围棋比赛，共有________种不同的选派方法． 解析：设 2 名会下象棋但不会下围棋的同学组成集合 A,3 名会下围棋但不会下象棋的同 学组成集合 B,4 名既会下围棋又会下象棋的同学组成集合 C，则选派 2 名参赛同学的方法可 以分为以下 4 类： 第一类：A 中选 1 人参加象棋比赛，B 中选 1 人参加围棋比赛，选派方法为 C12·C13＝6 种； 第二类：C 中选 1 人参加象棋比赛，B 中选 1 人参加围棋比赛，选派方法为 C14·C13＝12 种； 第三类：C 中选 1 人参加围棋比赛，A 中选 1 人参加象棋比赛，选派方法为 C14·C12＝8 种； 第四类：C 中选 2 人分别参加两项比赛，选派方法为 A24＝12 种； 由分类加法计数原理，不同的选派方法共有 6＋12＋8＋12＝38(种)． 答案：38 [全国卷 5 年真题集中演练——明规律] 1．(2016·全国甲卷)如图，小明从街道的 E 处出发，先到 F 处与小红会合，再一起到位 于 G 处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为(　　) 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. 2．(2016·全国丙卷)定义“规范 01 数列”{an}如下：{an}共有 2m 项，其中 m 项为 0，m 项为 1，且对任意 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(　　) A．18 个 B．16 个 C．14 个 D．12 个 解析：选 C　当 m＝4 时，数列{a n}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 C14＝4 种情况；②若 a3＝1，a4＝0，则 a5，a6，a7 中任意一个为 0 均可，有 C13＝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 C12＝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 C13＝3 种情况；②若 a4＝1，则 a5 必为 0，a6，a7 中任一个为 0 均可，有 C12＝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. 3．(2012·新课标全国卷)将 2 名教师，4 名学生分成 2 个小组，分别安排到甲、乙两地参 加社会实践活动，每个小组由 1 名教师和 2 名学生组成，不同的安排方案共有(　　) A．12 种 B．10 种 C．9 种 D．8 种 解析：选 A　2 名教师各在 1 个小组，给其中 1 名教师选 2 名学生，有 C 24种选法，另 2 名学生分配给另 1 名教师，然后将 2 个小组安排到甲、乙两地，有 A 22种方案，故不同的安 排方案共有 C24A22＝12 种，选 A. [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．(2016·四川高考)用数字 1,2,3,4,5 组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为(　　) A．24 B．48 C．60 D．72 解析：选 D　奇数的个数为 C13A44＝72. 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 法的种数有(　　) A．12 种 B．10 种 C．8 种 D．6 种 解析：选 D　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 33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 A33＝6 种． 3．在 1,2,3,4,5 这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数的共 有(　　) A．36 个 B．24 个 C．18 个 D．6 个 解析：选 B　各位数字之和是奇数，则这三个数字中三个都是奇数或两个偶数一个奇数， 所以符合条作的三位数有 A33＋C13A33＝6＋18＝24(个)． 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、选择题 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(　　) A．56 B．54 C．53 D．52 解析：选 D　在 8 个数中任取 2 个不同的数可以组成 A28＝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)． 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(　　) A．9 种 B．11 种 C．13 种 D．15 种 解析：选 C　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． 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种数是(　　) A．12 B．6 C．8 D．16 解析：选 A　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 C12×3＝ 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 C13×2＝ 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)． 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(　　) A．24 B．48 C．72 D．96 解析：选 B　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 A22A 24种摆放方法；当 1 本物理书放 在 2 本语文书一侧时，共有 A22A12C12C 13种不同的摆放方法，由分类加法计数原理可得共有 A22 A24＋A22A12C12C13＝48 种摆放方法． 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(　　) 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 34种不同的选法；第二步， 在调查时，“住房”安排的顺序有 A 13种可能 情况；第三步，其余 3 个热点调查的顺序有 A 33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 C34A13A33＝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(　　) A．12 种 B．20 种 C．40 种 D．60 种 解析：选 C　五个元素没有限制全排列数为 A55，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 A33，可得这样的排列数有A55 A33×2＝40 种． 二、填空题 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 C12C36A44＝960 种演出顺序；当 A，B 节目 都被选中时，由插空法得共有 C26A22A23＝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 C24＝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 C24C12C12＝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，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 C34＝4 种情况，再 对应到 4 个人，有 A44＝24 种情况，则共有 4×24＝96 种不同分法． 答案：96 10．有红、蓝、黄、绿四种颜色的球各 6 个，每种颜色的 6 个球分别标有数字 1,2,3,4,5,6，从中任取 3 个标号不同的球，这 3 个球颜色互不相同且所标数字互不相邻的取法 种数为________． 解析：所标数字互不相邻的取法有 135,136,146,246，共 4 种.3 个球颜色互不相同有 A34＝ 4×3×2＝24 种取法，所以这 3 个球颜色互不相同且所标数字互不相邻的取法有 4×24＝ 96(种)． 答案：96 三、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 C35C23＋C45C 13种情况， 后排有 A 55种情况，则符合条件的选法数为(C35C23＋C45C13)·A55＝5 400. (2)除去该女生后，先选后排，则符合条件的选法数为 C47·A44＝840. (3)先选后排，但先安排该男生，则符合条件的选法数为 C47·C14·A44＝3 360. (4)先从除去该男生该女生的 6 人中选 3 人有 C 36种情况，再安排该男生有 C 13种情况，选 出的 3 人全排有 A 33种情况，则符合条件的选法数为 C36·C13·A33＝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 C12A33＝12 个五位数； 当末位数字是 2，而首位数字是 3 或 4 时，有 C12A33＝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 A33＝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 A22·A22＝4； 末位数是 2 或 4，个数有 A22·C12＝4； 故共有 A22·A22＋A22·C12＝8 个满足条件的五位数． 第二节 二项式定理 突破点(一)　二项式的通项公式及应用 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＝C0nan＋C1nan－1b＋…＋Cknan－kbk＋…＋Cnnbn(n∈N*)叫做二 项式定理． (2)二项式的通项：Tk＋1＝Cknan－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 Crn(r∈{0，1，…，n})叫做第 r＋1 项的二项式 系数． 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. (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 Crnan－rbr. 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” 求解形如(a＋b)n(n∈N*)的展开式中与特定项相关的量 [例 1]　(1)在二项式 (x2－1 x)5 的展开式中，含 x4 的项的系数是(　　) A．10 B．－10 C．－5 D．20 (2)(2017·武汉模拟)(x2－ 2 x3)5 的展开式中的常数项为(　　) A．80 B．－80 C．40 D．－40 (3)已知 ( x－ a x)5 的展开式中含 x 3 2的项的系数为 30，则 a＝(　　) A. 3 B．－ 3 C．6 D．－6 (4)( x－ 1 24 x)8 的展开式中的有理项共有________项． (5)二项式 (x3＋ 1 x2)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)由二项式定理可知，展开式的通项为 Cr5·(－1) rx10－3r，令 10－3r＝4，得 r＝ 2，所以含 x4 项的系数为 C25(－1)2＝10，故选 A. (2)∵Tr＋1＝Cr5(x2)5－r(－ 2 x3 )r＝(－2)rCr5·x10－5r，由 10－5r＝0，得 r＝2，∴T3＝(－2)2C25＝ 40. (3)Tr＋1＝Cr5( x)5－r·(－a x )r＝Cr5(－a)rx5－2r 2 ，由5－2r 2 ＝3 2，解得 r＝1.由 C15(－a)＝30， 得 a＝－6.故选 D. (4)( x－ 1 24 x)8 的展开式的通项为 Tr＋1 ＝C r8·( x)8－r ( －1 24 x )r＝(－1 2 )rCr8x16－3r 4 (r＝ 0,1,2，…，8)，为使 T r＋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． (5)二项展开式的通项是 Tr＋1 ＝C rnx3n－3rx－2r＝C rnx3n－5r ，令 3n－5r＝0，得 n＝ 5r 3 (r＝ 0,1,2，…，n)，故当 r＝3 时，n 有最小值 5. [答案]　(1)A　(2)C　(3)D　(4)3　(5)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 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．　 求解形如(a＋b)m(c＋d)n(m，n∈N*)的展开式中与特定项相关的量 [例 2]　(1)(1－ x)6(1＋ x)4 的展开式中 x 的系数是(　　) A．－4 B．－3 C．3 D．4 (2)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 [解析　(1)法一：(1－ x)6 的展开式的通项为 Cm6·(－ x)m＝Cm6(－1)mxm 2，(1＋ x)4 的 展开式的通项为 Cn4·( x)n＝Cn4xn 2，其中 m＝0,1,2，…，6，n＝0,1,2,3,4. 令m 2＋n 2＝1，得 m＋n＝2，于是(1－ x)6(1＋ x)4 的展开式中 x 的系数等于 C06·(－1)0·C 24＋C16·(－1)1·C14＋C26·(－1)2·C04＝－3. 法二：(1－ x)6(1＋ x)4＝[(1－ x)(1＋ x)]4(1－ x)2＝(1－x)4(1－2 x＋x)．于是(1－ x)6(1＋ x)4 的展开式中 x 的系数为 C04·1＋C14·(－1)1·1＝－3. 法三：在(1－ x)6(1＋ x)4 的展开式中要出现 x，可分为以下三种情况： ①(1－ x)6 中选 2 个(－ x)，(1＋ x)4 中选 0 个 x作积，这样得到的 x 项的系数为 C26 C04＝15； ②(1－ x)6 中选 1 个(－ x)，(1＋ x)4 中选 1 个 x作积，这样得到的 x 项的系数为 C16 (－1)1C14＝－24； ③(1－ x)6 中选 0 个(－ x)，(1＋ x)4 中选 2 个 x作积，这样得到的 x 项的系数为 C06 C24＝6. 故 x 项的系数为 15－24＋6＝－3. (2)展开式中含 x2 的系数为 C25＋aC15＝5，解得 a＝－1. [答案　(1)B　(2)D [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． 求解形如(a＋b＋c)n(n∈N*)的展开式中与特定项相关的量 [例 3]　(1)(2017·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)(2016·安徽安庆二模)将 (x＋4 x－4)3 展开后，常数项是________． [解析]　(1)(x2＋x＋y)5 的展开式的通项为 Tr＋1＝Cr5(x2＋x)5－r·yr，令 r＝2，则 T3＝C25(x2＋ x)3y2，又(x2＋x)3 的展开式的通项为 Ck3(x2)3－k·xk＝Ck3x6－k，令 6－k＝5，则 k＝1，所以(x2＋x ＋y)5 的展开式中，x5y2 的系数为 C25C13＝30，故选 C. (2)(x＋4 x－4)3＝( x－ 2 x)6 展开式的通项是 Ck6( x)6－k·(－ 2 x)k＝(－2)k·Ck6( x)6－2k. 令 6－2k＝0，得 k＝3. 所以常数项是 C36(－2)3＝－160. [答案]　(1)C　(2)－160 [方法技巧] 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．　　 能力练通 抓应用体验的“得”与“失” 1．[考点一](2017·杭州模拟)(x2－ 1 2x)6 的展开式中，常数项是(　　) A．－5 4 B.5 4 C．－15 16 D.15 16 解析：选 D　Tr＋1＝Cr6(x2)6－r(－ 1 2x )r＝(－1 2 )rCr6x12－3r，令 12－3r＝0，解得 r＝4.所以 常数项为 (－1 2 )4C46＝15 16.故选 D. 2．[考点一]在 (ax6＋b x)4 的二项展开式中，如果 x3 的系数为 20，那么 ab3＝(　　) A．20 B．15 C．10 D．5 解析：选 D　Tr＋1＝Cr4(ax6)4－r·(b x )r＝Cr4a4－r·brx24－7r，令 24－7r＝3，得 r＝3，则 4ab3 ＝20，所以 ab3＝5. 3．[考点三](2016·厦门联考)在 (1＋x＋ 1 x2 015)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 (1＋x＋ 1 x2 015)10＝[(1＋x)＋ 1 x2 015]10＝(1＋x)10＋C 110(1＋x)9 1 x2 015＋…＋C 1010( 1 x2 015 )10，所以 x2 项只能在(1＋x)10 的展开式中，所以含 x2 的项为 C 210x2，系数为 C 210＝45. 4．[考点二](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 C28，(1＋y)4 的展开式中 y2 的系数为 C24，所 以 x2y2 的系数为 C28C24＝168. 5．[考点二](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 C22×22×C05＝4，x7 的系数为 C02×C55(－1)5＝－1，因此 x7 的系数 与常数项之差的绝对值为 5. 6．[考点三](x 2＋1 x＋ 2)5(x>0)的展开式中的常数项为________． 解析：(x 2＋1 x＋ 2)5(x>0)可化为 ( x 2 ＋ 1 x)10，因而 Tr＋1＝C r10( 1 2 )10－r( x)10－2r，令 10 －2r＝0，则 r＝5，故展开式中的常数项为 C 510·( 1 2 )5＝63 2 2 . 答案：63 2 2 突破点(二)　二项式系数的性质及应用 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，Ckn＝Cn－kn . (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n 2＋1 项的二项式系数 最大，最大值为 Cn 2n；当 n 为奇数时，第n＋1 2 项和第n＋3 2 项的二项式系数最大，最大值为 Cn－1 2 n或Cn＋1 2 n. (3)二项式系数和：C0n＋C1n＋C2n＋…＋Cnn＝2n，C0n＋C2n＋C4n＋…＝C1n＋C3n＋C5n＋…＝2n－ 1. 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” 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)， 奇数项系数之和为 a0＋a2＋a4＋…＝f(1)＋f(－1) 2 ， 偶数项系数之和为 a1＋a3＋a5＋…＝f(1)－f(－1) 2 . [例 1]　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 C09＋C19＋C29＋…＋C99＝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， ①＋② 2 得 a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝59－1 2 ，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．　 二项式系数或系数的最值问题 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Error!即可求得答案． [例 2]　(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(　　) A．29 B．210 C．211 D．212 (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＝(　　) A．8　　　 B．9　　　 C．10　　　 D．11 [解析]　(1)由 C3n＝C7n，得 n＝10，故奇数项的二项式系数和为 29. (2)二项式中仅 x5 项系数最大，其最大值必为 Cn 2n，即得n 2＝5，解得 n＝10. [答案　(1)A　(2)C 能力练通 抓应用体验的“得”与“失” 1．[考点一](2017·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 910×21×(－1)9＝－20，所以 a2＋a3＋…＋a9＋a10＝20. 2．[考点二](2017·广东肇庆三模)(x＋2y)7 的展开式中，系数最大的项是(　　) A．68y7 B．112x3y4 C．672x2y5 D．1 344x2y5 解析：选 C　设第 r＋1 项系数最大， 则有Error! 即Error! 即Error!解得Error! 又∵r∈Z，∴r＝5.∴系数最大的项为 T6＝C57x2·25y5＝672x2y5.故选 C. 3．[考点二]( x＋ 1 3 x)2n(n∈N*)的展开式中只有第 6 项系数最大，则其常数项为(　　) A．120　　　　B．210　　　　C．252　　　　D．45 解析：选 B　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 52n最大，可得展开式有 11 项，即 2n＝10，n＝5.( x＋ 1 3 x)10 展开式的通 项为 Tr＋1 ＝C r10x5－1 2rx－r 3＝C r10x5－5 6r，令 5－5 6r＝0 可得 r＝6，此时常数项为 T 7＝C 610＝ 210. 4．[考点一]设(5x－ 1 x)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＝Cr4(5x)4－r(－ 1 x)r＝(－1)r54－rCr4x4－ 3r 2 ，令 4－3r 2 ＝1，得 r＝2，则展开式中含 x 的项为 T3＝150x. 答案：150x [全国卷 5 年真题集中演练——明规律] 1．(2013·新课标全国卷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 m2m＝a，(x ＋y)2m＋1 的二项式系数最大有两项，C m2m＋1＝C m＋12m＋1＝b.又 13a＝7b，所以 13C m2m＝7C m2m＋1，将 各选项中 m 的取值逐个代入验证，知 m＝6 满足等式，所以选择 B. 2．(2016·全国乙卷)(2x＋ x)5 的展开式中，x3 的系数是________．(用数字填写答案) 解析：(2x＋ x)5 展开式的通项为 Tr＋1＝Cr5(2x)5－r( x)r＝25－r·C r5·x5－r 2.令 5－r 2＝3，得 r＝4. 故 x3 的系数为 25－4·C45＝2C45＝10. 答案：10 3．(2015·新课标全国卷Ⅱ)(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，所以 a＝3. 答案：3 4．(2014·新课标全国卷Ⅰ)(x－y)(x＋y) 8 的展开式中 x2y7 的系数为________．(用数字填 写答案) 解析：(x＋y)8 中，Tr＋1＝Cr8x8－ryr，令 r＝7，再令 r＝6，得 x2y7 的系数为 C78－C68＝8－28＝－20. 答案：－20 5．(2014·新课标全国卷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＝C r10x10－rar，当 10－r＝7 时，r＝3，所以 T4＝C 310 a3x7，则 C 310a3＝15，故 a＝1 2. 答案：1 2 [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．(x＋2)8 的展开式中 x6 的系数是(　　) A．28 B．56 C．112 D．224 解析：选 C　通项为 Tr＋1＝Cr8x8－r2r＝2rCr8x8－r，令 8－r＝6，得 r＝2，即 T3＝22C28x6＝ 112x6，所以 x6 的系数是 112. 2．若二项式 ( x－2 x)n 展开式中的第 5 项是常数，则自然数 n 的值为(　　) A．6 B．10 C．12 D．15 解析：选 C　由二项式 ( x－2 x)n 展开式的第 5 项 C4n( x)n－4(－2 x )4＝16C4nxn 2－6 是常 数项，可得n 2－6＝0，解得 n＝12. 3．在 x(1＋x)6 的展开式中，含 x3 项的系数是(　　) A．30 B．20 C．15 D．10 解析：选 C　由题意可知 x(1＋x)6 的展开式中，含 x3 项的系数即为(1＋x)6 的展开式中的 x2 项的系数，(1＋x)6 的展开式中的 x2 项为 C26x2，所以含 x3 项的系数为 C26＝15. 4．若(3x－1)7＝a7x7＋a6x6＋…＋a1x＋a0，则 a7＋a6＋…＋a1 的值为(　　) A．1 B．129 C．128 D．127 解析：选 B　令 x＝1 得 a0＋a1＋…＋a7＝27＝128；令 x＝0 得 a0＝(－1)7＝－1，所以 a1 ＋a2＋a3＋…＋a7＝129. 5．(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 010(x2)10－C 110(x2)9(x－1)＋…－C 910x2(x－1)9 ＋C1010(x－1)10，所以含 x3 项的系数为：－C 910C89＋C1010(－C 710)＝－210，故选 A. [练常考题点——检验高考能力] 一、选择题 1．二项式 ( x＋ 2 x2)10 的展开式中的常数项是(　　) A．180 B．90 C．45 D．360 解析：选 A　( x＋ 2 x2)10 的展开式的通项为 Tk＋1＝C k10·( x)10－k( 2 x2 )k＝2kC k10x5－5 2k， 令 5－5 2k＝0，得 k＝2，故常数项为 22C 210＝180. 2.(2 x＋x )(1－ x)4 的展开式中 x 的系数是(　　) A．1 B．2 C．3 D．12 解析：选 C　根据题意，所给式子的展开式中含 x 的项有(1－ x)4 展开式中的常数项乘 (2 x＋x )中的 x 以及(1－ x)4 展开式中的含 x2 的项乘(2 x＋x )中的2 x两部分，所以所求系数为 1×2＋1＝3，故选 C. 3．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. 4．(2017·成都一中模拟)设(x 2＋1)(2x＋1)9＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2)2＋…＋a11(x＋2)11， 则 a0＋a1＋a2＋…＋a11 的值为(　　) A．－2 B．－1 C．1 D．2 解析：选 A　令等式中 x＝－1 可得 a0＋a1＋a2＋…＋a11＝(1＋1)(－1)9＝－2，故选 A. 5．(2017·银川质检)若(2x＋1)11＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a11(x＋1)11，则 a0＋a1 2 ＋a2 3 ＋…＋a11 12＝(　　) A．0 B．1 C. 1 24 D．12 解析：选 A　令 t＝x＋1，则 x＝t－1，从而(2t－1) 11＝a0＋a1t＋a 2t2＋…＋a 11t11，而 [(2t－1)12 24 ]′＝a0t＋a1 2 t2＋a2 3 t3＋…＋a11 12t12＋c′，即 (2t－1)12 24 ＝a0t＋a1 2 t2＋a2 3 t3＋…＋a11 12t12＋c， 令 t＝0，得 c＝ 1 24，令 t＝1，得 a0＋a1 2 ＋a2 3 ＋…＋a11 12＝0. 6．在(1＋x)6(2＋y)4 的展开式中，记 xmyn 项的系数为 f(m，n)，则 f(4,0)＋f(3,1)＋f(2,2)＋ f(1,3)＋f(0,4)＝(　　) A．1 240 B．1 289 C．600 D．880 解析：选 B　(1＋x)6 的展开式中，xm 的系数为 Cm6，(2＋y)4 的展开式中，yn 的系数为 Cn4 24－n ，则 f(m，n)＝C m6·Cn4·24－n ，从而 f(4,0)＋f(3,1)＋f(2,2)＋f(1,3)＋f(0,4)＝C 46·C04· 24＋ C36·C14·23＋C26·C24·22＋C16· C34·21＋C06·C44·20＝1 289. 二、填空题 7.(ax＋ 3 6 )6 的展开式的第二项的系数为－ 3，则∫a－2x2dx 的值为________． 解析：该二项展开式的第二项的系数为 3 6 C16a5，由 3 6 C16a5＝－ 3，解得 a＝－1，因 此∫a－2x2dx＝∫－1 －2x2dx＝x3 3 | －1－2＝－1 3＋8 3＝7 3. 答案：7 3 8．若 ( x－3 x)n 展开式的各项系数的绝对值之和为 1 024，则展开式中 x 的一次项的系 数为________． 解析：Tr＋1＝Crn( x)n－r(－3 x )r＝(－3)r·C rnxn－3r 2 ， 因为展开式的各项系数绝对值之和为 C0n＋|(－3)1C1n|＋(－3)2C2n＋|(－3)3C3n|＋…＋|(－3)nCnn|＝1 024， 所以(1＋3)n＝1 024，解得 n＝5，令5－3r 2 ＝1，解得 r＝1， 所以展开式中 x 的一次项的系数为(－3)1C15＝－15. 答案：－15 9．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 C35(－1)3＋C36(－1)3＋C37(－1)3＋C38(－1)3＝－121. 答案：－121 10．若将函数 f(x)＝x5 表示为 f(x)＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a5(1＋x)5，其中 a0， a1，a2，…，a5 为实数，则 a3＝________. 解析：不妨设 1＋x＝t，则 x＝t－1，因此有(t－1)5＝a0＋a1t＋a2t2＋a3t3＋a4t4＋a5t5，则 a3＝C25(－1)2＝10. 答案：10 三、解答题 11．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＝C07＝1， ∴a1＋a2＋a3＋…＋a7＝－2. (2)(①－②)÷2，得 a1＋a3＋a5＋a7＝ －1－37 2 ＝－1 094. (3)(①＋②)÷2，得 a0＋a2＋a4＋a6＝ －1＋37 2 ＝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. 12．已知在 (3 x－ 1 23 x)n 的展开式中，第 6 项为常数项． (1)求 n； (2)求含 x2 的项的系数； (3)求展开式中所有的有理项． 解：(1)通项公式为 Tk＋1＝Cknxn－k 3 (－1 2 )kx－k 3 ＝Ckn(－1 2 )kxn－2k 3 . 因为第 6 项为常数项， 所以 k＝5 时，n－2 × 5 3 ＝0，即 n＝10. (2)令10－2k 3 ＝2，得 k＝2， 故含 x2 的项的系数是 C 210(－1 2 )2＝45 4 . (3)根据通项公式，由题意Error! 令10－2k 3 ＝r(r∈Z)， 则 10－2k＝3r，k＝5－3 2r， ∵k∈N，∴r 应为偶数， ∴r 可取 2,0，－2，即 k 可取 2,5,8， ∴第 3 项，第 6 项与第 9 项为有理项， 它们分别为 C 210(－1 2 )2x2，C 510(－1 2 )5，C 810(－1 2 )8x－2. 第三节 随机事件的概率 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)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)＝nA n 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． 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 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]　(2017·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 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. 查．这 1 000 名购物者 2015 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： 50 × 400＋100 × 300＋150 × 280＋200 × 20 1 000 ＝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 200 1 000＝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100＋200 1 000 ＝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 200 1 000＝0.2， 顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为100＋200＋300 1 000 ＝0.6， 顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为 100 1 000＝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)　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 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 A称为对立事件 P(A)＝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(　　) A．① B．②④ C．③ D．①③ (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(　　) 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 (3)在 5 张电话卡中，有 3 张移动卡和 2 张联通卡，从中任取 2 张，若事件“2 张全是移 动卡”的概率是 3 10，那么概率是 7 10 的事件是(　　) A．至多有一张移动卡 B．恰有一张移动卡 C．都不是移动卡 D．至少有一张移动卡 [解析]　(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)＝7 8，P(B)＝1 8，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． (3)“至多有一张移动卡”包含“一张移动卡，一张联通卡”，“两张全是联通卡”两个 事件，它是“2 张全是移动卡”的对立事件，其概率为 1－ 3 10＝ 7 10. [答案]　(1)C　(2)A　(3)A [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)＝ 1 1 000，P(B)＝ 10 1 000＝ 1 100， P(C)＝ 50 1 000＝ 1 20. 故事件 A，B，C 的概率分别为 1 1 000，1 100， 1 20. (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) ＝1＋10＋50 1 000 ＝ 61 1 000.故 1 张奖券的中奖概率为 61 1 000. (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－( 1 1 000＋ 1 100)＝ 989 1 000. 故 1 张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为 989 1 000. [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(A)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．[考点一]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．[考点一]抽查 10 件产品，设事件 A 为“至少有 2 件次品”，则事件 A 的对立事件为(　　) A．至多有 2 件次品 B．至多有 1 件次品 C．至多有 2 件正品 D．至少有 2 件正品 解析：选 B　因为“至少有 n 个”的反面是“至多有 n－1 个”，又因为事件 A 为“至少 有 2 件次品”，所以事件 A 的对立事件为“至多有 1 件次品”． 3．[考点二]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(　　) A．0.45 B．0.67 C．0.64 D．0.32 解析：选 D　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. 4．[考点二]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1 7，都 是白子的概率是12 35.则从中任意取出 2 粒恰好是同一色的概率是(　　) A.1 7 B.12 35 C.17 35 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)＝1 7＋12 35＝17 35.即任意取出 2 粒恰好是同一色的概率为17 35. 5．[考点二]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 × 15＋1.5 × 30＋2 × 25＋2.5 × 20＋3 × 10 100 ＝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)＝ 20 100＝1 5，P(A2)＝ 10 100＝ 1 10.则 P(A)＝1－P(A1)－P(A2)＝1－1 5－ 1 10＝ 7 10.故一位 顾客一次购物的结算时间不超过 2 分钟的概率为 7 10. [全国卷 5 年真题集中演练——明规律] 1．(2016·全国甲卷)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60＋50 200 ＝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30＋30 200 ＝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. 2．(2015·新课标全国卷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)B 地区用户满意度评分的频率分布直方图如图所示． 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． [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．从装有 2 个红球和 2 个黑球的口袋内任取 2 个球，那么互斥而不对立的两个事件是 (　　) A．“至少有一个黑球”与“都是黑球” B．“至少有一个黑球”与“都是红球” C．“至少有一个黑球”与“至少有一个红球” D．“恰有一个黑球”与“恰有两个黑球” 解析：选 D　A 中的两个事件是包含关系，不是互斥事件；B 中的两个事件是对立事件； C 中的两个事件都包含“一个黑球一个红球”的事件，不是互斥关系；D 中的两个事件是互 斥而不对立的关系． 2．在一次随机试验中，彼此互斥的事件 A，B，C，D 的概率分别为 0.2,0.2,0.3,0.3，则 下列说法正确的是(　　) A．A∪B 与 C 是互斥事件，也是对立事件 B．B∪C 与 D 是互斥事件，也是对立事件 C．A∪C 与 B∪D 是互斥事件，但不是对立事件 D．A 与 B∪C∪D 是互斥事件，也是对立事件 解析：选 D　由于 A，B，C，D 彼此互斥，且 A∪B∪C∪D 是一个必然 事件，故其事件的关系可由如图所示的 Venn 图表示，由图可知，任何一个 事件与其余 3 个事件的和事件必然是对立事件，任何两个事件的和事件与其 余两个事件的和事件也是对立事件． 3．甲、乙两人下棋，和棋的概率为1 2，乙获胜的概率为1 3，则下列说法正确的是(　　) A．甲获胜的概率是1 6 B．甲不输的概率是1 2 C．乙输了的概率是2 3 D．乙不输的概率是1 2 解析：选 A　“甲获胜”是“和棋或乙获胜”的对立事件，所以“甲获胜”的概率是 P＝ 1－1 2－1 3＝1 6，故 A 正确；“乙输了”等于“甲获胜”，其概率为1 6，故 C 不正确；设事件 A 为“甲不输”，则 A 是“甲胜”、“和棋”这两个互斥事件的并事件，所以 P(A)＝1 6＋1 2＝2 3或 设事件 A 为“甲不输”，则 A 是“乙获胜”的对立事件，所以 P(A)＝1－1 3＝2 3，故 B 不正确； 同理，“乙不输”的概率为5 6，故 D 不正确． 4．某城市 2016 年的空气质量状况如下表所示： 污染指数 T 30 60 100 110 130 140 概率 P 1 10 1 6 1 3 7 30 2 15 1 30 其中污染指数 T≤50 时，空气质量为优；500，y>0，4 x＋1 y＝1.则 x＋y＝(x＋y)·(4 x＋1 y )＝5＋(4y x ＋x y)≥9，当且仅当 x＝2y 时等号成立，故 x＋y 的最小值为 9. 答案：9 三、解答题 11．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 1 20 4 20 2 20 (2)假定今年六月份的降雨量与近 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 1 20 3 20 4 20 7 20 3 20 2 20 (2)由已知可得 Y＝X 2＋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) ＝ 1 20＋ 3 20＋ 2 20＝ 3 10. 故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)的概率为 3 10. 12.某人在如图所示的直角边长为 4 米的三角形地块的每个格点 ( 指纵、横直线的交叉点以及三角形的顶点)处都种了一株相同品种的 作物．根据历年的种植经验，一株该种作物的年收获量 Y(单位：kg)与 它的“相近”作物株数 X 之间的关系如下表所示： X 1 2 3 4 Y 51 48 45 42 这里，两株作物“相近”是指它们之间的直线距离不超过 1 米． (1)完成下表，并求所种作物的平均年收获量； Y 51 48 45 42 频数 4 (2)在所种作物中随机选取一株，求它的年收获量至少为 48 kg 的概率． 解：(1)所种作物的总株数为 1＋2＋3＋4＋5＝15，其中“相近”作物株数为 1 的作物有 2 株，“相近”作物株数为 2 的作物有 4 株，“相近”作物株数为 3 的作物有 6 株，“相近” 作物株数为 4 的作物有 3 株．列表如下： Y 51 48 45 42 频数 2 4 6 3 所种作物的平均年收获量为51 × 2＋48 × 4＋45 × 6＋42 × 3 15 ＝102＋192＋270＋126 15 ＝690 15 ＝46. (2)由(1)知，P(Y＝51)＝ 2 15，P(Y＝48)＝ 4 15. 故在所种作物中随机选取一株，它的年收获量至少为 48 kg 的概率为 P(Y≥48)＝P(Y＝51)＋ P(Y＝48)＝ 2 15＋ 4 15＝2 5. 第四节 古典概型与几何概型 突破点(一)　古典概型 基础联通 抓主干知识的“源”与“流” 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)＝A包含的基本事件的个数 基本事件的总数 . 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” 古典概型的求法 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. 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，通过列举或计算求出基本事件的总数 n 及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． [典例]　为振兴旅游业，四川省面向国内发行总量为 2 000 万张的熊猫优惠卡，向省外 人士发行的是熊猫金卡(简称金卡)，向省内人士发行的是熊猫银卡(简称银卡)．某旅游公司组 织了一个有 36 名游客的旅游团到四川名胜景区旅游，其中 3 4 是省外游客，其余是省内游 客．在省外游客中有 1 3 持金卡，在省内游客中有 2 3 持银卡． (1)在该团中随机采访 2 名游客，求恰有 1 人持银卡的概率； (2)在该团中随机采访 2 名游客，求其中持金卡与持银卡人数相等的概率． [解]　(1)由题意得，省外游客有 27 人，其中 9 人持金卡；省内游客有 9 人，其中 6 人持 银卡． 设事件 A 为“采访该团 2 人，恰有 1 人持银卡”， 则 P(A)＝C16C 130 C 236 ＝2 7， 所以采访该团 2 人，恰有 1 人持银卡的概率是2 7. (2)设事件 B 为“采访该团 2 人，持金卡与持银卡人数相等”，可以分为事件 B1 为“采访 该团 2 人，持金卡 0 人，持银卡 0 人”，或事件 B2 为“采访该团 2 人，持金卡 1 人，持银卡 1 人”两种情况． 则 P(B)＝P(B1)＋P(B2)＝C 221 C 236＋C19C16 C 236 ＝ 44 105， 所以采访该团 2 人，持金卡与持银卡人数相等的概率是 44 105. 能力练通 抓应用体验的“得”与“失” 1．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.1 5 B. 1 15 C. 4 15 D. 2 15 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＝A12A22A44 A66 ＝ 2 15. 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.1 5 B.2 5 C.1 6 D.1 8 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＝ 6 15＝2 5. 3．一个三位数的百位、十位、个位上的数字依次为 a，b，c，当且仅当 a>b，b20，解得 21 3，三棱锥 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VS­APC VS­ABC＝S △ APC S △ ABC＝PM BN>1 3， 又PM BN＝AP AB， 所以AP AB>1 3， 故所求的概率为2 3(即为长度之比)． [答案]　(1)1－ π 12　(2)2 3 [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． 能力练通 抓应用体验的“得”与“失” 1．[考点二]如图，将半径为 1 的圆分成相等的四段弧，再将四段弧围 成星形放在圆内(阴影部分)．现在往圆内任投一点，此点落在星形区域内 的概率为(　　) A.4 π－1 B.1 π C．1－1 π D. 2 π 解 析 ： 选 A 　 顺 次 连 接 星 形 的 四 个 顶 点 ， 则 星 形 区 域 的 面 积 等 于 ( 2)2 － 4 (1 4 × π × 12－1 2 × 12)＝4－π，又因为圆的面积等于 π×12＝π，因此所求的概率等于4－π π ＝4 π －1. 2．[考点一]如图所示，A 是圆上一定点，在圆上其他位置任取一点 A′，连接 AA′，得到一条弦，则此弦的长度小于或等于半径长度的概率 为(　　) A.1 2 B. 3 2 C.1 3 D.1 4 解析：选 C　当 AA′的长度等于半径长度时，∠AOA′＝π 3，A′点在 A 点左右都可取 得，故由几何概型的概率计算公式得 P＝ 2π 3 2π＝1 3. 3．[考点一](2017·伊春模拟)在区间 [－π 6，π 2]上随机取一个数 x，则 sin x＋cos x∈[1， 2 ]的概率是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.1 2 B.3 4 C.3 8 D.5 8 解析：选 B　因为 sin x＋cos x＝ 2sin(x＋π 4 )∈[1， 2]， 所以 2 2 ≤sin(x＋π 4 )≤1， 所以 x＋π 4∈2kπ＋π 4，2kπ＋3π 4 (k∈Z)， 即 x∈2kπ，2kπ＋π 2(k∈Z)， 又 x∈－π 6，π 2，所以 x∈[0，π 2 ]， 故要求的概率为 π 2－0 π 2－(－π 6 ) ＝3 4. 4．[考点三]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)＝ V三棱锥A­A1BD V长方体ABCD­A1B1C1D1＝ V三棱锥A1­ABD V长方体ABCD­A1B1C1D1 ＝ 1 3AA1·S △ ABD V长方体ABCD­A1B1C1D1＝ 1 3AA1·1 2S矩形ABCD AA1·S矩形ABCD ＝1 6. 答案：1 6 5．[考点二]在区间[0,1]上任取两个数 a，b，则函数 f(x)＝x 2＋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Error!的可行域(如阴影部分所示)，易得该函数无零点的概率 P＝ 1－1 2 × 1 × 1 2 1 × 1 ＝3 4. 答案：3 4 6．[考点二]欧阳修的《卖油翁》中写到：“(翁)乃取一葫芦，置于 地，以钱覆其口，徐以杓酌油沥之，自钱孔入，而钱不湿”，可见“行行 出状元”，卖油翁的技艺让人叹为观止．若铜钱是直径为 3 cm 的圆，中间 有边长为 1 cm 的正方形孔，若随机向铜钱上滴一滴油(油滴的直径忽略不 计)，则正好落入孔中的概率是________． 解析：依题意，所求概率为 P＝ 12 π·(3 2 )2 ＝ 4 9π. 答案： 4 9π 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. 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” 概率与统计图表的综合问题 [例 1]　(2017·郑州模拟)某园林基地培育了一种新观赏植物，经过一年的生长发育，技 术人员从中抽取了部分植株的高度(单位：厘米)作为样本(样本容量为 n)进行统计，按照 [50,60)，[60,70，)[70,80)，[80,90)，[90,100]的分组作出频率分布直方图，并作出样本高度的 茎叶图(图中仅列出了高度在[50,60)，[90,100]的数据)． (1)求样本容量 n 和频率分布直方图中的 x、y 的值； (2)在选取的样本中，从高度在 80 厘米以上(含 80 厘米)的植株中随机抽取 2 株，求所抽 取的 2 株中至少有一株高度在[90,100]内的概率． [解]　(1)由题意可知，样本容量 n＝ 8 0.016 × 10＝50，y＝ 2 50 × 10＝0.004， x＝0.100－0.004－0.010－0.016－0.040＝0.030. (2)由题意可知，高度在[80,90)内的株数为 5，记这 5 株分别为 a1，a2，a3，a4，a5，高度 在[90,100]内的株数为 2，记这 2 株分别为 b1，b2.抽取 2 株的所有情况有 21 种，分别为： (a1，a2)，(a1，a3)，(a1，a4)，(a1，a5)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，a3)，(a2，a4)，(a2，a5)， (a2，b1)，(a2，b2)，(a3，a4)，(a3，a5)，(a3，b1)，(a3，b2)，(a4，a5)，(a4，b1)，(a4，b2)， (a5，b1)，(a5，b2)，(b1，b2)． 其中 2 株的高度都不在[90,100]内的情况有 10 种，分别为：(a1，a2)，(a1，a3)，(a1，a4)， (a1，a5)，(a2，a3)，(a2，a4)，(a2，a5)，(a3，a4)，(a3，a5)，(a4，a5)． 所以所抽取的 2 株中至少有一株高度在[90,100]内的概率 P＝1－10 21＝11 21. [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]　某大型手机连锁店为了解销售价格在区间[5,30](单位：百元)内的手机的利润情 况，从 2016 年度销售的一批手机中随机抽取 75 部，按其价格分成 5 组，频数分布表如下： 价格分组 (单位：百元) [5,10) [10,15) [15,20) [20,25) [25,30) 频数(单位：部) 5 10 20 15 25 (1)用分层抽样的方法从价格在区间[5,10)，[10,15)和[20,25)内的手机中共抽取 6 部，其 中价格在区间[20,25)内的有几部？ (2)从(1)中抽出的 6 部手机中任意抽取 2 部，求价格在区间[10,15)内的手机至少有 1 部的 概率． [解]　(1)因为在区间[5,10)，[10,15)和[20,25)内的手机的数量之比为 5∶10∶15＝1∶2∶3， 所以抽取的 6 部手机中价格在区间[20,25)内的有 6×3 6＝3(部)． (2)这 6 部手机中价格在区间[5,10)内的有 1 部记为 a，在区间[10,15)内的有 2 部，分别记 为 b1，b2，在区间[20,25)内的有 3 部，分别记为 c1，c2，c3，从中任取 2 部，可能的情况有 (a，b1)，(a，b2)，(a，c1)，(a，c2)，(a，c3)，(b1，b2)，(b1，c1)，(b1，c2)，(b1，c3)，(b2，c1)， (b2，c2)，(b2，c3)，(c1，c2)(c1，c3)，(c2，c3)，共 15 种； 设“价格在区间[10,15)内的手机至少有 1 部”为事件 A，则事件 A 包含的情况有(a，b1)， (a，b2)，(b1，b2)，(b1，c1)，(b1，c2)，(b1，c3)，(b2，c1)，(b2，c2)，(b2，c3)，共 9 种． 故 P(A)＝ 9 15＝3 5. [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]　(2017·武汉模拟)某城市随机抽取一年内 100 天的空气质量指数(AQI)的监测数 据，结果统计如下： AQI [0,50] (50,100] (100,150] (150,200] (200,300] >300 空气质量 优 良 轻度污染 中度污染 重度污染 严重污染 天数 6 14 18 27 20 15 (1)已知某企业每天的经济损失 y(单位：元)与空气质量指数 x 的关系式为 y＝Error!若在 本年内随机抽取一天，试估计这一天的经济损失超过 400 元的概率； (2)若本次抽取的样本数据有 30 天是在供暖季，其中有 8 天为严重污染．根据提供的统 计数据，完成下面的 2×2 列联表，并判断是否有 95%的把握认为“该城市本年的空气严重 污染与供暖有关”？ 非严重污染 严重污染 总计 供暖季 非供暖季 总计 100 附：K2＝ n(ad－bc)2 (a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d) P(K2≥k0) 0.100 0.050 0.025 0.010 0.001 k0 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 解：(1)记“在本年内随机抽取一天，该天的经济损失超过 400 元”为事件 A. 由 y>400，得 x>200. 由统计数据可知，空气质量指数大于 200 的频数为 35， 所以 P(A)＝ 35 100＝ 7 20. (2)根据题设中的数据得到如下 2×2 列联表： 非严重污染 严重污染 总计 供暖季 22 8 30 非供暖季 63 7 70 总计 85 15 100 将 2×2 列联表中的数据代入公式计算，得 K2＝100 × (22 × 7－63 × 8)2 30 × 70 × 85 × 15 ≈4.575. 因为 4.575>3.841， 所以有 95%的把握认为“该城市本年的空气严重污染与供暖有关”． 能力练通 抓应用体验的“得”与“失” 1．[考点一](2017·太原模拟)某工厂对一批共 50 件的机器零件进行分类检测，其重量(克) 统计如下： 重量段 [80,85) [85,90) [90,95) [95,100] 件数 5 m 12 n 规定重量在 82 克及以下的为甲型，重量在 85 克及以上的为乙型，已知该批零件有甲型 2 件． (1)从该批零件中任选 1 件，若选出的零件重量在[95,100]内的概率为 0.26，求 m 的值； (2)从重量在[80,85)的 5 件零件中，任选 2 件，求其中恰有 1 件为甲型的概率． 解：(1)由题意可得 n＝0.26×50＝13，则 m＝50－5－12－13＝20. (2)设“从重量在[80,85)的 5 件零件中，任选 2 件，其中恰有 1 件为甲型”为事件 A，记 这 5 件零件分别为 a，b，c，d，e，其中甲型为 a，b. 从这 5 件零件中任选 2 件，所有可能的情况为 ab，ac，ad，ae，bc，bd，be，cd，ce， de，共 10 种． 其中恰有 1 件为甲型的情况有 ac，ad，ae，bc，bd，be，共 6 种． 所以 P(A)＝ 6 10＝3 5. 即从重量在[80,85)的 5 件零件中，任选 2 件，其中恰有 1 件为甲型的概率为3 5. 2．[考点一、二](2017·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， 159＋168＋170＋170＋x＋176＋182＋187＋191 8 ＝176， 160＋y＋169 2 ＝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× 5 20＝2,12× 5 20＝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)＝ 7 10. 故从这 5 人中选 2 人，至少有 1 人为“高精灵”的概率为 7 10. 3．[考点一、二]某 iPhone 手机专卖店对某市市民进行 iPhone 手机认可度的调查，在已 购买 iPhone 手机的 1 000 名市民中，随机抽取 100 名，按年龄(单位：岁)进行统计的频数分 布表和频率分布直方图如下： 分组(岁) 频数 [25,30) 5 [30,35) x [35,40) 35 [40,45) y [45,50) 10 合计 100 　　　 (1)求频数分布表中 x，y 的值，并补全频率分布直方图； (2)在抽取的这 100 名市民中，从年龄在[25,30)、[30,35)内的市民中用分层抽样的方法抽 取 5 人参加 iPhone 手机宣传活动，现从这 5 人中随机选取 2 人各赠送一部 iPhone 7 手机， 求这 2 人中恰有 1 人的年龄在[30,35)内的概率． 解：(1)由频数分布表和频率分布直方图可知， Error!解得Error! 频率分布直方图中年龄在[40,45)内的人数为 30，对应的 频率 组距为 30 100 × 5＝0.06，所以补 全的频率分布直方图如下： (2)由频数分布表知，在抽取的 5 人中， 年龄在[25,30)内的市民的人数为 5× 5 25＝1，记为 A1，年龄在[30,35)内的市民的人数为 5×20 25＝4，分别记为 B1，B2，B3，B4. 从这 5 人中任选 2 人的所有基本事件为：{A1，B1}，{A1，B2}，{A1，B3}，{A1，B4}， {B1，B2}，{B1，B3}，{B1，B4}，{B2，B3}，{B2，B4}，{B3，B4}，共 10 个． 记“恰有 1 人的年龄在[30,35)内”为事件 M，则 M 所包含的基本事件有 4 个：{A1，B1}， {A1，B2}，{A1，B3}，{A1，B4}． 所以这 2 人中恰有 1 人的年龄在[30,35)内的概率为 P(M)＝ 4 10＝2 5. 4．[考点二、三](2017·贵阳模拟)为了增强消防安全意识，某中学做了一次消防知识讲座， 从男生中随机抽取了 50 人，从女生中随机抽取了 70 人参加消防知识测试，统计数据得到如 下的列联表： 优秀 非优秀 总计 男生 15 35 50 女生 30 40 70 总计 45 75 120 (1)试判断能否有 90%的把握认为消防知识的测试成绩优秀与否与性别有关； 附：K2＝ n(ad－bc)2 (a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d) P(K2≥k0) 0.25 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 k0 1.323 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 (2)为了宣传消防安全知识，从该校测试成绩获得优秀的同学中采用分层抽样的方法，随 机选出 6 名组成宣传小组．现从这 6 人中随机抽取 2 名到校外宣传，求到校外宣传的同学中 至少有 1 名是男生的概率． 解：(1)因为 K2＝120 × (15 × 40－35 × 30)2 50 × 70 × 45 × 75 ≈2.057，且 2.057<2.706， 所以没有 90%的把握认为消防知识的测试成绩优秀与否与性别有关． (2)用分层抽样的方法抽取时，抽取比例是 6 45＝ 2 15，则抽取女生 30× 2 15＝4(人)，抽取男 生 15× 2 15＝2(人)，抽取的同学分别记为 B1，B2，B3，B4，C1，C2(其中 C1，C2 为男生)，从 中随机抽取 2 名同学共有 15 种情况：(C1，B1)，(C1，B2)，(C1，B3)，(C1，B4)，(C2，B1)， (C2，B2)，(C2，B3)，(C2，B4)，(C1，C2)，(B1，B2)，(B1，B3)，(B1，B4)，(B2，B3)，(B2， B4)，(B3，B4)．其中至少有一名是男生的事件为：(C1，B1)，(C1，B2)，(C1，B3)，(C1，B4)， (C2，B1)，(C2，B2)，(C2，B3)，(C2，B4)，(C1，C2)，有 9 种情况．记“到校外宣传的同学中 至少有 1 名是男生”为事件 M，则 P(M)＝ 9 15＝3 5. [全国卷 5 年真题集中演练——明规律] 1．(2016·全国乙卷)某公司的班车在 7：30 ,8：00,8：30 发车，小明在 7：50 至 8：30 之 间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过 10 分钟的概 率是(　　) A.1 3 B.1 2 C.2 3 D.3 4 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＝20 40 ＝1 2.故选 B. 2．(2016·全国乙卷)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.1 3 B.1 2 C.2 3 D.5 6 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＝4 6＝2 3，故选 C. 3．(2016·全国甲卷)某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现，红灯持续时间为 40 秒．若一名行人来到该路口遇到红灯，则至少需要等待 15 秒才出现绿灯的概率为(　　) A. 7 10 B.5 8 C.3 8 D. 3 10 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25 40＝5 8，故选 B. 4．(2016·全国甲卷)从区间[0,1]随机抽取 2n 个数 x1，x2，…，xn，y1，y2，…，yn，构成 n 个数对(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，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.4n m B.2n m C.4m n D.2m n 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 S扇形 S正方形＝m n，即π 4＝m n，所以 π＝4m n . 5．(2016·全国丙卷)小敏打开计算机时，忘记了开机密码的前两位，只记得第一位是 M， I，N 中的一个字母，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. 8 15 B.1 8 C. 1 15 D. 1 30 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＝ 1 15. 6．(2015·新课标全国卷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. 3 10 B.1 5 C. 1 10 D. 1 20 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 1 10.故选 C. 7．(2014·新课标全国卷Ⅰ)4 位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则 周六、周日都有同学参加公益活动的概率为(　　) A.1 8 B.3 8 C.5 8 D.7 8 解析：选 D　由题知所求概率 P＝24－2 24 ＝7 8，选 D. 8．(2013·新课标全国卷Ⅰ)从 1,2,3,4 中任取 2 个不同的数，则取出的 2 个数之差的绝对 值为 2 的概率是(　　) A.1 2 B.1 3 C.1 4 D.1 6 解析：选 B　从 1,2,3,4 中任取 2 个不同的数有以下六种情况：(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)， (2,4)，(3,4)，满足取出的 2 个数之差的绝对值为 2 的有(1,3)，(2,4)，共两种情况．故所求概 率是2 6＝1 3. [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·武汉模拟)在区间[0,1]上随机取一个数 x，则事件“log 0.5(4x－3)≥0”发生的概 率为(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.3 4 B.2 3 C.1 3 D.1 4 解析：选 D　因为 log0.5(4x－3)≥0，所以 0<4x－3≤1，即3 40，b>0，包含的基本事件有(2,1)，(2,2)，共 2 个，根据古典概型的概率 计算公式可知直线 y＝kx＋b 不经过第四象限的概率 P＝ 2 12＝1 6，故选 B. 3．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＝ x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. 5 12 B.1 2 C.2 3 D.3 4 解析：选 C　由题意可知 S 阴＝∫4 0 xdx＝2 3x3 2Error!40＝16 3 ，S 长方形＝4×2＝8，则所求概 率 P＝ S阴 S长方形＝ 16 3 8 ＝2 3. 4．(2017·商丘模拟)已知 P 是△ABC 所在平面内一点， ＋ ＋2 ＝0，现将一 粒豆随机撒在△ABC 内，则黄豆落在△PBC 内的概率是(　　) A.1 4 B.1 3 C.1 2 D.2 3 解析：选 C　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＝S △ PBC S △ ABC＝1 2，故选 C. 5．设集合 A＝{1,2}，B＝{1,2,3}，分别从集合 A 和 B 中随机取一个数 a 和 b，确定平面 上的一个点 P(a，b)，记“点 P(a，b)落在直线 x＋y＝n 上”为事件 Cn(2≤n≤5，n∈N)，若 事件 Cn 发生的概率最大，则 n 的所有可能值为(　　) A．3 B．4 C．2 和 5 D．3 和 4 解析：选 D　分别从集合 A 和 B 中随机取出一个数，确定平面上的一个点 P(a，b)，则 有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，共 6 种情况，a＋b＝2 的有 1 种情况，a＋b＝3 的 有 2 种情况，a＋b＝4 的有 2 种情况，a＋b＝5 的有 1 种情况，所以可知若事件 Cn 发生的概 率最大，则 n 的所有可能值为 3 和 4. PB PC PA PB PC PA 6．某公司有一批专业技术人员，其中年龄在 35～50 岁的本科生和研究生分别有 30 人 和 20 人，现用分层抽样法在 35～50 岁年龄段的专业技术人员中抽取一个容量为 5 的样本， 将该样本看成一个总体，从中任意抽取 3 人，则至少有 1 人为研究生的概率为(　　) A. 1 10 B.1 2 C. 7 10 D. 9 10 解析：选 D　设容量为 5 的样本中研究生的人数为 m，由题意可得 20 30＋20＝m 5，解得 m＝ 2，则样本中有研究生 2 人，分别记为 A，B，本科生 3 人，分别记为 a，b，c，所以从中任 意抽取 3 人的所有情况有(A，B，a)，(A，B，b)，(A，B，c)，(A，a，b)，(A，a，c)，(A， b，c)，(B，a，b)，(B，a，c)，(B，b，c)，(a，b，c)，共 10 种，3 人均为本科生的情况只 有(a，b，c)1 种，故至少有 1 人为研究生的概率为 1－ 1 10＝ 9 10. 二、填空题 7．某同学同时掷两颗骰子，得到点数分别为 a，b，则双曲线x2 a2－y2 b2＝1 的离心率 e> 5 的概率是________． 解析：由 e＝ 1＋b2 a2> 5，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＝ 6 36＝1 6. 答案：1 6 8．已知函数 f(x)＝x2－x－2，x∈[－5,5]，若从区间[－5,5]内随机抽取一个实数 x 0，则 所取的 x0 满足 f(x0)≤0 的概率为________． 解析：令 x2－x－2≤0，解得－1≤x≤2，由几何概型的概率计算公式得 P＝2－(－1) 5－(－5)＝ 3 10. 答案： 3 10 9．已知正方形 ABCD 的边长为 2，H 是边 DA 的中点．在正方形 ABCD 内部随机取一 点 P，则满足|PH|< 2的概率为________． 解析：如图，设 E，F 分别为边 AB，CD 的中点，则满足|PH|< 2 的点 P 在△AEH，扇形 HEF 及△DFH 内，由几何概型的概率计算公式 知，所求概率为 1 4π( 2)2＋1 2 × 1 × 1 × 2 2 × 2 ＝π 8＋1 4. 答案：π 8＋1 4 10．从 2 名男生和 2 名女生中任意选择两人在星期六、星期日参加某公益活动，每天一 人，则星期六安排一名男生、星期日安排一名女生的概率为________． 解析：设 2 名男生记为 A1，A2,2 名女生记为 B1，B2，任意选择两人在星期六、星期日参 加某公益活动，共有 A1A2，A1B1，A1B2，A2B1，A2B2，B1B2，A2A1，B1A1，B2A1，B1A2， B2A2，B2B1 12 种情况，而星期六安排一名男生、星期日安排一名女生共有 A1B1，A1B2， A2B1，A2B2 4 种情况，则所求概率为 P＝ 4 12＝1 3. 答案：1 3 三、解答题 11．从某市主办的科技知识竞赛的学生成绩中随机选取了 40 名学生的成绩作为样本， 已知这 40 名学生的成绩全部在 40 分至 100 分之间，现将成绩按如下方式分成 6 组：第一组 [40,50)；第二组[50,60)；……；第六组[90,100]，并据此绘制了如图所示的频率分布直方 图． (1)求成绩在区间[80,90)内的学生人数； (2)从成绩大于等于 80 分的学生中随机选 2 名，求至少有 1 名学生的成绩在区间[90,100] 内的概率． 解：(1)因为各组的频率之和为 1，所以成绩在区间[80,90)内的频率为 1－(0.005×2＋0.015 ＋0.020＋0.045)×10 ＝0.1，所以选取的 40 名学生中成绩在区间[80,90)内的学生人数为 40×0.1＝4. (2)设 A 表示事件“在成绩大于等于 80 分的学生中随机选 2 名，至少有 1 名学生的成绩 在区间[90,100]内”，由(1)可知成绩在区间[80,90)内的学生有 4 人，记这 4 名学生分别为 a， b，c，d，成绩在区间[90,100]内的学生有 0.005×10×40＝2(人)，记这 2 名学生分别为 e，f， 则选取 2 名学生的所有可能结果为(a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，e)，(a，f)，(b，c)，(b，d)， (b，e)，(b，f)，(c，d)，(c，e)，(c，f)，(d，e)，(d，f)，(e，f)，共 15 种，事件“至少有 1 名学生的成绩在区间[90,100]内”的可能结果为(a，e)，(a，f)，(b，e)，(b，f)，(c，e)，(c， f)，(d，e)，(d，f)，(e，f)，共 9 种，所以 P(A)＝ 9 15＝3 5. 12．现有 8 个质量和外形一样的球，其中 A1，A2，A3 为红球的编号，B1，B2，B3 为黄 球的编号，C1，C2 为蓝球的编号，从三种颜色的球中分别选出一个球，放到一个盒子内． (1)求红球 A1 被选中的概率； (2)求黄球 B1 和蓝球 C1 不全被选中的概率． 解：从三种不同颜色的球中分别选出一球，其一切可能的结果组成的基本事件空间 Ω＝ {(A1，B1，C1)，(A1，B1，C2)，(A1，B2，C1)，(A1，B2，C2)，(A1，B3，C1)，(A1，B3，C2)， (A2，B1，C1)，(A2，B1，C2)，(A2，B2，C1)，(A1，B2，C2)，(A2，B3，C1)，(A2，B3，C2)， (A3，B1，C1)，(A3，B1，C2)，(A3，B2，C1)，(A3，B2，C2)，(A3，B3，C1)，(A3，B3，C2)}， 共 18 个基本事件．由于每一个基本事件被抽取的机会均等，因此这些事件的发生是等可能 的． (1)用 M 表示“红球 A1 被选中”这一事件，则 M＝{(A1，B1，C1)，(A1，B1，C2)，(A1， B2，C1)，(A1，B2，C2)，(A1，B3，C1)，(A1，B3，C2)}，事件 M 由 6 个基本事件组成，因而 P(M)＝ 6 18＝1 3. (2)用 N 表示“黄球 B1 和蓝球 C1 不全被选中”这一事件，则其对立事件N － 表示“B1，C1 全被选中”这一事件，由于 N － ＝{(A1，B1，C1)，(A2，B1，C1)，(A3，B1，C1)}，事件 N － 由 3 个基本事件组成，所以 P(N － )＝ 3 18＝1 6，由对立事件的概率计算公式得 P(N)＝1－P(N － )＝1－1 6 ＝5 6. 第五节 离散型随机变量的分布列、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：随着试验结果变化而变化的变量，常用字母 X，Y，ξ，η，…表示． (2)离散型随机变量：所有取值可以一一列出的随机变量． 2．离散型随机变量分布列的概念及性质 本节主要包括 2 个知识点： 1.离散型随机变量的分布列； 2.离散型随机变量的均值与方差. (1)概念：若离散型随机变量 X 可能取的不同值为 x1，x2，…，xi，…，xn，X 取每一个 值 xi(i＝1,2，…，n)的概率 P(X＝xi)＝pi，以表格的形式表示如下： X x1 x2 … xi … xn P p1 p2 … pi … pn 此表称为离散型随机变量 X 的概率分布列，简称为 X 的分布列．有时也用等式 P(X＝xi) ＝pi，i＝1,2，…，n 表示 X 的分布列． (2)分布列的性质：①pi≥0，i＝1,2,3，…，n；② n ∑ i＝1 pi＝1. 3．常见的离散型随机变量的分布列 (1)两点分布 X 0 1 P 1－p p 若随机变量 X 的分布列具有上表的形式，则称 X 服从两点分布，并称 p＝P(X＝1)为成 功概率． (2)超几何分布 在含有 M 件次品的 N 件产品中，任取 n 件，其中恰有 X 件次品，则 P(X＝k)＝ C kMC n－kN－M CnN ，k＝0,1,2，…，m，其中 m＝min{M，n}，且 n≤N，M≤N，n，M，N∈N*. X 0 1 … m P C 0MC n－0N－M CnN C 1MC n－1N－M CnN … CmMCn－mN－M CnN 如果随机变量 X 的分布列具有上表的形式，则称随机变量 X 服从超几何分布． 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 1 3 2－3q q2 则 q 的值为(　　) A．1　　　　　　　　　　　 B.3 2± 33 6 C.3 2－ 33 6 D.3 2＋ 33 6 (2)离散型随机变量 X 的概率分布规律为 P(X＝n)＝ a n(n＋1)(n＝1,2,3,4)，其中 a 是常数， 则 P1 2＜X＜5 2的值为(　　) A.2 3 B.3 4 C.4 5 D.5 6 [解析]　(1)由分布列的性质知 Error!∴q＝3 2－ 33 6 . (2)由( 1 1 × 2＋ 1 2 × 3＋ 1 3 × 4＋ 1 4 × 5)×a＝1，知 4 5a＝1.∴a＝5 4. 故 P(1 2＜X＜5 2)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝1 2×5 4＋1 6×5 4＝5 6. [答案　(1)C　(2)D [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]　某商店试销某种商品 20 天，获得如下数据： 日销售量(件) 0 1 2 3 频数 1 5 9 5 试销结束后(假设该商品的日销售量的分布规律不变)，设某天开始营业时有该商品 3 件， 当天营业结束后检查存货，若发现存量少于 2 件，则当天进货补充至 3 件，否则不进货，将 频率视为概率． (1)求当天商店不进货的概率； (2)记 X 为第二天开始营业时该商品的件数，求 X 的分布列． [解]　(1)P(当天商店不进货)＝P(当天商品销售量为 0 件)＋P(当天商品销售量为 1 件)＝ 1 20＋ 5 20＝ 3 10. (2)由题意知，X 的可能取值为 2,3. P(X＝2)＝P(当天商品销售量为 1 件)＝ 5 20＝1 4， P(X＝3)＝P(当天商品销售量为 0 件)＋P(当天商品销售量为 2 件)＋P(当天商品销售量为 3 件)＝ 1 20＋ 9 20＋ 5 20＝3 4.(或P(X＝3)＝1－P(X＝2)＝1－1 4＝3 4) 所以 X 的分布列为 X 2 3 P 1 4 3 4 [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]　(2016·天津高考节选)某小组共 10 人，利用假期参加义工活动．已知参加义工活 动次数为 1,2,3 的人数分别为 3,3,4.现从这 10 人中随机选出 2 人作为该组代表参加座谈会． (1)设 A 为事件“选出的 2 人参加义工活动次数之和为 4”，求事件 A 发生的概率； (2)设 X 为选出的 2 人参加义工活动次数之差的绝对值，求随机变量 X 的分布列． [解]　(1)由已知，有 P(A)＝C13C14＋C23 C 210 ＝1 3. 所以事件 A 发生的概率为1 3. (2)随机变量 X 的所有可能取值为 0,1,2. P(X＝0)＝C23＋C23＋C24 C 210 ＝ 4 15， P(X＝1)＝C13C13＋C13C14 C 210 ＝ 7 15， P(X＝2)＝C13C14 C 210 ＝ 4 15. 所以随机变量 X 的分布列为 X 0 1 2 P 4 15 7 15 4 15 [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．[考点一]设某项试验的成功率是失败率的 2 倍，用随机变量 X 去描述 1 次试验的成功 次数，则 P(X＝0)等于(　　) A．0 B.1 2 C.1 3 D.2 3 解析：选 C　设 X 的分布列为 X 0 1 P p 2p 即“X＝0”表示试验失败，“X＝1”表示试验成功，设失败率为 p，则成功率为 2p.由 p ＋2p＝1，则 p＝1 3. 2．[考点一]若 P(ξ≤x2)＝1－β，P(ξ≥x1)＝1－α，其中 x1x2)＝β，P(ξx2)－P(ξE(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． [全国卷 5 年真题集中演练——明规律] 1．(2016·全国乙卷)某公司计划购买 2 台机 器，该种机器使用三年后即被淘汰．机器有一易 损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件 作为备件，每个 200 元．在机器使用期间，如果 备件不足再购买，则每个 500 元．现需决策在购 买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整 理了 100 台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图：以这 100 台机器更 换的易损零件数的频率代替 1 台机器更换的易损零件数发生的概率，记 X 表示 2 台机器三 年内共需更换的易损零件数，n 表示购买 2 台机器的同时购买的易损零件数． (1)求 X 的分布列； (2)若要求 P(X≤n)≥0.5，确定 n 的最小值； (3)以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在 n＝19 与 n＝20 之中选其一，应选 用哪个？ 解：(1)由柱状图及以频率代替概率可得，一台机器在三年内需更换的易损零件数为 8,9,10,11 的概率分别为 0.2，0.4，0.2,0.2. 从而 P(X＝16)＝0.2×0.2＝0.04； P(X＝17)＝2×0.2×0.4＝0.16； P(X＝18)＝2×0.2×0.2＋0.4×0.4＝0.24； P(X＝19)＝2×0.2×0.2＋2×0.4×0.2＝0.24； P(X＝20)＝2×0.2×0.4＋0.2×0.2＝0.2； P(X＝21)＝2×0.2×0.2＝0.08； P(X＝22)＝0.2×0.2＝0.04. 所以 X 的分布列为 X 16 17 18 19 20 21 22 P 0.04 0.16 0.24 0.24 0.2 0.08 0.04 (2)由(1)知 P(X≤18)＝0.44，P(X≤19)＝0.68， 故 n 的最小值为 19. (3)记 Y 表示 2 台机器在购买易损零件上所需的费用(单位：元)． 当 n＝19 时， E(Y)＝19×200×0.68＋(19×200＋500)×0.2＋(19×200＋2×500)×0.08＋(19×200＋ 3×500)×0.04＝4 040； 当 n＝20 时， E(Y)＝20×200×0.88＋(20×200＋500)×0.08＋(20×200＋2×500)×0.04＝4 080. 可知当 n＝19 时所需费用的期望值小于当 n＝20 时所需费用的期望值，故应选 n＝19. 2．(2013·新课标全国卷Ⅱ)经销商经销某种农产品，在一个销售季度内，每售出 1t 该产 品获利润 500 元，未售出的产品，每 1t 亏损 300 元．根据历史资料，得到销售季度内市场需 求量的频率分布直方图，如图所示．经销商为下一个销售季度购进了 130 t 该农产品．以 X(单 位：t,100≤X≤150)表示下一个销售季度内的市场需求量，T(单位：元)表示下一个销售季度 内经销该农产品的利润． (1)将 T 表示为 X 的函数； (2)根据直方图估计利润 T 不少于 57 000 元的概率； (3)在直方图的需求量分组中，以各组的区间中点值代表该组的各个值，并以需求量落入 该区间的频率作为需求量取该区间中点值的概率(例如：若需求量 X∈[100,110)则取 X＝105， 且 X＝105 的概率等于需求量落入[100,110)的频率)，求 T 的数学期望． 解：(1)当 X∈[100,130)时， T＝500X－300(130－X)＝800X－39 000， 当 X∈[130,150]时，T＝500×130＝65 000， 所以 T＝Error! (2)由(1)知利润 T 不少于 57 000 元当且仅当 120≤X≤150.由直方图知需求量 X∈ [120,150]的频率为 0.7，所以下一个销售季度内的利润 T 不少于 57 000 元概率的估计值为 0.7. (3)依题意可得 T 的分布列为 T 45 000 53 000 61 000 65 000 P 0.1 0.2 0.3 0.4 所以 E(T)＝45 000×0.1＋53 000×0.2＋61 000×0.3＋65 000×0.4＝59 400. [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．袋中装着标有数字 1,2,3,4,5 的小球各 2 个，从袋中任取 3 个小球，每个小球被取出 的可能性都相等，X 表示取出的 3 个小球上的最大数字，求： (1)取出的 3 个小球上的数字互不相同的概率； (2)随机变量 X 的分布列及均值 E(X)． 解：(1)“一次取出的 3 个小球上的数字互不相同”的事件记为 A，则 P(A)＝C35C12C12C12 C 310 ＝ 2 3. (2)由题意，X 所有可能的取值为 2,3,4,5. P(X＝2)＝C22C12＋C12C22 C 310 ＝ 1 30； P(X＝3)＝C24C12＋C14C22 C 310 ＝ 2 15； P(X＝4)＝C26C12＋C16C22 C 310 ＝ 3 10； P(X＝5)＝C28C12＋C18C22 C 310 ＝ 8 15. 所以随机变量 X 的分布列为 X 2 3 4 5 P 1 30 2 15 3 10 8 15 E(X)＝2× 1 30＋3× 2 15＋4× 3 10＋5× 8 15＝13 3 . 2．为推动乒乓球运动的发展，某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参加．现有来 自甲协会的运动员 3 名，其中种子选手 2 名；乙协会的运动员 5 名，其中种子选手 3 名．从 这 8 名运动员中随机选择 4 人参加比赛． (1)设 A 为事件“选出的 4 人中恰有 2 名种子选手，且这 2 名种子选手来自同一个协会”， 求事件 A 发生的概率； (2)设 X 为选出的 4 人中种子选手的人数，求随机变量 X 的分布列及均值 E(X)． 解：(1)由已知得，P(A)＝C22C23＋C23C23 C48 ＝ 6 35. 所以事件 A 发生的概率为 6 35. (2)随机变量 X 的所有可能取值为 1,2,3,4. P(X＝k)＝Ck5C4－k3 C48 (k＝1,2,3,4)． 所以，随机变量 X 的分布列为 X 1 2 3 4 P 1 14 3 7 3 7 1 14 E(X)＝1× 1 14＋2×3 7＋3×3 7＋4× 1 14 ＝ 1 14＋12 14＋18 14＋ 4 14＝35 14＝5 2. 3．国庆节期间，某旅行社组织了 14 人参加“国家旅游常识”知识竞赛，每人回答 3 个 问题，答对题目个数及对应人数统计结果见下表： 答对题目个数 0 1 2 3 人数 3 2 5 4 根据上表信息解答以下问题： (1)从 14 人中任选 3 人，求 3 人答对题目个数之和为 6 的概率； (2)从 14 人中任选 2 人，用 X 表示这 2 人答对题目个数之和，求随机变量 X 的分布列及 E(X)． 解：(1)记“3 人答对题目个数之和为 6”为事件 A， 事件 A 包含“3 人分别答对 2 题”，“3 人分别答对 1,2,3 题”和“3 人分别答对 0,3,3 题”． 则 P(A)＝C35＋C12C15C14＋C13C24 C 314 ＝10＋40＋18 14 × 26 ＝17 91， 即 3 人答对题目个数之和为 6 的概率为17 91. (2)依题意可知 X 的所有可能取值为 0,1,2,3,4,5,6. 则 P(X＝0)＝ C23 C 214＝ 3 7 × 13＝ 3 91， P(X＝1)＝C13C12 C 214 ＝ 6 7 × 13＝ 6 91， P(X＝2)＝C22＋C13C15 C 214 ＝ 16 7 × 13＝16 91， P(X＝3)＝C13C14＋C12C15 C 214 ＝ 22 7 × 13＝22 91， P(X＝4)＝C25＋C12C14 C 214 ＝ 18 7 × 13＝18 91， P(X＝5)＝C15C14 C 214 ＝ 20 7 × 13＝20 91， P(X＝6)＝ C24 C 214＝ 6 7 × 13＝ 6 91. 从而 X 的分布列为 X 0 1 2 3 4 5 6 P 3 91 6 91 16 91 22 91 18 91 20 91 6 91 E(X) ＝ 0× 3 91＋ 1× 6 91＋ 2×16 91＋ 3×22 91＋ 4×18 91＋ 5×20 91＋ 6× 6 91＝ 6＋32＋66＋72＋100＋36 91 ＝312 91 ＝24 7 . 1．抛掷甲、乙两枚质地均匀且六个面上分别标有 1,2,3,4,5,6 的正方体，记上底面上的数 字分别为 x，y.若[a]表示 a 的整数部分，如：[2.6]＝2，设 ξ 为随机变量，且 ξ＝[ x y ]. (1)求 P(ξ＝0)； (2)求 ξ 的分布列，并求其均值 E(ξ)． 解：(1)依题意，实数对(x，y)共有 36 种情况，使 ξ＝[ x y ]＝0 的实数对(x，y)有以下 15 种情况：(1,2)，(1,3)，(2,3)，(1,4)，(2,4)，(3,4)，(1,5)，(2,5)，(3,5)，(4,5)，(1,6)，(2,6)， (3,6)，(4,6)，(5,6)， 所以 P(ξ＝0)＝15 36＝ 5 12. (2)随机变量 ξ 的所有可能取值为 0,1,2. ξ＝1 的情况有以下 18 种：(1,1)，(2,1)，(3,1)，(2,2)，(3,2)，(4,2)，(5,2)，(6,2)，(3,3)， (4,3)，(5,3)，(6,3)，(4,4)，(5,4)，(6,4)，(5,5)，(6,5)，(6,6)， 所以 P(ξ＝1)＝18 36＝1 2. ξ＝2 的情况有以下 3 种：(4,1)，(5,1)，(6,1)，所以 P(ξ＝2)＝ 3 36＝ 1 12. 所以 ξ 的分布列为 ξ 0 1 2 P 5 12 1 2 1 12 均值 E(ξ)＝0× 5 12＋1×1 2＋2× 1 12＝2 3. 2．某商场中的 20 件不同的商品中有3 4是进口商品，其余的是国产商品．在进口商品中 有1 3是高端商品，在国产商品中有3 5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 20×3 4×1 3＝5(件)，国产高端商品有 20×1 4×3 5＝ 3(件)． 所以 P(B)＝P(A1)＋P(A2)＝C15C 212 C 320 ＋C15C13C 112 C 320 ＝17 38， 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17 38. (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)＝C13C22 C35 ＝ 3 10，P(ξ＝210)＝C23C12 C35 ＝ 6 10＝3 5， P(ξ＝240)＝C33 C35＝ 1 10. 所以 ξ 的分布列为 ξ 180 210 240 P 3 10 3 5 1 10 故 E(ξ)＝180× 3 10＋210×3 5＋240× 1 10＝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1 7.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． 解析：设袋中白色球共有 x 个，x∈N*且 x≥2，则依题意知C2x C27＝1 7，所以 x(x－1) 2 × 1 7 × 6 2 × 1 ＝1 7， 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)＝A13 A17＝3 7，P(X＝2)＝A14A13 A27 ＝2 7，P(X＝3)＝A24A13 A37 ＝ 6 35，P(X＝4)＝A34A13 A47 ＝ 3 35，P(X ＝5)＝A44A13 A57 ＝ 1 35. 随机变量 X 的分布列为 X 1 2 3 4 5 P 3 7 2 7 6 35 3 35 1 35 所以 E(X)＝1×3 7＋2×2 7＋3× 6 35＋4× 3 35＋5× 1 35＝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)＝A13 A17＝3 7，P(A2)＝A24A13 A37 ＝ 6 35，P(A3)＝A44A13 A57 ＝ 1 35， 所以甲摸到白色球的概率为 P(A)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝3 7＋ 6 35＋ 1 35＝22 35. 2．某牛奶厂要将一批牛奶用汽车从所在城市甲运至城市乙，已知从城市甲到城市乙只 有两条公路，且运费由厂商承担．若厂商恰能在约定日期(×月×日)将牛奶送到，则城市乙 的销售商一次性支付给牛奶厂 20 万元；若在约定日期前送到，每提前一天销售商将多支付 给牛奶厂 1 万元；若在约定日期后送到，每迟到一天销售商将少支付给牛奶厂 1 万元．为保 证牛奶新鲜度，汽车只能在约定日期的前两天出发，且只能选择其中的一条公路运送牛奶， 已知下表内的信息： 统计 信息 汽车行 驶路线　　 在不堵车的情 况下到达城市 乙所需时间(天) 在堵车的 情况下到 达城市乙 所需时间 (天) 堵车的 概率 运费(万元) 公路 1 2 3 1 10 1.6 公路 2 1 4 1 2 0.8 (1)记汽车选择公路 1 运送牛奶时牛奶厂获得的毛收入为 ξ(单位：万元)，求 ξ 的分布列 和均值 E(ξ)； (2)选择哪条公路运送牛奶有可能让牛奶厂获得的毛收入更多？ (注：毛收入＝销售商支付给牛奶厂的费用－运费) 解：(1)若汽车走公路 1， 不堵车时牛奶厂获得的毛收入 ξ＝20－1.6＝18.4(万元)； 堵车时牛奶厂获得的毛收入 ξ＝20－1.6－1＝17.4(万元)， ∴汽车走公路 1 时牛奶厂获得的毛收入 ξ 的分布列为 ξ 18.4 17.4 P 9 10 1 10 E(ξ)＝18.4× 9 10＋17.4× 1 10＝18.3(万元)． (2)设汽车走公路 2 时牛奶厂获得的毛收入为 η，则 不堵车时牛奶厂获得的毛收入 η＝20－0.8＋1＝20.2(万元)； 堵车时牛奶厂获得的毛收入 η＝20－0.8－2＝17.2(万元)． ∴汽车走公路 2 时牛奶厂获得的毛收入 η 的分布列为 η 20.2 17.2 P 1 2 1 2 E(η)＝20.2×1 2＋17.2×1 2＝18.7(万元)． ∵E(ξ)0，称 P(B|A)＝P(AB) P(A) 为在事件 A 发生的条件下，事件 B 发生的条件概率． (2)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 (1)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． (2)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B，A与 B，A与B也都相互独立． 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” 求条件概率 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)＝n(AB) n(B) 计算． 思路二：直接利用条件概率的计算公式计算条件概率，即先分别计算出 P(AB)，P(B)， 再利用公式 P(A|B)＝P(AB) P(B) 计算． [例 1]　(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(　　) A．0.8 B．0.75 C．0.6 D．0.45 (2)从 1,2,3,4,5 中任取 2 个不同的数，事件 A 为“取到的 2 个数之和为偶数”，事件 B 为 “取到的 2 个数均为偶数”，则 P(B|A)＝(　　) A.1 8 B.1 4 C.2 5 D.1 2 (3)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)根据条件概率公式 P(B|A)＝P(AB) P(A) ，可得所求概率为 0.6 0.75＝0.8. (2)P(A)＝C23＋C22 C25 ＝2 5，P(B)＝C22 C25＝ 1 10，又 A⊇B，则 P(AB)＝P(B)＝ 1 10，所以 P(B|A)＝P(AB) P(A) ＝P(B) P(A)＝1 4. (3)由题意可得，事件 A 发生的概率 P(A)＝S正方形EFGH S圆O ＝ 2 × 2 π × 12 ＝2 π.事件 AB 表示“豆 子落在△EOH 内”，则 P(AB)＝S △ EOH S圆O ＝ 1 2 × 12 π × 12＝ 1 2π.故 P(B|A)＝P(AB) P(A) ＝ 1 2π 2 π ＝1 4. [答案]　(1)A　(2)B　(3)1 4 [易错提醒] 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 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( A － B － )＝P( A － )P( B － )＝[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( A － B － )＝1－P( A － )P( B － )＝P(A)＋P(B)－P(A)P(B) A，B 恰有一个发生 P＝P(A B － ＋ A － B)＝P(A)P( B － )＋P( A － )P(B) ＝P(A)＋P(B)－2P(A)P(B) [例 2]　(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3 4， 乙每轮猜对的概率是2 3；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＋ABCD＋ABCD＋ABCD＋ABCD，由事件的独立性与互斥性， 得 P(E)＝P(ABCD)＋P( ABCD)＋P(ABCD)＋P(ABCD)＋P(ABCD)＝P(A)P(B)P(C)P(D) ＋P(A)·P(B)P(C)P(D)＋P(A)P( B)P(C)P(D)＋P(A)P(B)P(C)P(D)＋P(A)P(B)P(C)P(D)＝3 4×2 3× 3 4×2 3＋2×(1 4 × 2 3 × 3 4 × 2 3＋3 4 × 1 3 × 3 4 × 2 3)＝2 3， 所以“星队”至少猜对 3 个成语的概率为2 3. (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)＝1 4×1 3×1 4×1 3＝ 1 144， P(X＝1)＝2×(3 4 × 1 3 × 1 4 × 1 3＋1 4 × 2 3 × 1 4 × 1 3)＝ 10 144＝ 5 72， P(X＝2)＝3 4×1 3×3 4×1 3＋3 4×1 3×1 4×2 3＋1 4×2 3×3 4×1 3＋1 4×2 3×1 4×2 3＝ 25 144， P(X＝3)＝3 4×2 3×1 4×1 3＋1 4×1 3×3 4×2 3＝ 12 144＝ 1 12， P(X＝4)＝2×(3 4 × 2 3 × 3 4 × 1 3＋3 4 × 2 3 × 1 4 × 2 3)＝ 60 144＝ 5 12， P(X＝6)＝3 4×2 3×3 4×2 3＝ 36 144＝1 4. 可得随机变量 X 的分布列为 X 0 1 2 3 4 6 P 1 144 5 72 25 144 1 12 5 12 1 4 所以数学期望 E(X)＝0× 1 144＋1× 5 72＋2× 25 144＋3× 1 12＋4× 5 12＋6×1 4＝23 6 . 能力练通 抓应用体验的“得”与“失” 1．[考点一]抛掷一枚均匀的骰子所得的样本空间为 Ω＝{1,2,3,4,5,6}，令事件 A＝{2,3,5}， B＝{1,2,4,5,6}，则 P(A|B)等于(　　) A.2 5 B.1 2 C.3 5 D.4 5 解析：选 A　在事件 B 发生的条件下研究事件 A，事件 B 总共有 5 种结果，而事件 AB 只含有其中的 2 种，所以 P(A|B)＝n(AB) n(B) ＝2 5. 2．[考点二]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2 3和3 4，两个零件 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.1 2 B. 5 12 C.1 4 D.1 6 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 ＝2 3×(1－3 4 )＋(1－2 3 )×3 4＝ 5 12. 3．[考点一]甲、乙两人独立地对同一目标各射击一次，命中率分别为 0.6 和 0.5，现已 知目标被击中，则它是被甲击中的概率为(　　) A．0.45 B．0.6 C．0.65 D．0.75 解析：选 D　设目标被击中为事件 B，目标被甲击中为事件 A，则由 P(B)＝0.6×0.5＋ 0.4×0.5＋0.6×0.5＝0.8， 得 P(A|B)＝P(AB) P(B) ＝P(A) P(B)＝0.6 0.8＝0.75. 4．[考点二]事件 A，B，C 相互独立，如果 P(AB)＝1 6，P(BC)＝1 8，P(ABC)＝1 8，则 P(B)＝ ________，P(AB)＝________. 解析：联立Error!由③÷①得 P(C)＝3 4，可得 P(C)＝1－P(C)＝1－3 4＝1 4.将 P(C)＝1 4代入② 得 P(B)＝1 2，所以 P(B)＝1－P(B)＝1 2，由①可得 P(A)＝1 3.所以 P(AB)＝P(A)·P(B)＝2 3×1 2＝1 3. 答案：1 2　1 3 5．[考点二]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 4，1 6；1 小时以上且不超过 2 小时离开的概率分别为1 2，2 3；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 的分布列与数学期望 E(ξ)． 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＝1 4×1 6＝ 1 24， 两人都付 40 元的概率为 P2＝1 2×2 3＝1 3， 两人都付 80 元的概率为 P3＝(1－1 4－1 2)×1－1 6－2 3＝1 4×1 6＝ 1 24，则两人所付费用相同的概 率为 P＝P1＋P2＋P3＝ 1 24＋1 3＋ 1 24＝ 5 12. (2)由题意得，ξ 所有可能的取值为 0,40,80,120,160. P(ξ＝0)＝1 4×1 6＝ 1 24， P(ξ＝40)＝1 4×2 3＋1 2×1 6＝1 4， P(ξ＝80)＝1 4×1 6＋1 2×2 3＋1 4×1 6＝ 5 12， P(ξ＝120)＝1 2×1 6＋1 4×2 3＝1 4， P(ξ＝160)＝1 4×1 6＝ 1 24， ξ 的分布列为 ξ 0 40 80 120 160 P 1 24 1 4 5 12 1 4 1 24 E(ξ)＝0× 1 24＋40×1 4＋80× 5 12＋120×1 4＋160× 1 24＝80. 突破点(二)　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．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 k 次的概率为 P(X＝k)＝Cknpk(1－p)n－k(k＝0,1,2，…，n)． 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” 求独立重复试验的概率 [例 1]　(1)小王通过英语听力测试的概率是1 3，他连续测试 3 次，那么其中恰有 1 次获得 通过的概率是(　　) A.4 9 B.2 9 C. 4 27 D. 2 27 (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1 2.质点 P 移动五次后位于点(2,3)的概率是(　　) A.(1 2 )5 B．C25(1 2 )5 C．C35(1 2 )3 D．C25C35(1 2 )5 [解析]　(1)所求概率 P＝C13·(1 3 )1·1－1 3 3－1＝4 9. (2)移动五次后位于点(2,3)， 所以质点 P 必须向右移动两次，向上移动三次． 故其概率为 C35(1 2 )3·(1 2 )2＝C35(1 2 )5＝C25(1 2 )5. [答案]　(1)A　(2)B [易错提醒] (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)＝Cknpk(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)＝Cknpk(1－p)n－k 恰好是[(1－p)＋p]n 的第 k＋1 项 Tk＋1＝Ckn(1－p)n－kpk.　 二项分布的简单应用 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，D(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． [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 列和数学期望． [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，A1 A － 2 与 A － 1A2 互斥，B1 与 B2 互斥，且 B1＝A1A2，B2＝A1 A － 2＋ A － 1A2，C＝B1＋B2. 因为 P(A1)＝ 4 10＝2 5，P(A2)＝ 5 10＝1 2， 所以 P(B1)＝P(A1A2)＝P(A1)P(A2)＝2 5×1 2＝1 5， P(B2)＝P(A1 A － 2＋ A － 1A2)＝P(A1 A － 2)＋P( A － 1A2) ＝P(A1)P( A － 2)＋P( A － 1)P(A2) ＝P(A1)(1－P(A2))＋(1－P(A1))P(A2) ＝2 5×(1－1 2 )＋(1－2 5 )×1 2＝1 2. 故所求概率为 P(C)＝P(B1＋B2)＝P(B1)＋P(B2)＝1 5＋1 2＝ 7 10. (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1 5， 所以 X～B(3，1 5 ). 于是 P(X＝0)＝C03(1 5 )0(4 5 )3＝ 64 125， P(X＝1)＝C13(1 5 )1(4 5 )2＝ 48 125， P(X＝2)＝C23(1 5 )2(4 5 )1＝ 12 125， P(X＝3)＝C33(1 5 )3(4 5 )0＝ 1 125. 故 X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 64 125 48 125 12 125 1 125 数学期望 E(X)＝3×1 5＝3 5. [方法技巧] 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；D(X)＝np(1－p)求解，可大大减少计算量．　 能力练通 抓应用体验的“得”与“失” 1．[考点一]某人参加一次考试，4 道题中解对 3 道即为及格，已知他的解题正确率为 0.4，则他能及格的概率是(　　) A．0.18 B．0.28 C．0.37 D．0.48 解析：选 A　C34×0.43×0.6＋C44×0.44＝0.179 2≈0.18. 2．[考点一]设事件 A 在每次试验中发生的概率相同，且在三次独立重复试验中，若事件 A 至少发生一次的概率为63 64，则事件 A 恰好发生一次的概率为________． 解析：假设事件 A 在每次试验中发生说明试验成功，设每次试验成功的概率为 p，由题 意得，事件 A 发生的次数 X～B(3，p)，则有 1－(1－p) 3＝63 64，得 p＝3 4，则事件 A 恰好发生 一次的概率为 C13×3 4×(1－3 4 )2＝ 9 64. 答案： 9 64 3．[考点二]有一批产品，其中有 12 件正品和 4 件次品，从中有放回地任取 3 件，若 X 表示取到次品的次数，则 D(X)＝________. 解析：∵X～B(3，1 4 )，∴D(X)＝3×1 4×3 4＝ 9 16. 答案： 9 16 4．[考点二]某智能玩具的外形是正方体，其每一个面(编号分别为①②③④⑤⑥)上都配 置有 5 颗颜色各异的闪光小星星，假设每颗闪光小星星正常发光的概率均为1 2，若一个面上 至少有 3 颗闪光小星星正常发光，则不需要更换这个面，否则需要更换这个面，假定更换一 个面需要 10 元，用 η 表示更换费用． (1)求①号面需要更换的概率； (2)求 η 的分布列及数学期望． 解：(1)由题意知，①号面需要更换的概率为 1－C35＋C45＋C55 25 ＝1 2. (2)设需要更换的面的个数为 ξ，则 ξ～B(6，1 2 )， P(ξ＝0)＝C06 26 ＝ 1 64，P(ξ＝1)＝C16 26 ＝ 3 32， P(ξ＝2)＝C26 26 ＝15 64，P(ξ＝3)＝C36 26 ＝ 5 16， P(ξ＝4)＝C46 26 ＝15 64，P(ξ＝5)＝C56 26 ＝ 3 32， P(ξ＝6)＝C66 26 ＝ 1 64， 所以 η 的分布列为 η 0 10 20 30 40 50 60 P 1 64 3 32 15 64 5 16 15 64 3 32 1 64 所以数学期望 E(η)＝0× 1 64＋10× 3 32＋20×15 64＋30× 5 16＋40×15 64＋50× 3 32＋60× 1 64＝ 30(元)． (或 E(η)＝E(10ξ)＝10E(ξ)＝10×6×1 2＝30(元)．) 5．[考点二]2015 年 9 月 3 日，抗战胜利 70 周年纪念活动在北京隆重举行，受到全国人 民的瞩目．纪念活动包括纪念大会、阅兵式、招待会和文艺晚会等．据统计，抗战老兵由于 身体原因，参加纪念大会、阅兵式、招待会这 3 个环节(可参加多个，也可都不参加)的情况 及其概率如下表所示： 参加纪念活动的环节数 0 1 2 3 概率 1 6 1 6 1 3 1 3 (1)若从抗战老兵中随机抽取 2 名进行座谈，求这 2 名抗战老兵参加纪念活动的环节数不 同的概率； (2)某医疗部门决定从这些抗战老兵中(其中参加纪念活动的环节数为 3 的抗战老兵数大 于等于 3)随机抽取 3 名进行体检，其中参加纪念活动的环节数为 3 的抗战老兵有 ξ 名，求 ξ 的分布列和数学期望． 解：(1)设“这 2 名抗战老兵参加纪念活动的环节数不同”为事件 M，则“这 2 名抗战老 兵参加纪念活动的环节数相同”为事件M － ，根据题意可知 P(M － )＝(1 6 )2＋(1 6 )2＋(1 3 ) 2＋(1 3 )2＝ 5 18，由对立事件的概率计算公式可得 P(M)＝1－P(M － )＝13 18，即这 2 名抗战老兵 参加纪念活动的环节数不 同的概率为13 18. (2)根据题意可知随机变量 ξ 的可能取值为 0,1,2,3，且 ξ～B(3，1 3 ) 则 P(ξ＝0)＝C03×(1－1 3 )3＝ 8 27， P(ξ＝1)＝C13×1 3×(1－1 3 )2＝4 9， P(ξ＝2)＝C23×(1 3 )2×(1－1 3 )＝2 9， P(ξ＝3)＝C33×(1 3 )3＝ 1 27. 则随机变量 ξ 的分布列为 ξ 0 1 2 3 P 8 27 4 9 2 9 1 27 E(ξ)＝3×1 3＝1. 突破点(三)　正态分布 基础联通 抓主干知识的“源”与“流” 1．正态曲线及性质 (1)正态曲线的定义 函数 φμ，σ(x)＝ 1 σ 2πe－ (x－μ)2 2σ2 ，x∈(－∞，＋∞)(其中实数 μ 和 σ(σ＞0)为参数)的图象 为正态分布密度曲线，简称正态曲线． (2)正态曲线的特点 ①曲线位于 x 轴上方与 x 轴不相交； ②曲线是单峰的，它关于直线 x＝μ 对称； ③曲线在 x＝μ 处达到峰值 1 σ 2π ； ④曲线与 x 轴之间的面积为 1； ⑤当 σ 一定时， 曲线的位置由 μ 确定，曲线随着 μ 的变化而沿 x 轴平移； ⑥当 μ 一定时，曲线的形状由 σ 确定： Error! 2．正态分布 (1)正态分布的定义及表示： 如果对于任何实数 a，b(a＜b)，随机变量 X 满足 P(a＜X≤b)＝ ∫b aφμ，σ(x)dx，则称随机 变量 X 服从正态分布，记作 X～N(μ，σ2)． (2)正态分布的三个常用数据： ①P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.682_6； ②P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.954_4； ③P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)＝0.997_4. 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” 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)服从正态分布 N(100,10 2)，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)＝1 2P(0<ξ<4) ＝1 2[1－P(ξ<0)－P(ξ>4)]＝1 2(1－0.2－0.2)＝0.3. (2)由题意，知 P(ξ>110)＝1－2P(90 ≤ ξ ≤ 100) 2 ＝0.2，所以该班学生数学成绩在 110 分 以上的人数为 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高考考查的重点．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(X0)，若 ξ 在(0,4)内 取值的概率为 0.4，则 ξ 在(0，＋∞)内取值的概率为(　　) A．0.2 B．0.4 C．0.8 D．0.9 解析：选 D　∵ξ 服从正态分布 N(4，σ2)(σ>0)，∴曲线的对称轴是直线 x＝4，∴ξ 在(4，＋ ∞)内取值的概率为 0.5. ∵ξ 在(0,4)内取值的概率为 0.4，∴ξ 在(0，＋∞)内取值的概率为 0.5＋0.4＝0.9. 2．[考点一]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.5 3 C．5 D.7 3 解析：选 D　因为 X 服从正态分布 N(3,4)，P(X＜2a－3)＝P(X＞a＋2)．∴2a－3＋a＋2＝ 6，a＝7 3. 3 ． [ 考 点 一 ] 已 知 随 机 变 量 X ～ N(2 ， s2) ， 若 P(X7.879，所以有 99.5%的把握认为“平均车速 超过 100 km/h 与性别有关”． (2)平均车速不超过 100 km/h 的驾驶员有 40 人，从中随机抽取 2 人的方法总数为 C 240， 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 C 115C 125，所以所求的概率 P(A)＝C 115C 125 C 240 ＝15 × 25 20 × 39＝25 52. (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 km/h 且为男性 驾驶员的概率为 40 100＝2 5，故 X～B(3，2 5 ). 所以 P(X＝0)＝C03(2 5 )0(3 5 )3＝ 27 125； P(X＝1)＝C13(2 5 )(3 5 )2＝ 54 125； P(X＝2)＝C23(2 5 )2(3 5 )＝ 36 125； P(X＝3)＝C33(2 5 )3(3 5 )0＝ 8 125. 所以 X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 27 125 54 125 36 125 8 125 E(X)＝0× 27 125＋1× 54 125＋2× 36 125＋3× 8 125＝6 5(或E(X)＝3 × 2 5＝6 5). 2．一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需击鼓三次，每次击鼓要么出现一次音乐， 要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次后，出现一次音乐获得 10 分，出现两次音乐获得 20 分， 出现三次音乐获得 100 分，没有出现音乐则扣除 200 分(即获得－200 分)．设每次击鼓出现 音乐的概率为1 2，且各次击鼓出现音乐相互独立． (1)设每盘游戏获得的分数为 X，求 X 的分布列； (2)玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率是多少？ (3)玩过这款游戏的许多人都发现，若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反 而减少了．请运用概率统计的相关知识分析分数减少的原因． 解：(1)X 可能的取值为 10,20,100，－200.根据题意，有 P(X＝10)＝C13×(1 2 )1×(1－1 2 )2＝3 8， P(X＝20)＝C23×(1 2 )2×(1－1 2 )1＝3 8， P(X＝100)＝C33×(1 2 )3×(1－1 2 )0＝1 8， P(X＝－200)＝C03×(1 2 )0×(1－1 2 )3＝1 8. 所以 X 的分布列为 X 10 20 100 －200 P 3 8 3 8 1 8 1 8 (2)设“第 i 盘游戏没有出现音乐”为事件 Ai(i＝1,2,3)，则 P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝P(X＝－ 200)＝1 8.所以“三盘游戏中至少有一次出现音乐”的概率为 1－P(A1A2A3)＝1－(1 8 )3＝1－ 1 512＝511 512.因此，玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是511 512. (3)数学期望 E(X)＝10×3 8＋20×3 8＋100×1 8－200×1 8＝－5 4. 这表明，获得分数 X 的均值为负， 因此，多次游戏之后分数减少的可能性更大． 三、冲刺满分题 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 5 6 3 4 1 3 B2 2 3 2 3 1 2 B3 6 7 5 6 2 3 (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＝5 6×2 3×2 3＝10 27，设 A2，A1 分别参加 第一场、第二场，则 P2＝3 4×2 3×2 3＝1 3，∴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)＝5 6×2 3×2 3＋1 6×1 3×1 3＝ 7 18，P(X＝4)＝5 6C 12×2 3×1 3×2 3＋1 6×(2 3 )3＋1 6C12×1 3×2 3×1 3＋5 6×(1 3 )3＝19 54，P(X＝5)＝1－P(X＝3)－P(X＝4) ＝ 7 27，∴X 的分布列为 X 3 4 5 P 7 18 19 54 7 27 ∴E(X)＝3× 7 18＋4×19 54＋5× 7 27＝209 54 . 2．某茶楼有四类茶饮，假设为顾客准备泡茶工具所需的时间相互独立，且都是整数(单 位：分钟)．现统计该茶楼服务员以往为 100 位顾客准备泡茶工具所需的时间 t，结果如表所 示． 类别 铁观音 龙井 金骏眉 大红袍 顾客数(人) 20 30 40 10 时间 t(分钟/人) 2 3 4 6 注：服务员在准备泡茶工具时的间隔时间忽略不计，并将频率视为概率． (1)求服务员恰好在第 6 分钟开始准备第三位顾客的泡茶工具的概率； (2)用 X 表示至第 4 分钟末服务员已准备好了泡茶工具的顾客数，求 X 的分布列及均 值． 解：(1)由题意知 t 的分布列如下． t 2 3 4 6 P 1 5 3 10 2 5 1 10 设 A 表示事件“服务员恰好在第 6 分钟开始准备第三位顾客的泡茶工具”，则事件 A 对应 两种情形： ①为第一位顾客准备泡茶工具所需的时间为 2 分钟，且为第二位顾客准备泡茶工具所需 的时间为 3 分钟； ②为第一位顾客准备泡茶工具所需的时间为 3 分钟，且为第二位顾客准备泡茶工具所需 的时间为 2 分钟． 所以 P(A)＝P(t＝2)×P(t＝3)＋P(t＝3)×P(t＝2)＝1 5× 3 10＋ 3 10×1 5＝ 3 25. (2)X 的所有可能取值为 0,1,2， X＝0 对应为第一位顾客准备泡茶工具所需的时间超过 4 分钟，所以 P(X＝0)＝P(t＞4)＝ P(t＝6)＝ 1 10； X＝1 对应为第一位顾客准备泡茶工具所需的时间为 2 分钟且为第二位顾客准备泡茶工 具所需的时间超过 2 分钟，或为第一位顾客准备泡茶工具所需的时间为 3 分钟，或为第一位 顾客准备泡茶工具所需的时间为 4 分钟， 所以 P(X＝1)＝P(t＝2)·P(t＞2)＋P(t＝3)＋P(t＝4)＝1 5×4 5＋ 3 10＋2 5＝43 50； X＝2 对应为两位顾客准备泡茶工具所需的时间均为 2 分钟，所以 P(X＝2)＝P(t＝2)·P(t ＝2)＝1 5×1 5＝ 1 25. 所以 X 的分布列为 X 0 1 2 P 1 10 43 50 1 25 所以 X 的均值 E(X)＝0× 1 10＋1×43 50＋2× 1 25＝47 50.