【数学】2018届一轮复习北师大版第九章计数原理、概率、随机变量及其分布学案 125页

第1课时　计数原理与排列组合 一、计数原理 ‎1．分类加法计数原理 完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法．那么完成这件事共有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．‎ 二、排列与组合 ‎1．排列与组合的概念 名称 定义 排列 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素 按照一定的顺序排成一列 组合 合成一组 ‎2．排列数与组合数 ‎(1)排列数的定义：从n个不同元素中取出m(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，用A表示．‎ ‎(2)组合数的定义：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，用C表示．‎ ‎3．排列数、组合数的公式及性质 公式 ‎(1)A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)‎ ‎＝ ‎(2)C＝＝ ‎＝ 性质 ‎(1)0！＝1；A＝n！‎ ‎(2)C＝C；C＝C＋C 三、判断下列结论的正误(正确的打“√”错误的打“×”)‎ ‎(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．(×)‎ ‎(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．(√)‎ ‎(3)在分步乘法计数原理中，事情是分步完成的，其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有每个步骤都完成后，这件事情才算完成．(√)‎ ‎(4)如果完成一件事情有n个不同步骤，在每一步中都有若干种不同的方法mi(i＝1,2,3，…，n)，那么完成这件事共有m‎1m‎2‎m3‎…mn种方法．(√)‎ ‎(5)在分步乘法计算原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．(√)‎ ‎(6)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．(×)‎ ‎(7)一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序．(×)‎ ‎(8)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．(√)‎ ‎(9)(n＋1)！－n！＝n·n！.(√)‎ ‎(10)A＝nA.(√)‎ 考点一　计数原理及应用 命题点 ‎1.分类加法计数原理的应用 ‎2.分类乘法计数原理的应用 ‎3.两个原理的综合应用 ‎[例1]　‎ ‎(1)有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则监考的方法有(　　)‎ A．8种　　　　　　　　　 B．9种 C．10种 D．11种 解析：法一：设四位监考教师分别为A，B，C，D，所教班分别为a，b，c，d，假设A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法，同理A监考c，d时，也分别有3种不同方法，由分类加法计数原理共有3＋3＋3＝9(种)．‎ 法二：班级按a，b，c，d的顺序依次排列，为避免重复或遗漏现象，教师的监考顺序可用“树形图”表示如下：‎ ‎∴共有9种不同的监考方法．‎ 答案：B ‎(2)(2016·高考全国甲卷)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为(　　)‎ A．24 B．18‎ C．12 D．9‎ 解析：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.‎ 答案：B ‎(3)如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“‎ 平行线面组”，在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是(　　)‎ A．60 B．48‎ C．36 D．24‎ 解析：长方体的6个表面构成的“平行线面组”有6×6＝36个，6个对角面构成的“平行线面组”有6×2＝12个，共有36＋12＝48个，故选B.‎ 答案：B ‎[方法引航]　1.使用分类加法原理时首先根据题目特点恰当选择一个分类标准；其次分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类．‎ ‎2．(1)利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事．‎ ‎(2)分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．‎ ‎3．使用两个基本原理进行计数的基本思想是“先分类，再分步”，即先分为若干个“既不重复也不遗漏”的类，再对每类中的计数问题分成若干个“完整的步骤”，求出每个步骤的方法数，按照分步乘法计数原理计算各类中的方法数，最后再按照分类加法计数原理得出总数．‎ ‎1．从0,1,2,3,4,5这六个数字中，任取两个不同数字相加，其和为偶数的不同取法的种数有(　　)‎ A．30 B．20‎ C．10 D．6‎ 解析：选D.从0,1,2,3,4,5六个数字中，任取两数和为偶数可分为两类，①取出的两数都是偶数，共有3种方法；②取出的两类都是奇数，共有3种方法，故由分类加法计数原理得共有N＝3＋3＝6(种)．‎ ‎2．从－1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)＝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)．‎ 解析：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，同上可知共有3×2＝6个偶函数．‎ 答案：18　6‎ ‎3．已知集合M＝{1，－2,3)，N＝{－4,5,6，－7}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、二象限内不同的点的个数是(　　)‎ A．18 B．10‎ C．16 D．14‎ 解析：选D.分两类：(1)M中的元素作点的横坐标，N中元素作点的纵坐标，在一、二象限的点共有3×2个；(2)M中的元素作点的纵坐标，N中元素作点的横坐标，在一、二象限的点有2×4个，故所求不同点的个数为3×2＋2×4＝14(个)．‎ 考点二　排列问题 命题点 ‎1.有限制条件的排列 ‎2.相邻元素的排列 ‎3.不相邻元素的排列 ‎4.定序问题的排列 ‎[例2]　(1)A、B、C、D、E五人并排站成一排，如果B必须站在A的右边(A、B可以不相邻)，那么不同的排法共有________种．‎ 解析：法一：可先排C、D、E三人，共有A种排法，剩余A、B两人只有一种排法，由分步乘法计数原理知满足条件的排法共有A＝60(种)．‎ 法二：五人全排列，共A种排法，其中B站在A的右边或左边对半，故所求排法种数为A＝60(种)．‎ 答案：60‎ ‎(2)(2017·山东临沂检测)有4名男生、5名女生，全体排成一行，下列情形各有多少种不同的排法？‎ ‎①甲不在中间也不在两端；‎ ‎②甲、乙两人必须排在两端；‎ ‎③男女相间．‎ 解：①法一：(元素分析法)：先排甲有6种，再排其余人有A种排法，故共有6·A＝241 920(种)排法．‎ 法二：(位置分析法)：从甲外的8人排中间和两端有A种排法，包括甲在内的剩余6人有A种排法，故共有A·A＝336×720＝241 920(种)排法．‎ 法三：(等机会法)：9个人全排列有A种，甲排在每一个位置的机会都是均等的，依题意得，甲不在中间及两端的排法总数有A×＝241 920(种)．‎ 法四：(间接法)：将4男5女共9人全排列有A种排法，应去掉甲排中间有的A种，去掉甲排两端的有‎2A种．故有A－3·A＝‎6A＝241 920(种)．‎ ‎②先排甲、乙，再排其余7人．‎ 共有A·A＝10 080(种)排法．‎ ‎③(插空法)先排4名男生有A种方法，再将5名女生插空，有A种方法，故共有A·A＝2 880(种)排法．‎ ‎[方法引航]　排列问题的常用技巧 捆绑法 把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列 插空法 对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空档中 先整体后局部 ‎“小集团”排列问题中先整体后局部 定序问题除法处理 对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列 间接法 正难则反，等价转化的方法 ‎1．将本例(1)改为：A，B，C，D，E排一排，其中A，B，C顺序固定，有多少种排法．‎ 解：假如有五个位置，先排好D，E两人，剩余的三个位置就按A，B，C的固定顺序安排，只有一种方法，故A＝5×4＝20.‎ ‎2．在本例(2)条件下，若甲，乙二人不相邻，有多少种排法．‎ 解：先排其余7人，有A种方法，产生8个“空位”，‎ ‎　甲乙二人插空有A，共有A·A种方法．‎ 考点三　组合问题 命题点 ‎1.某元素含在内部 ‎2.某元素不含在内部 ‎3.“至多，至少”含元素 ‎[例3]　某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货．现从35种商品中选取3种．‎ ‎(1)其中某一种假货必须在内，不同的取法有多少种？‎ ‎(2)其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种？‎ ‎(3)恰有2种假货在内，不同的取法有多少种？‎ ‎(4)至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？‎ ‎(5)至多有2种假货在内，不同的取法有多少种？‎ 解：(1)从余下的34种商品中，选取2种有C＝561(种)，‎ ‎∴某一种假货必须在内的不同取法有561种．‎ ‎(2)从34种可选商品中，选取3种，有C种或者C－C＝C＝5 984(种)．‎ ‎∴某一种假货不能在内的不同取法有5 984种．‎ ‎(3)从20种真货中选取1件，从15种假货中选取2件有CC＝2 100(种)．‎ ‎∴恰有2种假货在内的不同的取法有2 100种．‎ ‎(4)选取2件假货有CC种，选取3件假货有C种，共有选取方式CC＋C＝2 100＋455＝2 555(种)．‎ ‎∴至少有2种假货在内的不同的取法有2 555种．‎ ‎(5)选取3件的总数有C，因此共有选取方式 C－C＝6 545－455＝6 090(种)．‎ ‎∴至多有2种假货在内的不同的取法有6 090种．‎ ‎[方法引航]　(1)“含”与“不含”的问题：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取.‎ (2)“至少”、“至多”的问题：解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解.用直接法或间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理.‎ ‎1．在某校举行的羽毛球两人决赛中，采用5局3胜制的比赛规则，先赢3局者获胜，直到决出胜负为止．若甲、乙两名同学参加比赛，则所有可能出现的情形(个人输赢局次的不同视为不同情形)共有(　　)‎ A．6种　　　　　　　　 B．12种 C．18种 D．20种 解析：选D.分三种情况：恰好打3局(一人赢3局)，有2种情形；恰好打4局(一人前3局中赢2局，输一局，第4局赢)，共有‎2C＝6种情形；恰好打5局(一个前4局中赢2局，输2局，第5局赢)，共有‎2C＝12种情形．所有可能出现的情形共有2＋6＋12＝20(种)．‎ ‎2．甲、乙两人从4门课程中各选修2门，‎ 求：①甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有多少种？‎ ‎②甲、乙所选的课程中至少有一门不相同的选法有多少种？‎ 解：①甲、乙两人从4门课程中各选修2门，且甲、乙所选课程中恰有1门相同的选法种数共有CCC＝24(种)．‎ ‎②甲、乙两人从4门课程中各选两门不同的选法种数为CC，又甲乙两人所选的两门课程都相同的选法种数为C种，因此满足条件的不同选法种数为CC－C＝30(种)．‎ 考点四　分组与分配、排列与组合的综合应用 ‎[例4]　4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内．‎ ‎(1)恰有1个盒不放球，共有几种放法？‎ ‎(2)恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？‎ ‎(3)恰有2个盒不放球，共有几种放法？‎ 解：(1)为保证“恰有1个盒不放球”，先从4个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4个球，3个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？”即把4个球分成2,1,1的三组，然后再从3个盒子中选1个放2个球，其余2个球放在另外2个盒子内，由分步乘法计数原理得，共有CCC×A＝144(种)．‎ ‎(2)“恰有1个盒内有2个球”，即另外3个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，也即另外3个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事，所以共有144种放法．‎ ‎(3)确定2个空盒有C种方法．‎ ‎4个球放进2个盒子可分成(3,1)、(2,2)两类，第一类有序不均匀分组有CCA种方法；第二类有序均匀分组有·A种方法．故共有C(CCA＋·A)＝84(种)．‎ ‎[方法引航]　排列、组合综合题目，一般是将符合要求的元素取出(组合)或进行分组，再对取出的元素或分好的组进行排列.其中分组时，要注意“平均分组”与“不平均分组”的差异及分类的标准.‎ ‎1．将标号为1,2,3,4,5,6的6张卡片放入3个不同的信封中．若每个信封放2张，其中标号为1,2的卡片放入同一信封，则不同的放法共有(　　)‎ A．12种　　　　　　　　 B．18种 C．36种 D．54种 解析：选B.先放1、2的卡片有C种，再将3、4、5、6的卡片平均分成两组再放置，有·A种，故共有C·C＝18(种)．‎ ‎2．在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有__________种(用数字作答)．‎ 解析：把8张奖券分4组有两种分法，一种是分(一等奖，无奖)、(二等奖，无奖)、(三等奖，无奖)、(无奖，无奖)四组，分给4人有A种分法；另一种是一组两个奖，一组只有一个奖，另两组无奖，共有C种分法，再分给4人有CA种分法，所以不同获奖情况种数为A＋CA＝24＋36＝60.‎ 答案：60‎ ‎[方法探究]‎ 不同元素的分组分配问题 不同元素的分配问题，有时比较容易混淆，作为分配问题，可以分两步来完成，先分组后分配的原则，还要看是均匀分组还是非均匀分组，这样就对分配问题的解题有明确的思路．‎ ‎[典例]　按下列要求分配6本不同的书，各有多少种不同的分配方式？‎ ‎(1)分成三份，1份1本，1份2本，1份3本；‎ ‎(2)甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本；‎ ‎(3)平均分成三份，每份2本；‎ ‎(4)平均分配给甲、乙、丙三人，每人2本；‎ ‎(5)分成三份，1份4本，另外两份每份1本；‎ ‎(6)甲、乙、丙三人中，一人得4本，另外两人每人得1本；‎ ‎(7)甲得1本，乙得1本，丙得4本．‎ ‎[审题视点]　本题是分组分配问题，要注意区分平均、不平均分组或分配的区别与联系．‎ ‎[解]　(1)无序不均匀分组问题．‎ 先选1本，有C种选法；再从余下的5本中选2本，有C种选法；最后余下3本全选，有C种选法．‎ 故共有CCC＝60(种)．‎ ‎(2)有序不均匀分组问题．‎ 由于甲、乙、丙是不同的三人，在(1)题基础上，还应考虑再分配，共有CCCA＝360(种)．‎ ‎(3)无序均匀分组问题．‎ 先分三步，则应是CCC种方法，但是这里出现了重复．不妨记六本书为A，B，C，D，E，F，若第一步取了AB，第二步取了CD，第三步取了EF，记该种分法为(AB，CD，EF)，则CCC种分法中还有(AB，EF，CD)，(CD，AB，EF)，(CD，EF，AB)，(EF，CD，AB)，(EF，AB，CD)，共有A种情况，而这A 种情况仅是AB，CD，EF的顺序不同，因此只能作为一种分法，故分配方式有＝15(种)．‎ ‎(4)有序均匀分组问题．‎ 在(3)的基础上再分配给3个人，‎ 共有分配方式·A＝CCC＝90(种)．‎ ‎(5)无序部分均匀分组问题．共有＝15(种)．‎ ‎(6)有序部分均匀分组问题．‎ 在(5)的基础上再分配给3个人，‎ 共有分配方式·A＝90(种)．‎ ‎(7)直接分配问题．‎ 甲选1本，有C种方法；乙从余下的5本中选1本，有C种方法，余下4本留给丙，有C种方法，故共有分配方式CCC＝30(种)．‎ ‎[高考真题体验]‎ ‎1．(2016·高考全国丙卷)定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有‎2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意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{an}共有8项，其中4项为0,4项为1，要满足对任意k≤8，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数，则必有a1＝0，a8＝1，a2可为0，也可为1.(1)当a2＝0时，分以下3种情况：①若a3＝0，则a4，a5，a6，a7中任意一个为0均可，则有C＝4种情况；②若a3＝1，a4＝0，则a5，a ‎6，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.‎ ‎2．(2012·高考课标全国卷)将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有(　　)‎ 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种方案，故不同的安排方案共有CA＝12(种)，选A.‎ ‎3．(2014·高考大纲全国卷)有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有(　　)‎ A．60种 B．70种 C．75种 D．150种 解析：选C.由题意知，选2名男医生、1名女医生的方法有CC＝75(种)．‎ ‎4．(2016·高考四川卷)用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为(　　)‎ A．24 B．48‎ C．60 D．72‎ 解析：选D.奇数的个数为CA＝72.‎ 课时规范训练 A组　基础演练 ‎1．用数字1、2、3、4、5组成的无重复数字的四位偶数的个数为(　　)‎ A．8　　　　　　　　　　 B．24‎ C．48 D．120‎ 解析：选C.分两步：(1)数字2、4先排个位有A种排法．‎ ‎(2)余下4个数字再排前三位有A种排法，故共有AA＝48种排法．‎ ‎2．10名同学合影，站成了前排3人，后排7人．现摄影师要从后排7人中抽2人站前排，其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数为(　　)‎ A．CA B．CA C．CA D．CA 解析：选C.从后排抽2人的方法种数是C；前排的排列方法种数是A.由分步乘法计数原理知不同调整方法种数是CA.‎ ‎3．将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有(　　)‎ A．12种 B．18种 C．24种 D．36种 解析：选A.先排第一列，因为每列的字母互不相同，因此共有A种不同的排法．‎ 再排第二列，其中第二列第一行的字母共有A种不同的排法，第二列第二、三行的字母只有1种排法．‎ 因此共有A·A·1＝12(种)不同的排列方法．‎ ‎4．把标号为1,2,3,4,5的同色球全部放入编号为1～5号的箱子中，每个箱子放一个球且要求偶数号的球必须放在偶数号的箱子中，则所有的放法种数为(　　)‎ A．36 B．20‎ C．12 D．10‎ 解析：选C.依题意，标题为2、4的球放入编号为2、4的箱子中有A种放法，再把标号为1,3,5的球放入编号为1,3,5的箱子中有A种放法，所以满足题意的放法种数为A·A＝12，选C.‎ ‎5．某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有(　　)‎ A．4种 B．10种 C．18种 D．20种 解析：选B.分两种情况：①选2本画册，2本集邮册送给4位朋友，有C ‎＝6种方法；②选1本画册，3本集邮册送给4位朋友，有C＝4种方法，所以不同的赠送方法共有6＋4＝10(种)，故选B.‎ ‎6．在数字1,2,3与符号“＋”，“－”这五个元素的所有全排列中，任意两个数字都不相邻的全排列方法共有(　　)‎ A．6种 B．12种 C．18种 D．24种 解析：选B.先排符号“＋”，“－”，有A种排列方法，此时两个符号中间与两端共有3个空位，把数字1,2,3“插空”，有A种排列方法，因此满足题目要求的排列方法共有AA＝12(种)．‎ ‎7．将A，B，C，D，E五种不同的文件放入编号依次为1,2,3,4,5,6,7的七个抽屉内，每个抽屉至多放一种文件，若文件A，B必须放入相邻的抽屉内，文件C，D也必须放入相邻的抽屉内，则所有不同的放法有(　　)‎ A．120种 B．210种 C．420种 D．240种 解析：选D.可先排相邻的文件，再作为一个整体与其他文件排列，则有AAA＝240种排法，所以选D.‎ ‎8．六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有(　　)‎ A．192种 B．216种 C．240种 D．288种 解析：选B.根据甲、乙的位置要求分类解决，分两类．‎ 第一类：甲在左端，有A＝5×4×3×2×1＝120种方法；‎ 第二类：乙在左端，有‎4A＝4×4×3×2×1＝96种方法．‎ 所以共有120＋96＝216种方法．‎ ‎9．某台小型晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位．该台晚会节目演出顺序的编排方案共有(　　)‎ A．36种 B．42种 C．48种 D．54种 解析：选B.分两类，第一类：甲排在第一位时，丙排在最后一位，中间4个节目无限制条件，有A种排法；第二类：甲排在第二位时，从甲、乙、丙之外的3个节目中选1个节目排在第一位有C种排法，其他3个节目有A种排法，故有CA种排法．依分类加法计数原理，知共有A＋CA＝42(种)编排方案．‎ ‎10．把3盆不同的兰花和4盆不同的玫瑰花摆放在如图中的1,2,3,4,5,6,7所示的位置上，其中3盆兰花不能放在一条直线上，则不同的摆放方法有(　　)‎ A．2 680种 B．4 320种 C．4 920种 D．5 140种 解析：选B.先将7盆花全排列，共有A种排法，其中3盆兰花排在一条直线上的排法有‎5A×A(种)，故所求摆放方法有A－‎5AA＝4 320(种)．‎ B组　能力突破 ‎1．将甲、乙、丙、丁、戊五位同学分别保送到北大、上海交大和浙大3所大学，若每所大学至少保送1人，且甲不能被保送到北大，则不同的保送方案共有(　　)‎ A．150种 B．114种 C．100种 D．72种 解析：选C.先将五人分成三组，因为要求每组至少一人，所以可选择的只有2,2,1或者3,1,1，所以共有＋＝25种分组方法．因为甲不能去北大，所以有甲的那组只有上海交大和浙大两个选择，剩下的两组无限制，一共有4种方法，所以不同的保送方案共有25×4＝100(种)．‎ ‎2．某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案有________种．‎ 解析：①有1名女生的选派方法有CC＝8(种)．‎ ‎②有2名女生的选派方法有CC＝6(种)．‎ ‎∴不同的选派方案有8＋6＝14(种)．‎ 答案：14‎ ‎3．将6位志愿者分成4组，其中两个组各2人，另两个组各1人，分赴省运会的四个不同场馆服务，不同的分配方案有________种(用数字作答)．‎ 解析：先分组再分配，共有·A＝1 080(种)分配方案．‎ 答案：1 080‎ ‎4．张、王两家夫妇各带1个小孩一起到动物园游玩，购票后排队依次入园．为安全起见，首尾一定要排两位爸爸，另外，两个小孩一定要排在一起，则这6人的入园顺序排法种数为________．(用数字作答)‎ 解析：第一步：将两位爸爸排在两端有2种排法；第二步：将两个小孩视作一人与两位妈妈任意排在中间的三个位置上有A种排法；第三步：将两个小孩排序有2种排法．故总的排法有2×2×A＝24(种)．‎ 答案：24‎ ‎5．将序号分别为1,2,3,4,5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张．如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是__________种．‎ 解析：5张参观券分成4份，1份2张，另外3份各1张，且2张参观券连号，则有4种分法，把这4份参观券分给4人，则不同的分法种数是‎4A＝96(种)．‎ 答案：96‎ 第2课时　二项式定理 ‎1．二项式定理 二项式定理 ‎(a＋b)n＝Can＋Can－1b1＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn(n∈N*)‎ 二项展开式的通项公式 Tk＋1＝Can－kbk，它表示第k＋1项 二项式系数 二项展开式中各项的系数C(k∈{0,1,2，…，n})‎ ‎2.二项式系数的性质 ‎(1)0≤k≤n时，C与C的关系是C＝C.‎ ‎(2)二项式系数先增后减中间项最大 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，第项和项的二项式系数最大，最大值为 ‎(3)各二项式系数和：C＋C＋C＋…＋C＝2n，C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1.‎ ‎3．判断下列结论的正误(正确的打“√”错误的打“×”)‎ ‎(1)Can－rbr是二项展开式的第r项．(×)‎ ‎(2)二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项．(×)‎ ‎(3)(a＋b)n的展开式中某一项的二项式系数与a，b无关．(√)‎ ‎(4)在(1－x)9的展开式中系数最大的项是第五、第六两项．(×)‎ ‎(5)若(3x－1)7＝a7x7＋a6x6＋…＋a1x＋a0，则a7＋a6＋…＋a1的值为128.(×)‎ ‎(6)在(x＋1)n的展开式中，每一项的二项式系数就是这项的系数．(√)‎ ‎(7)(a＋b)n与(b＋a)n的展开式中通项公式是一样的．(×)‎ ‎(8)(x－y)n的展开式中，第m项的系数为(－1)mC.(×)‎ ‎(9)(1＋2x)5的展开式中含x的项的系数为5.(×)‎ ‎(10)n的展开式中不可能有常数项．(×)‎ 考点一　二项展开式的通项及应用 命题点 ‎1.求二项展开式特定项的系数 ‎2.非二项式展开式的特定项系数 ‎3.二项展开式中系数最值问题 ‎[例1]　(1)(2016·高考全国乙卷)(2x＋)5的展开式中，x3的系数是________．(用数字填写答案)‎ 解析：Tr＋1＝C(2x)5－r·()r＝25－rC·，令 ‎5－＝3，得r＝4，∴T5＝10x3，∴x3的系数为10.‎ 答案：10‎ ‎(2)(2016·高考四川卷)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：∵Tr＋1＝Cxr(i)6－r，∴含x4的项为T5＝Cx4i2＝－15x4.‎ 答案：A ‎(3)(2017·河北唐山一模)3展开式中的常数项为(　　)‎ A．－8 B．－12‎ C．－20 D．20‎ 解析：∵3＝6，∴Tr＋1＝Cx6－rr＝C(－1)rx6－2r，令6－2r＝0，得r＝3，∴常数项为C(－1)3＝－20.‎ 答案：C ‎(4)(2015·高考课标全国卷Ⅰ)(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为(　　)‎ A．10 B．20‎ C．30 D．60‎ 解析：法一：利用二项展开式的通项公式求解．‎ ‎(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，‎ 含y2的项为T3＝C(x2＋x)3·y2.‎ 其中(x2＋x)3中含x5的项为Cx4·x＝Cx5.‎ 所以x5y2的系数为CC＝30.故选C.‎ 法二：利用组合知识求解．‎ ‎(x2＋x＋y)5为5个x2＋x＋y之积，其中有两个取y，两个取x2，一个取x即可，所以x5y2的系数为CCC＝30.‎ 答案：C ‎[方法引航]　求二项展开式中的指定项，一般是利用通项公式进行，化简通项公式后，含字母的指数符合要求( 求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出项数k＋1，代回通项公式即可.‎ ‎1．在本例(1)中，求展开式中系数最大的项是第几项．‎ 解：设第r＋1项的系数最大，Tr＋1＝25－rC·，‎ 第r项的系数为26－rC 第r＋2项的系数为24－rC ‎∴，1≤r≤2‎ 当r＝1时，T2＝‎ 当r＝2时，T3＝‎ 故系数最大的项为T2或T3.‎ ‎2．在本例(2)中，求展开式中的常数项．‎ 解：由Tr＋1＝Cx6－r·ir可知，当r＝6时．‎ 常数项为T7＝C·i6＝－1.‎ ‎3．在本例(4)中，求展开式中含x3y3的系数．‎ 解析：(x2＋x＋y)5为5个x2＋x＋y之积，其中有三个取y，一个取x2，一个取x即可，所以x3y3的系数为CCC＝10×2×1＝20.‎ 考点二　二项展开式的系数和问题 命题点 ‎1.二项式系数和 ‎2.各项的系数和 ‎3.部分项的系数和 ‎[例2]　在(2x－3y)10的展开式中，求：‎ ‎(1)二项式系数的和；‎ ‎(2)各项系数的和；‎ ‎(3)奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和；‎ ‎(4)奇数项系数和与偶数项系数和；‎ ‎(5)x的奇次项系数和与x的偶次项系数和．‎ 解：设(2x－3y)10＝a0x10＋a1x9y＋a2x8y2＋…＋a10y10，(*)‎ 各项系数和为a0＋a1＋…＋a10，奇数项系数和为a0＋a2＋…＋a10，偶数项系数和为a1＋a3＋a5＋…＋a9，x的奇次项系数和为a1＋a3＋a5＋…＋a9，x的偶次项系数和为a0＋a2＋a4＋…＋a10.‎ 由于(*)是恒等式，故可用“赋值法”求出相关的系数和．‎ ‎(1)二项式系数的和为C＋C＋…＋C＝210.‎ ‎(2)令x＝y＝1，各项系数和为(2－3)10＝(－1)10＝1.‎ ‎(3)奇数项的二项式系数和为C＋C＋…＋C＝29，‎ 偶数项的二项式系数和为C＋C＋…＋C＝29.‎ ‎(4)令x＝y＝1，得到a0＋a1＋a2＋…＋a10＝1，①‎ 令x＝1，y＝－1(或x＝－1，y＝1)，‎ 得a0－a1＋a2－a3＋…＋a10＝510，②‎ ‎①＋②得2(a0＋a2＋…＋a10)＝1＋510，‎ ‎∴奇数项系数和为；‎ ‎①－②得2(a1＋a3＋…＋a9)＝1－510，‎ ‎∴偶数项系数和为.‎ ‎(5)x的奇次项系数和为a1＋a3＋a5＋…＋a9＝；‎ x的偶次项系数和为a0＋a2＋a4＋…＋a10＝.‎ ‎[方法引航]　(1)“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(ax＋b)n、(ax2＋bx＋c)m(a、b∈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；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.‎ (2)若f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f(x)展开式中各项系数之和为f(1)，奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝，偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝.‎ ‎1.5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为(　　)‎ A．－40　　　　　　　　　 B．－20‎ C．20 D．40‎ 解析：选D.令x＝1得(1＋a)(2－1)5＝1＋a＝2，所以a＝1.‎ 因此5展开式中的常数项即为5展开式中的系数与x的系数的和.5展开式的通项为Tk＋1＝C(2x)5－k·(－1)k·x－k＝C25－kx5－2k·(－1)k.令5－2k＝1，得2k＝4，即k＝2，因此5展开式中x的系数为C25－2(－1)2＝80.令5－2k＝－1，得2k＝6，即k＝3，因此5展开式中的系数为C25－3·(－1)3＝－40.‎ 所以5展开式中的常数项为80－40＝40.‎ ‎2．(2017·广西来宾一中检测)(1－x＋x2)3(1－2x2)4＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a14x14，则a1＋a3＋a5＋…＋a13的值为________．‎ 解析：设f(x)＝(1－x＋x2)3(1－2x2)4.令x分别取1，－1，f(1)＝a0＋a1＋a2＋…＋a13＋a14＝1，f(－1)＝a0－a1＋a2－…－a13＋a14＝27，∴a1＋a3＋a5＋…＋a13＝＝＝－13.‎ 答案：－13‎ 考点三　二项式定理的综合应用 命题点 ‎1.研究整除及余数问题 ‎2.求近似值问题 ‎[例3]　(1)若S＝C＋C＋…＋C，求S除以9的余数．‎ 解：S＝C＋C＋…＋C＝227－1＝89－1‎ ‎＝(9－1)9－1＝C×99－C×98＋…＋C×9－C－1‎ ‎＝9(C×98－C×97＋…＋C)－2.‎ ‎∵C×98－C×97＋…＋C是正整数，‎ ‎∴S被9除的余数为7.‎ ‎(2)求1.025的近似值．(精确到两位小数)‎ 解：1.025＝(1＋0.02)5＝1＋C×0.02＋C×0.022＋…＋C×0.025≈1＋5×0.02＝1.10.‎ ‎[方法引航]　(1)利用二项式定理进行近似计算：当n不很大，|x|比较小时，(1＋x)n≈1＋nx.‎ (2)利用二项式定理证明整除问题或求余数问题：在证明整除问题或求余数问题时要进行合理的变形，使被除式(数)展开后的每一项都有除式的因式，要注意变形的技巧.‎ ‎1．将本例(1)变为S＝1＋2＋22＋…＋25n－1.求证：S能被31整除．‎ 证明：∵1＋2＋22＋…＋25n－1＝＝25n－1＝32n－1＝(31＋1)n－1‎ ‎＝C×31n＋C×31n－1＋…＋C×31＋C－1‎ ‎＝31(C×31n－1＋C×31n－2＋…＋C)，‎ 显然C×31n－1＋C×31n－2＋…＋C为整数，‎ ‎∴原式能被31整除．‎ ‎2．将本例(2)改为：求1.028的近似值．(精确到小数点后三位)‎ 解：1.028＝(1＋0.02)8≈C＋C·0.02＋C·0.022＋C·0.023≈1.172.‎ ‎[易错警示]‎ 多次应用二项展开式通项公式搭配不全 ‎[典例]　(x2＋2)5的展开式的常数项是(　　)‎ A．－3　　　　　　　　　　　 B．－2‎ C．2 D．3‎ ‎[正解]　二项式5展开式的通项为：‎ Tr＋1＝C5－r·(－1)r＝C·x2r－10·(－1)r.‎ 当2r－10＝－2，即r＝4时，有 x2·Cx－2·(－1)4＝C×(－1)4＝5；‎ 当2r－10＝0，即r＝5时，有2·Cx0·(－1)5＝－2.‎ ‎∴展开式中的常数项为5－2＝3，故选D.‎ ‎[答案]　D ‎[易误]　(x2＋2)与5的各因式的积为常数项，不只是2与(－1)的积，还有x2与x－2的积也为常数．‎ ‎[警示]　求几个二项式积的展开式中某项的系数或特定项时，一般要根据这几个二项式的结构特征进行分类搭配，分类时要抓住一个二项式逐项分类，分析其它二项式应满足的条件，然后再求解结果．‎ ‎[高考真题体验]‎ ‎1．(2015·高考课标全国卷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：(1＋x)4的展开式通项为Cxr，其中r可取0,1,2,3,4.‎ x的所有奇数次幂为aCx，aCx3，Cx，Cx3，Cx5，‎ ‎∴系数和为‎8a＋8＝32，∴a＝3.‎ 答案：3‎ ‎2．(2014·高考课标全国卷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)(x＋y)8＝x(x＋y)8－y(x＋y)8，故展开式中x2y7的系数为C－C＝8－28＝－20.‎ 答案：－20‎ ‎3．(2014·高考课标全国卷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：∵(x＋a)10展开式的通项为Tr＋1＝Cx10－rar(r＝0,1，…，10)，‎ ‎∴(x＋a)10的展开式中x7的系数为Ca3＝15，得a＝.‎ 答案： ‎4．(2013·高考课标全国卷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.由题意可知a＝C，b＝C，又‎13a＝7b，即‎13C＝‎7C，解得m＝6.‎ 课时规范训练 A组　基础演练 ‎1．(1＋2x)5的展开式中，x2的系数等于(　　)‎ A．80　　　　　　　　　　 B．40‎ C．20 D．10‎ 解析：选B.Tk＋1＝C15－k(2x)k＝C×2k×xk，令k＝2，则可得含x2项的系数为C×22＝40.‎ ‎2.5展开式中的常数项为(　　)‎ A．80 B．－80‎ C．40 D．－40‎ 解析：选C.Tk＋1＝C(x2)5－kk＝C(－2)kx10－5k，令10－5k＝0得k＝2.∴常数项为T3＝C(－2)2＝40.‎ ‎3．(x－y)8的展开式中，x6y2项的系数是(　　)‎ A．56 B．－56‎ C．28 D．－28‎ 解析：选A.二项式的通项为Tr＋1＝Cx8－r(－y)r，令8－r＝6，即r＝2，得x6y2‎ 项的系数为C(－)2＝56.‎ ‎4．已知8展开式中常数项为1 120，其中a是常数，则展开式中各项系数的和是(　　)‎ A．28 B．38‎ C．1或38 D．1或28‎ 解析：选C.由题意知C·(－a)4＝1 120，解得a＝±2，令x＝1，得展开式中各项系数的和为(1－a)8＝1或38.‎ ‎5．如果n的展开式中含有常数项，则正整数n的最小值为(　　)‎ A．3 B．5‎ C．6 D．10‎ 解析：选B.n的展开式的通项为Tr＋1＝C·(2)n－rr＝‎ ‎∵n，r∈N，且r≤n，∴n＝5r∈N，即n的最小值为5.‎ ‎6．在n的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中常数项是(　　)‎ A．－7 B．7‎ C．－28 D．28‎ 解析：选B.由题意有n＝8，Tk＋1＝C8－k(－1)kx8－k，k＝6时为常数项，常数项为7.‎ ‎7．已知C＋‎2C＋‎22C＋‎22C＋…＋2nC＝729，则C＋C＋C＋…＋C等于(　　)‎ A．63 B．64‎ C．31 D．32‎ 解析：选A.逆用二项式定理得C＋‎2C＋‎22C＋‎23C＋…＋2nC＝(1＋2)n＝3n＝729，即3n＝36，所以n＝6，所以C＋C＋C＋…＋C＝26－C＝64－1＝63.故选A.‎ ‎8．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·＝C(－1)r ‎，所以＝，‎ 解得n＝10，‎ 所以Tr＋1＝C·(－1)r·，令20－＝0，则r＝8.所以常数项为T9＝C＝C＝45.‎ ‎9．在5的二项展开式中，x的系数为(　　)‎ A．10 B．－10‎ C．40 D．－40‎ 解析：选D.因为Tk＋1＝C(2x2)5－kk ‎＝C25－kx10－2k(－1)kx－k＝C25－k(－1)kx10－3k，‎ 令10－3k＝1，得k＝3，‎ 所以x的系数为C25－3(－1)3＝－40.‎ ‎10．(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等于(　　)‎ A．6 B．7‎ C．8 D．9‎ 解析：选B.(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.‎ B组　能力突破 ‎1．(4x－2－x)6(x∈R)展开式中的常数项是(　　)‎ A．－20 B．－15‎ C．15 D．20‎ 解析：选C.设展开式的常数项是第k＋1项，则Tk＋1＝C·(4x)6－k·(－2－x)k＝C·(－1)‎ k·212x－2kx·2－kx＝C·(－1)k·212x－3kx，∴12x－3kx＝0恒成立．∴k＝4，∴T5＝C·(－1)4＝15.‎ ‎2．若(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)n＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋an(1－x)n，则a0－a1＋a2－…＋(－1)nan等于(　　)‎ A.(3n－1) B.(3n－2)‎ C.(3n－2) D.(3n－1)‎ 解析：选D.在展开式中，令x＝2得3＋32＋33＋…＋3n＝a0－a1＋a2－a3＋…＋(－1)nan，‎ 即a0－a1＋a2－a3＋…＋(－1)nan＝＝(3n－1)．‎ ‎3．设(x－1)21＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a21x21，则a10＋a11＝________.‎ 解析：a10，a11分别是含x10和x11项的系数，‎ 所以a10＝－C，a11＝C，‎ 所以a10＋a11＝C－C＝0.‎ 答案：0‎ ‎4．(2016·高考山东卷)若5的展开式中x5的系数是－80，则实数a＝________.‎ 解析：Tr＋1＝，令10－r＝5，‎ 解之得r＝2，所以a‎3C＝－80，a＝－2.‎ 答案：－2‎ ‎5．(2016·高考天津卷)8的展开式中x7的系数为________．(用数字作答)‎ 解析：Tr＋1＝Cx16－2r(－1)rx－r＝(－1)r·Cx16－3r，令16－3r＝7，得r＝3，所以x7的系数为(－1)‎3C＝－56.‎ 答案：－56‎ ‎6．已知(1＋3x)n的展开式中，后三项的二项式系数的和等于121，则展开式中二项式系数最大的项为________．‎ 解析：由已知得C＋C＋C＝121，则n·(n－1)＋n＋1＝121，即n2＋n－240＝0，解得n＝15(舍去负值)，所以展开式中二项式系数最大的项是T8＝C(3x)7和T9＝C(3x)8.‎ 答案：T8＝C(3x)7和T9＝C(3x)8‎ 第3课时　随机事件的概率 ‎1．概率和频率 ‎(1)在相同的条件S下重复n次试验，观察某一事件A是否出现，称n次试验中事件A出现的次数nA为事件A出现的频数，称事件A出现的比例fn(A)＝为事件A出现的频率．‎ ‎(2)对于给定的随机事件A，在相同条件下，随着试验次数的增加，事件A发生的频率会在某个常数附近摆动并趋于稳定，我们可以用这个常数来刻画随机事件A发生的可能性大小，并把这个常数称为随机事件A的概率，记作P(A)．‎ ‎2．事件的关系与运算 定义 符号表示 包含关系 如果事件A发生，则事件B一定发生，这时称事件B包含事件A(或称事件A包含于事件B)‎ B⊇A(或A⊆B)‎ 相等关系 若B⊇A且A⊇B A＝B 并事件(和事件)‎ 若某事件发生当且仅当事件A发生或事件B发生，称此事件为事件A与事件B的并事件(或和事件)‎ A∪B(或A＋B)‎ 交事件(积事件)‎ 若某事件发生当且仅当事件A发生且事件B发生，则称此事件为事件A与事件B的交事件(或积事件)‎ A∩B(或AB)‎ 互斥事件 若A∩B为不可能事件(A∩B＝∅)，则称事件 A∩B＝∅‎ A与事件B互斥 对立事件 若A∩B为不可能事件，A∪B为必然事件，那么称事件A与事件B互为对立事件 P(A)＋P(B)＝1‎ ‎3.概率的几个基本性质 ‎(1)概率的取值范围：0≤P(A)≤1.‎ ‎(2)必然事件的概率P(E)＝1.‎ ‎(3)不可能事件的概率P(F)＝0.‎ ‎(4)概率的加法公式 如果事件A与事件B互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．‎ ‎(5)对立事件的概率 若事件A与事件B互为对立事件，则P(A)＝1－P(B)．‎ ‎4．判断下列结论的正误(正确的打“√”错误的“×”)‎ ‎(1)事件发生频率与概率是相同的．(×)‎ ‎(2)随机事件和随机试验是一回事．(×)‎ ‎(3)在大量重复试验中，概率是频率的稳定值．(√)‎ ‎(4)两个事件的和事件是指两个事件都得发生．(×)‎ ‎(5)对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件．(√)‎ ‎(6)两互斥事件的概率和为1.(×)‎ ‎(7)一个人打靶连续射击两次，事件“至少有一次中靶”与“至多有一次中靶”是对立事件．(×)‎ ‎(8)“冬去春来”为必然事件．(√)‎ ‎(9)有一大批产品，已知次品率为10%，从中任取100件，必有10件次品．(×)‎ ‎(10)做7次抛硬币的试验，结果3次出现正面，因此出现正面的概率为.(×)‎ 考点一　随机事件的关系 命题点 ‎1.对立事件的判定 ‎2.互斥事件的判定 ‎[例1]　(1)在一次随机试验中，彼此互斥的事件A，B，C，D的概率分别为0.2,0.2,0.3,0.3，则下列说法正确的是(　　)‎ 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：‎ 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．‎ 答案：D ‎(2)一个人打靶时连续射击两次，事件“至少有一次中靶”的互斥事件是(　　)‎ A．至多有一次中靶　　　　　 B．两次都中靶 C．只有一次中靶 D．两次都不中靶 解析：“至少有一次中靶”包含“中靶一次”，“中靶两次”，其对立事件为“两次都不中”．‎ 答案：D ‎[方法引航]　判断事件的关系，尤其是互斥事件和对立事件，在求概率时非常重要，对互斥事件要把握住不能同时发生，而对于对立事件除不能同时发生外，其并事件应为必然事件，这些也可类比集合进行理解.具体应用时，可把所有试验结果写出来，看所求事件包含哪几个试验结果，从而断定所给事件的关系.‎ ‎1．一个均匀的正方体玩具的各个面上分别标有数字1,2,3,4,5,6.将这个玩具向上抛掷1次，设事件A表示向上的一面出现奇数点，事件B表示向上的一面出现的点数不超过3，事件C表示向上的一面出现的点数不小于4，则(　　)‎ 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 解析：选D.根据互斥事件与对立事件的意义作答，A∩B＝{出现点数1或3}，事件A，B不互斥也不对立；B∩C＝∅，B∪C＝Ω，故事件B，C是对立事件．‎ ‎2．在5张电话卡中，有3张移动卡和2张联通卡，从中任取2张，若事件“2张全是移动卡”的概率是，那么概率是的事件是(　　)‎ A．至多有一张移动卡 B．恰有一张移动卡 C．都不是移动卡 D．至少有一张移动卡 解析：选A.至多有一张移动卡包含“一张移动卡，一张联通卡”、“两张全是联通卡”两个事件，它是“2张全是移动卡”的对立事件，故选A.‎ 考点二　随机事件的概率与频率 命题点 ‎1.求随机事件的频率 ‎2.求随机事件的概率 ‎[例2]　(2016·高考全国甲卷)某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：‎ 上年度出险次数 ‎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.‎ ‎[方法引航]　频率是个不确定的数，在一定程度上频率可以反映事件发生的可能性大小，但无法从根本上刻画事件发生的可能性大小.但从大量重复试验中发现，随着试验次数的增多，事件发生的频率就会稳定于某一固定的值，该值就是概率.概率是一个定值.‎ 随机抽取一个年份，对西安市该年4月份的天气情况进行统计，结果如下：‎ 日期 ‎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月份任取一天，估计西安市在该天不下雨的概率；‎ ‎(2)西安市某学校拟从4月份的一个晴天开始举行连续2天的运动会，估计运动会期间不下雨的概率．‎ 解：(1)在容量为30的样本中，不下雨的天数是26，以频率估计概率，4月份任选一天，西安市不下雨的概率为＝.‎ ‎(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.‎ 考点三　互斥事件、对立事件的概率 命题点 ‎1.利用互斥事件求概率 ‎2.利用对立事件求概率 ‎[例3]　(1)(2016·高考天津卷)甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是，甲获胜的概率是，则甲不输的概率为(　　)‎ A.　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：设“两人下成和棋”为事件A，“甲获胜”为事件B.事件A与B是互斥事件，所以甲不输的概率 P＝P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝＋＝，故选A.‎ 答案：A ‎(2)某商场有奖销售中，购满100元商品得1张奖券，多购多得.1 000张奖券为一个开奖单位，设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个．设1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为A、B、C，求：‎ ‎①P(A)，P(B)，P(C)；‎ ‎②1张奖券的中奖概率；‎ ‎③1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率．‎ 解：①P(A)＝，P(B)＝＝，‎ P(C)＝＝.‎ 故事件A，B，C的概率分别为，，.‎ ‎②1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.‎ ‎[方法引航]　(1)解决此类问题，首先应结合互斥事件和对立事件的定义分析出是不是互斥事件或对立事件，再选择概率公式进行计算.‎ (2)求复杂的互斥事件的概率一般有两种方法：一是直接求解法，将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率的和，运用互斥事件的求和公式计算；二是间接求法，先求此事件的对立事件的概率，再用公式P(A)＝1－P()计算.‎ ‎1．在本例(2)条件下，求一张奖券中一等奖或二等奖的概率．‎ 解：由题意知P(B∪C)＝P(B)＋P(C)＝＋＝＝.‎ ‎2．在本例(2)条件下，求一张奖券不中奖的概率．‎ 解：“中奖”与“不中奖”是对立事件．‎ ‎“不中奖”的概率P＝1－P(A∪B∪C)＝1－＝.‎ ‎[易错警示]‎ 互斥与对立相混致误 ‎[典例]　(2017·河南郑州质检)甲、乙两人下棋，和棋的概率为，乙获胜的概率为，则下列说法正确的是(　　)‎ A．甲获胜的概率是　　　 B．甲不输的概率是 C．乙输了的概率是 D．乙不输的概率是 ‎[正解]　“甲获胜”是“和棋或乙胜”的对立事件，所以“甲获胜”的概率是P＝1－－＝；‎ 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)＝＋＝；‎ 乙输了即甲胜了，所以乙输了的概率为；‎ 乙不输的概率为1－＝.‎ ‎[答案]　A ‎[易误]　没有分析透整个事件的分类应有三种：甲胜、和棋、乙胜，彼此互斥，乙获胜的对立事件是“乙不胜”，但不等于“乙输”，错选为C的较多．‎ ‎[警示]　对立事件和互斥事件都不可能同时发生，但对立事件必有一个要发生，而互斥事件可能都不发生．所以两个事件对立，则两个事件必是互斥事件；反之，两事件是互斥事件，但未必是对立事件．‎ ‎[高考真题体验]‎ ‎1．(2012·高考湖北卷)容量为20的样本数据，分组后的频数如下表：‎ 分组 ‎[10,20)‎ ‎[20,30)‎ ‎[30,40)‎ ‎[40,50)‎ ‎[50,60)‎ ‎[60,70)‎ 频数 ‎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．(2015·高考湖北卷)我国古代数学名著《数书九章》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1 534石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得254粒内夹谷28粒，则这批米内夹谷约为(　　)‎ A．134石 B．169石 C．338石 D．1 365石 解析：选B.254粒和1 534石中夹谷的百分比含量是大致相同的，可据此估计这批米内夹谷的数量．‎ 设1 534石米内夹谷x石，则由题意知＝，解得x≈169.故这批米内夹谷约为169石．‎ ‎3．(2015·高考北京卷)某超市随机选取1 000位顾客，记录了他们购买甲、乙、丙、丁四种商品的情况，整理成如下统计表，其中“√”表示购买，“×”表示未购买.‎ 商品 顾客人数　　　‎ 甲 乙 丙 丁 ‎100‎ ‎√‎ ‎×‎ ‎√‎ ‎√‎ ‎217‎ ‎×‎ ‎√‎ ‎×‎ ‎√‎ ‎200‎ ‎√‎ ‎√‎ ‎√‎ ‎×‎ ‎300‎ ‎√‎ ‎×‎ ‎√‎ ‎×‎ ‎85‎ ‎√‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎98‎ ‎×‎ ‎√‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎(1)估计顾客同时购买乙和丙的概率；‎ ‎(2)估计顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率；‎ ‎(3)如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买乙、丙、丁中哪种商品的可能性最大？‎ 解：(1)从统计表可以看出，在这1 000位顾客中有200位顾客同时购买了乙和丙，所以顾客同时购买乙和丙的概率可以估计为＝0.2.‎ ‎(2)从统计表可以看出，在这1 000位顾客中，有100位顾客同时购买了甲、丙、丁，另有200位顾客同时购买了甲、乙、丙，其他顾客最多购买了2种商品．所以顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率可以估计为＝0.3.‎ ‎(3)与(1)同理，可得：‎ 顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为＝0.2，‎ 顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为＝0.6，‎ 顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为＝0.1，‎ 所以，如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买丙的可能性最大．‎ 课时规范训练 A组　基础演练 ‎1．装有红球、白球和黑球各2个的口袋内一次取出2个球，则与事件“两球都为白球”互斥而非对立的事件是以下事件“①两球都不是白球；②两球恰有一个白球；③两球至少有一个白球”中的哪几个(　　)‎ A．①②　　　　　　　　　 B．①③‎ C．②③ D．①②③‎ 解析：选A.从口袋内一次取出2个球，这个试验的基本事件空间Ω＝{(白，白)，(红，红)，(黑，黑)，(红，白)，(红，黑)，(黑，白)}，包含6个基本事件，当事件A“两球都为白球”发生时，①②不可能发生，且A不发生时，①不一定发生，②不一定发生，故非对立事件，而A发生时，③可以发生，故不是互斥事件．‎ ‎2．从一箱产品中随机抽取一件，设事件A＝{抽到一等品}，事件B＝{抽到二等品}，事件C＝{抽到三等品}，且已知P(A)＝0.65，P(B)＝0.2，P(C ‎)＝0.1，则事件“抽到的不是一等品”的概率为(　　)‎ A．0.7 B．0.65‎ C．0.35 D．0.3‎ 解析：选C.由对立事件可得P＝1－P(A)＝0.35.‎ ‎3．先后抛掷硬币三次，则至少一次正面朝上的概率是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选D.设“至少一次正面朝上”为事件A，‎ ‎∵P()＝，∴P(A)＝1－P()＝.‎ ‎4．在第3、6、16路公共汽车的一个停靠站(假定这个车站只能停靠一辆公共汽车)，有一位乘客需在5分钟之内乘上公共汽车赶到厂里，他可乘3路或6路公共汽车到厂里，已知3路车和6路车在5分钟之内到此车站的概率分别为0.20和0.60，则该乘客在5分钟内能乘上所需要的车的概率为(　　)‎ A．0.20 B．0.60‎ C．0.80 D．0.12‎ 解析：选C.“能乘上所需要的车”记为事件A，则3路或6路车有一辆路过即事件发生，故P(A)＝0.20＋0.60＝0.80.‎ ‎5．某射手的一次射击中，射中10环、9环、8环的概率分别为0.2、0.3、0.1，则此射手在一次射击中不超过8环的概率为(　　)‎ A．0.5 B．0.3‎ C．0.6 D．0.9‎ 解析：选A.不超过8环的概率为1－0.2－0.3＝0.5.‎ ‎6．某产品分甲、乙、丙三级，其中乙、丙两级均属次品．若生产中出现乙级品的概率为0.03，丙级品的概率为0.01，则对成品抽查一件抽得正品的概率为________．‎ 解析：记“生产中出现甲级品、乙级品、丙级品”分别为事件A，B，C.则A，B，C彼此互斥，由题意可得P(B)＝0.03，P(C)＝0.01，所以P(A)＝1－P(B＋C)＝1－P(B)－P(C)＝1－0.03－0.01＝0.96.‎ 答案：0.96‎ ‎7．从一副混合后的扑克牌(52张)中，随机抽取1张，事件A为“抽得红桃K”，事件B为“抽得黑桃”，则概率P(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： ‎8．某小组有3名男生和2名女生，从中任选2名同学去参加演讲比赛，有下列三对事件 ：‎ ‎①恰有1名男生和恰有两名男生；‎ ‎②至少有1名男生和至少有1名女生；‎ ‎③至少有1名男生和全是女生．‎ 其中是互斥事件的为________．‎ 解析：①是互斥事件．‎ 理由是：在所选的2名同学中，“恰有1名男生”实质选出的是“1名男生和1名女生”，它与“恰有两名男生”不可能同时发生，所以是一对互斥事件．‎ ‎②不是互斥事件．‎ 理由是：“至少有1名男生”包括“1名男生、1名女生”和“两名都是男生”两种结果，“至少有1名女生”包括“1名女生、1名男生”“两名都是女生”两种结果，当事件“有1名男生和1名女生”发生时两个事件都发生了．‎ ‎③是互斥事件．‎ 理由是：“至少有1名男生”包括“1名男生、1名女生”和“两名都是男生”两种结果，它与“全是女生”不可能同时发生．‎ 答案：①③‎ ‎9．一只袋子中装有7个红玻璃球，3个绿玻璃球，从中无放回地任意抽取两次，每次只取一个，取得两个红球的概率为，取得两个绿球的概率为.‎ ‎(1)求取得两个同颜色球的概率；‎ ‎(2)求至少抽取一个红球的概率．‎ 解：设“取得两个红球”为事件A，“取得两个绿球”为事件B，则A、B互斥．‎ ‎(1)依题意，“取得两个同颜色球”即事件A＋B发生．‎ ‎∴P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝＋＝.‎ ‎(2)由于事件C“至少取得一个红球”与事件B“取得两个绿球”是对立事件．‎ 则至少取得一个红球的概率P(CA)＝1－P(B)＝1－＝.‎ ‎10．某班选派5人，参加学校举行的数学竞赛，获奖的人数及其概率如下：‎ 获奖人数 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ 概率 ‎0.1‎ ‎0.16‎ x y ‎0.2‎ z ‎(1)若获奖人数不超过2人的概率为0.56，求x的值；‎ ‎(2)若获奖人数最多4人的概率为0.96，最少3人的概率为0.44，求y、z的值．‎ 解：记事件“在竞赛中，有k人获奖”为Ak(k∈N，k≤5)，则事件Ak彼此互斥．‎ ‎(1)∵获奖人数不超过2人的概率为0.56.‎ ‎∴P(A0)＋P(A1)＋P(A2)＝0.1＋0.16＋x＝0.56.‎ 解得x＝0.3.‎ ‎(2)由获奖人数最多4人的概率为0.96，得 P(A5)＝1－0.96＝0.04，即z＝0.04.‎ 由获奖人数最少3人的概率为0.44，得 P(A3)＋P(A4)＋P(A5)＝0.44，‎ 即y＋0.2＋0.04＝0.44.解得y＝0.2.‎ B组　能力突破 ‎1．掷一个骰子的试验，事件A表示“小于5的偶数点出现”，事件B表示“小于5的点数出现”，若表示B的对立事件，则一次试验中，事件A＋发生的概率为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C.掷一个骰子的试验有6种可能结果．‎ 依题意P(A)＝＝，P(B)＝＝，‎ ‎∴P()＝1－P(B)＝1－＝，‎ ‎∵表示“出现5点或6点”的事件，‎ 因此事件A与互斥，‎ 从而P(A＋)＝P(A)＋P()＝＋＝.‎ ‎2．从某校高二年级的所有学生中，随机抽取20人，测得他们的身高(单位：cm)分别为：‎ ‎162,153,148,154,165,168,172,171,173,150，‎ ‎151,152,160,165,164,179,149,158,159,175.‎ 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.‎ ‎3．若随机事件A，B互斥，A，B发生的概率均不等于0，且P(A)＝2－a，P(B)＝‎4a－5，则实数a的取值范围是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选D.由题意知⇒‎ ⇒⇒0，即a2>b2.由题意知所有的基本事件有9个，即(1,0)，(1,1)，(1,2)，(2,0)，(2,1)，(2,2)，(3,0)，(3,1)，(3,2)，其中第一个数表示a的取值，第二个数表示b的取值．‎ 满足a2>b2的有6个基本事件，即(1,0)，(2,0)，(2,1)，(3,0)，(3,1)，(3,2)，所以所求事件的概率为＝.‎ ‎4．从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中任取七个不同的数，则这七个数的中位数是6的概率为________．‎ 解析：从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中任取七个不同的数，基本事件共有C＝120(个)，记事件“七个数的中位数为‎6”‎为事件A，则事件A包含的基本事件的个数为CC＝20，故所求概率P(A)＝＝.‎ 答案： ‎5．一个袋中装有四个形状大小完全相同的球，球的编号分别为1,2,3,4.‎ ‎(1)从袋中随机取两个球，求取出的球的编号之和不大于4的概率；‎ ‎(2)先从袋中随机取一个球，该球的编号为m，将球放回袋中，然后再从袋中随机取一个球，该球的编号为n，求n＜m＋2的概率．‎ 解：‎ ‎(1)从袋中随机取两个球，其一切可能的结果组成的基本事件有{1,2}，{1,3}，{1,4}，{2,3}，{2,4}，{3,4}，共6个．‎ 从袋中取出的球的编号之和不大于4的事件共有：{1,2}，{1,3}两个．因此所求事件的概率P＝＝.‎ ‎(2)先从袋中随机取一个球，记下编号为m，放回后，再从袋中随机取一个球，记下编号为n，其一切可能的结果(m，n)有：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，共16个．‎ 又满足条件n≥m＋2的事件为(1,3)，(1,4)，(2,4)，共3个，所以满足条件n＜m＋2的事件的概率为P1＝1－＝.‎ 第5课时　几何概型 ‎1．几何概型 如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度(面积或体积)成比例，则称这样的概率模型为几何概率模型，简称为几何概型．‎ ‎2．几何概型中，事件A的概率的计算公式 P(A)＝.‎ ‎3．要切实理解并掌握几何概型试验的两个基本特点 ‎(1)无限性：在一次试验中，可能出现的结果有无限多个；‎ ‎(2)等可能性：每个结果的发生具有等可能性．‎ ‎4．判断下列结论的正误(正确的中打“√”错误的打“×”)‎ ‎(1)在一个正方形区域内任取一点的概率是零．(√)‎ ‎(2)几何概型中，每一个基本事件就是从某个特定的几何区域内随机地取一点，该区域中的每一点被取到的机会相等．(√)‎ ‎(3)在几何概型定义中的区域可以是线段、平面图形、立体图形．(√)‎ ‎(4)随机模拟方法是以事件发生的频率估计概率．(√)‎ ‎(5)与面积有关的几何概型的概率与几何图形的形状有关．(×)‎ ‎(6)从区间[1,10]内任取一个数，取到1的概率是P＝.(×)‎ ‎(7)几何概型与古典概型中的基本事件发生的可能性都是相等的，其基本事件个数都有限．(×)‎ ‎(8)在线段[0,3]上任投一点，该点落在1点上的概率为.(×)‎ ‎(9)在边长为1的正方形内有一块阴影图形，随机向正方形中撒1 000粒黄豆，有180粒落到阴影里面，估计阴影部分面积为0.18.(√)‎ ‎(10)一个路口的红绿灯，红灯的时间为30秒，黄灯的时间为5秒，绿灯的时间为40秒，则某人到达路口时看见的是红灯的概率是.(√)‎ 考点一　与长度、角度有关的几何概型 命题点 ‎1.与一元变量有关的几何概型 ‎2.与实物长度有关的几何概型 ‎3.与射线旋转有关的几何概型 ‎[例1]　(1)在半径为1的圆内一条直径上任取一点，过这个点作垂直于直径的弦，则弦长超过圆内接等边三角形边长的概率是________．‎ 解析：记事件A为“弦长超过圆内接等边三角形的边长”，如图，不妨在过等边三角形BCD的顶点B的直径BE上任取一点F作垂直于直径的弦，当弦为CD时，就是等边三角形的边长，弦长大于CD的充要条件是圆心O到弦的距离小于OF由几何概型概率公式得：P(A)＝＝.‎ 答案： ‎(2)在区间[－2,4]上随机地取一个数x，若x满足|x|≤m的概率为，则m＝________.‎ 解析：由题意知m＞0，‎ 当m≤2时，满足|x|≤m的概率为＝＝，解得m＝(舍去)．‎ 当2＜m≤4时，所求概率为＝，∴m＝3.‎ 答案：3‎ ‎(3)如图，在△ABC中，∠B＝60°，∠C＝45°，高AD＝，在∠BAC内作射线AM交BC于点M，则BM＜1的概率为________．‎ 解析：∵∠B＝60°，∠C＝45°，∴∠BAC＝75°，‎ 在Rt△ADB中，AD＝，∠B＝60°，‎ ‎∴BD＝＝1，∠BAD＝30°.‎ 记事件N为“在∠BAC内作射线AM交BC于点M，使BM＜‎1”‎，则可得∠BAM＜∠BAD时事件N发生．‎ 由几何概型的概率公式得P(N)＝＝.‎ 答案： ‎[方法引航]　只有一个变量形成的事件区域常为“长度”型.当涉及射线的转动，扇形中有关落点区域问题时，应以角的大小作为区域度量来计算概率，且不可用线段代替，这是两种不同的度量手段.‎ ‎1．(2017·河南开封摸底)已知线段AC＝‎16 cm，先截取AB＝‎4 cm作为长方体的高，再将线段BC任意分成两段作为长方体的长和宽，则长方体的体积超过 ‎128 cm‎3的概率为__________．‎ 解析：依题意，设长方体的长为x cm，则相应的宽为(12－x)cm，由4x(12－x)>128得x2－12x＋32<0，(x－4)·(x－8)<0,490°的概率为__________．‎ 解析：‎ 如图，以AB为直径作圆，则圆在正方形ABCD内的区域为半圆，其面积S＝×π×12＝，满足条件∠AMB>90°的点M在半圆内，故所求概率P＝＝＝.‎ 答案： ‎(2)某校早上8：00开始上课，假设该校学生小张与小王在早上7：30～7：50之间到校，且每人在该时间段的任何时刻到校是等可能的，则小张比小王至少早5分钟到校的概率为__________．(用数字作答)‎ 解析：设小王到校时间为x，小张到校时间为y，则小张比小王至少早到5分钟时满足x－y≥5.如图，原点O表示7：30，在平面直角坐标系中画出小王和小张到校的时间构成的平面区域(图中正方形区域)，该正方形区域的面积为400，小张比小王至少早到5分钟对应的图形(图中阴影部分)的面积为×15×15＝，故所求概率P＝＝.‎ 答案： ‎(3)如图，点A的坐标为(1,0)，点C的坐标为(2,4)，函数f(x)＝x2.若在矩形ABCD内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率等于________．‎ 解析：由题意知，阴影部分的面积 S＝(4－x2)dx＝＝，‎ ‎∴所求概率P＝＝＝.‎ 答案： ‎[方法引航]　当基本事件受两个连续的变量控制时，一般是把两个变量分别作为一个点的横坐标和纵坐标，这样基本事件就构成了平面上的一个区域，即可借助平面区域解决.‎ ‎1．(2017·湖北荆州中学质检)在区间[－π，π]内随机取两个数分别记为a，b，则使得函数f(x)＝x2＋2ax－b2＋π有零点的概率为(　　)‎ A.　　　　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：选B.建立如图所示的平面直角坐标系，则试验的全部结果构成的区域为正方形ABCD及其内部．要使函数f(x)＝x2＋2ax－b2＋π有零点，则必须使Δ＝‎4a2－4(－b2＋π)≥0，即a2＋b2≥π，其表示的区域为图中阴影部分．故所求概率P＝＝＝.‎ ‎2．将一个质点随机投放在关于x，y的不等式组所构成的三角形区域内，则该质点到此三角形的三个顶点的距离均不小于1的概率是(　　)‎ A. B. C．1－ D．1－ 解析：选C.因为不等式组所表示的三角形区域(边长为3,4,5的直角三角形)的面积为×(5－1)×(4－1)＝6，所以满足条件的概率P＝1－＝1－，故选C.‎ ‎3．(2017·宁夏银川一模)如图，矩形OABC内的阴影部分由曲线f(x)＝sin x及直线x＝a(a∈[0，π])与x轴围成，向矩形OABC内随机掷一点，该点落在阴影部分的概率为，则a＝________.‎ 解析：根据题意，阴影部分的面积为 sin xdx＝－cos x＝1－cos a，‎ 又矩形的面积为a·＝4，‎ 则由几何概型的概率公式可得＝，‎ 即cos a＝－1，‎ 又a∈(0，π]，∴a＝π.‎ 答案：π 考点三　与体积有关的几何概型 命题点 ‎1.与多面体有关的体积 ‎2.与旋转体有关的体积 ‎[例3]　(1)已知正方体ABCDA1B‎1C1D1的棱长为1，在正方体内随机取点M，使四棱锥MABCD的体积小于的概率是________．‎ 解析：如图，在正方体ABCDA1B‎1C1D1中，取一点M.‎ 设MABCD的高为h，‎ 则×SABCD×h＜，‎ 又SABCD＝1，∴h＜，‎ 即点M在正方体的下半部分，‎ ‎∴所求概率P＝＝.‎ 答案： ‎(2)有一个底面圆的半径为1、高为2的圆柱，点O为这个圆柱底面圆的圆心，在这个圆柱内随机取一点P，则点P到点O的距离大于1的概率为________．‎ 解析：先求点P到点O的距离小于或等于1的概率，圆柱的体积V圆柱＝π×12×2＝2π，以O为球心，1为半径且在圆柱内部的半球的体积V半球＝×π×13＝ π.则点P到点O的距离小于或等于1的概率为＝，故点P到点O的距离大于1的概率为1－＝.‎ 答案： ‎[方法引航]　计算体积时，须充分结合图形，对不规则多面体，往往采取分割法分别计算.‎ ‎1．若本例(1)改为：在棱长为2的正方体ABCDA1B‎1C1D1中，点O为底面ABCD的中心，在正方体ABCDA1B‎1C1D1内随机取一点P，则点P到点O的距离大于1的概率为________．‎ 解析：V正＝23＝8，V半球＝×π×13＝π，‎ ＝＝，∴P＝1－.‎ 答案：1－ ‎2．若本例(2)改为：用橡皮泥做成一个直径为‎6 cm的小球，假设橡皮泥中混入了一个很小的砂粒，求这个砂粒距离球心不小于‎1 cm的概率．‎ 解：设“砂粒距离球心不小于‎1 cm”为事件A，球心为O，砂粒位置为M，则事件A发生，即为OM≥‎1 cm.‎ ‎∵R＝3，r＝1，‎ 则P(A)＝＝1－3＝，‎ 故砂粒距离球心不小于‎1 cm的概率为.‎ ‎[易错警示]‎ 对几何度量认识不清致误 ‎[典例]　节日前夕，小李在家门前的树上挂了两串彩灯．这两串彩灯的第一次闪亮相互独立，且都在通电后的4秒内任一时刻等可能发生，然后每串彩灯以4秒为间隔闪亮．那么这两串彩灯同时通电后，它们第一次闪亮的时刻相差不超过2秒的概率是(　　)‎ A.　　　　　　　　　 B. C. D. ‎[正解]　‎ 设两串彩灯同时通电后，第一次闪亮的时刻分别为x，y，则0≤x≤4,0≤y≤4，而事件A“它们第一次闪亮的时刻相差不超过2秒”，即|x－y|≤2，可行域如图阴影部分所示．‎ 由几何概型概率公式得 P(A)＝＝.‎ ‎[答案]　C ‎[易误]　“4秒为间隔闪亮”，误认为是两串灯的闪亮总时段相差不超过2秒，即概率为P＝＝，把面积型误认为是长度型．‎ ‎[警示]　对于几何概型问题，根据题意列出条件，找出试验的全部结果构成的区域及所求事件构成的区域是解题的关键，这时常常与线性规划问题联系在一起．‎ ‎[高考真题体验]‎ ‎1．(2016·高考全国甲卷)‎ 某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现，红灯持续时间为40秒．若一名行人来到该路口遇到红灯，则至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为(　　)‎ A.　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：选B.记“至少需要等待15秒才出现绿灯”为事件A，则P(A)＝＝.‎ ‎2．(2016·高考全国乙卷)某公司的班车在7：30,8：00,8：30发车，小明在7：50至8：30之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选B.法一：7：30的班车小明显然是坐不到的．当小明在7：50之后8：00之前到达，或者8：20之后8：30之前到达时，他等车的时间将不超过10分钟，故所求概率为＝.故选B.‎ 法二：当小明到达车站的时刻超过8：00，但又不到8：20时，等车时间将超过10分钟，7：50～8：30的其他时刻到达车站时，等车时间将不超过10分钟，故等车时间不超过10分钟的概率为1－＝.‎ ‎3．(2016·高考全国甲卷)从区间[0,1]随机抽取2n个数x1，x2，…，xn，y1，y2，…，yn，构成n个数对(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，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.如图，数对(xi，yi)(i＝1,2，…，n)表示的点落在边长为1的正方形OABC内(包括边界)，两数的平方和小于1的数对表示的点落在半径为1的四分之一圆(阴影部分)内，则由几何概型的概率公式可得＝⇒π＝.故选C.‎ ‎4．(2016·高考山东卷)在[－1,1]上随机地取一个数k，则事件“直线y＝kx与圆(x－5)2＋y2＝9相交”发生的概率为________．‎ 解析：圆(x－5)2＋y2＝9的圆心为C(5,0)，半径r＝3，故由直线与圆相交可得＜r，即＜3，整理得k2＜，得－＜k＜.‎ 故所求事件的概率P＝＝.‎ 答案： 课时规范训练 A组　基础演练 ‎1．“抖空竹”是中国的传统杂技，表演者在两根直径约8～12毫米的杆上系一根长度为‎1 m的绳子，并在绳子上放一空竹，则空竹与两端距离都大于‎0.2 m的概率为(　　)‎ A.　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：选B.与两端都大于‎0.2 m，空竹的运行范围为1－0.2－0.2＝‎0.6 m，记“空竹与两端距离都大于‎0.2 m”为事件A.由几何概型，P(A)＝＝.‎ ‎2．在面积为S的△ABC的边AB上任取一点P，则△PBC的面积大于的概率是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C.如图，要使S△PBC＞S△ABC，只需PB＞AB.‎ 故所求概率为P＝＝.‎ ‎3．一只蜜蜂在一个棱长为30的正方体玻璃容器内随机飞行．若蜜蜂在飞行过程中始终保持与正方体玻璃容器的6个表面的距离均大于10，则飞行是安全的，假设蜜蜂在正方体玻璃容器内飞行到每一个位置的可能性相同，那么蜜蜂飞行是安全的概率为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C.由题意，可知当蜜蜂在棱长为10的正方体区域内飞行时才是安全的．‎ 由几何概型的概率知蜜蜂飞行是安全的概率为＝.‎ ‎4．如图，M是半径为R的圆周上一个定点，在圆周上等可能的任取一点N，连接MN，则弦MN的长度超过R的概率是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选D.由题意知，当MN＝R时，∠MON＝，所以所求概率为＝.‎ ‎5．函数f(x)＝x2－x－2，x∈[－5,5]，那么任取一点x0∈[－5,5]，使f(x0)≤0的概率为(　　)‎ A．1 B. C. D. 解析：选C.令x2－x－2＝0，得x1＝－1，x2＝2，f(x)的图象是开口向上的抛物线，与x轴的交点为(－1,0)，(2,0)，图象在x轴下方，即f(x0)≤0的x0的取值范围为[－1,2]，∴P＝＝.‎ ‎6．如图，大正方形的面积是34，四个全等直角三角形围成一个小正方形，直角三角形的较短边长为3，向大正方形内抛撒一枚幸运小花朵，则小花朵落在小正方形内的概率为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选B.因为大正方形的面积是34，所以大正方形的边长是，由直角三角形的较短边长为3，得四个全等直角三角形的直角边分别是5和3，则小正方形边长为2，面积为4.所以小花朵落在小正方形内的概率P＝＝.‎ ‎7．已知x，y都是区间内任取的一个实数，则使得y≤sin x的概率是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选A.事件A的度量为函数y＝sin x的图象在内与x轴围成的图形的面积，即S＝∫0sin xdx＝1，则事件A的概率为P＝＝＝.故选A.‎ ‎8．已知P是△ABC所在平面内一点，＋＋2＝0.现将一粒黄豆随机撒在△ABC内，则黄豆落在△PBC内的概率是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选D.由题意可知，点P位于BC边的中线的中点处．记黄豆落在△PBC内为事件D，则P(D)＝＝.‎ ‎9．在区间[－1,1]上随机取一个数x，则sin 的值介于－与之间的概率为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选D.∵－1≤x≤1，∴－≤≤.‎ 由－≤sin ≤，得－≤≤，即－≤x≤1.‎ 故所求事件的概率为＝.‎ ‎10．如图，在矩形区域ABCD的A，C两点处各有一个通信基站，假设其信号的覆盖范围分别是扇形区域ADE和扇形区域CBF(该矩形区域内无其他信号来源，基站工作正常)．若在该矩形区域内随机地选一地点，则该地点无信号的概率是(　　)‎ A．1－ B.－1‎ C．2－ D. 解析：选A.依题意知，有信号的区域面积为×2＝，矩形面积为2，故无信号的概率P＝＝1－.‎ B组　能力突破 ‎1．如图，矩形长为6，宽为4，在矩形内随机地撒300颗黄豆，数得落在椭圆外的黄豆数为96，则以此实验数据为依据可以估算出椭圆的面积约为(　　)‎ A．7.68 B．16.32‎ C．17.32 D．8.68‎ 解析：选B.根据几何概型的概率公式得黄豆落在椭圆内的概率为P＝，‎ 而P＝＝0.68，S矩形＝24，‎ 故S椭圆＝P·S矩形＝0.68×24＝16.32.‎ ‎2．设k是一个正整数，已知k的展开式中第四项的系数为，函数y＝x2与y＝kx的图象所围成的区域如图中阴影部分所示，任取x∈[0,4]，y∈[0,16]，则点(x，y)恰好落在阴影部分内的概率为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C.由题意得C·＝，解得k＝4.阴影部分的面积S1＝(4x－x2)dx＝＝，‎ ‎∵任取x∈[0,4]，y∈[0,16]，∴以x、y为横、纵坐标的所有可能的点构成的区域的面积S2＝4×16＝64，所以所求概率P＝＝，故选C.‎ ‎3．设a∈[0,10]，则函数g(x)＝在区间(0，＋∞)内为增函数的概率为__________．‎ 解析：∵函数g(x)＝在区间(0，＋∞)上为增函数，‎ ‎∴a－2<0，解得a<2，‎ ‎∴函数g(x)＝在区间(0，＋∞)上为增函数的概率为＝.‎ 答案： ‎4．在长为‎10 cm的线段AB上任取一点G，以AG为半径作圆，则圆的面积介于36π cm2到64π cm2的概率是________．‎ 解析：如图，以AG为半径作圆，圆面积介于36π～64π cm2，则AG的长度应介于6～8 cm之间．‎ ‎∴所求概率P(A)＝＝.‎ 答案： ‎5．在面积为S的△ABC内部任取一点P，△PBC的面积大于的概率为________．‎ 解析：如图，假设当点P落在EF上时(EF∥BC)，恰好满足△PBC的面积等于，‎ 作PG⊥BC，AH⊥BC，则易知＝.‎ 符合要求的点P可以落在△AEF内的任一部分，其概率为P＝＝.‎ 答案： ‎6．如图是某算法的程序框图，若任意输入[1,19]中的实数x，则输出的x大于49的概率为________．‎ 解析：第一次循环：x变为2x－1，n＝2；第二次循环：x变为2(2x－1)－1，n＝3；第三次循环：x变为2[2(2x－1)－1]－1，n＝4，不满足循环条件，此时输出2[2(2x－1)－1]－1，由2[2(2x－1)－1]－1＞49，得x＞7，所以所求概率为＝.‎ 答案： 第6课时　独立重复试验与二项分布 ‎1．条件概率及其性质 ‎(1)对于任何两个事件A和B，在已知事件A发生的条件下，事件B发生的概率叫做条件概率，用符号P(B|A)来表示，其公式为P(B|A)＝(P(A)＞0)．‎ 在古典概型中，若用n(A)表示事件A中基本事件的个数，则P(B|A)＝.‎ ‎(2)条件概率具有的性质：‎ ‎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．相互独立事件 ‎(1)对于事件A、B，若事件A的发生与事件B的发生互不影响，则称事件A、B是相互独立事件．‎ ‎(2)若A与B相互独立，则P(B|A)＝P(B)，‎ P(AB)＝P(B|A)P(A)＝P(A)P(B)．‎ ‎(3)若A与B相互独立，则A与，与B，与也都相互独立．‎ ‎(4)若P(AB)＝P(A)P(B)，则A与B相互独立．‎ ‎3．二项分布 ‎(1)独立重复试验是指在相同条件下可重复进行的，各次之间相互独立的一种试验，在这种试验中每一次试验只有两种结果，即要么发生，要么不发生，且任何一次试验中发生的概率都是一样的．‎ ‎(2)在n次独立重复试验中，用X表示事件A发生的次数，设每次试验中事件A发生的概率为p，则P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0,1,2，…，n)，此时称随机变量X服从二项分布，记为X～B(n，p)，并称p为成功概率．‎ ‎4．判断下列结论的正误(正确的打“√”错误的打“×”)‎ ‎(1)条件概率一定不等于它的非条件概率．(×)‎ ‎(2)相互独立事件就是互斥事件．(×)‎ ‎(3)对于任意两个事件，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立．(×)‎ ‎(4)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.(×)‎ ‎(5)P(B|A)表示在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，P(AB)表示事件A，B同时发生的概率．(√)‎ ‎(6)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＝.(×)‎ ‎(7)“今天下雨”与“某人去北京”，是独立事件．(×)‎ ‎(8)如果A，B是两个独立事件，则1－P(A)P(B)表示A，B都不发生的概率．(×)‎ ‎(9)独立重复试验中，每一次实验只有两个结果，发生或不发生，其概率皆为.(×)‎ ‎(10)A与B互斥，也可以为独立事件．(×)‎ 考点一　条件概率 命题点 ‎1.利用条件概率定义求概率 ‎2.利用古典概型公式求概率 ‎3.利用几何概型公式求概率 ‎[例1]　(1)(2017·陕西西安质检)周老师上数学课时，给班里同学出了两道选择题，她预估做对第一道题的概率为0.80，做对两道题的概率为0.60，则预估做对第二道题的概率是(　　)‎ A．0.80　　　　　　　　　 B．0.75‎ C．0.60 D．0.48‎ 解析：设事件Ai(i＝1,2)表示“做对第i道题”，A1，A2相互独立，由已知得P(A1)＝0.8，P(A‎1A2)＝0.6，P(A2|A1)＝＝0.75.故选B.‎ 答案：B ‎(2)在100件产品中有95件合格品，5件不合格品．现从中不放回地取两次，每次任取一件，则在第一次取到不合格品后，第二次再取到不合格品的概率为________．‎ 解析：法一：设A＝{第一次取到不合格品}，‎ B＝{第二次取到不合格品}，则P(AB)＝，‎ 所以P(B|A)＝＝＝.‎ 法二：第一次取到不合格品后还剩余99件产品，其中有4件不合格品，故第二次取到不合格品的概率为.‎ 答案： ‎(3)如图所示，EFGH是以O为圆心，半径为1的圆的内接正方形，将一粒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：P(B|A)表示豆子落在正方形内的条件下落入三角形OHE内，故其概率P＝＝.‎ 答案： ‎[方法引航]　条件概率的求法：‎ (1)利用定义，分别求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝，这是通用的求条件概率的方法.‎ (2)借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再在事件A发生的条件下求事件B包含的基本事件数，即n(AB)，得P(B|A)＝.‎ ‎1．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__________．‎ 解析：设种子发芽为事件A，种子成长为幼苗为事件AB(发芽，又成活为幼苗)，则出芽后的幼苗成活率为P(B|A)＝0.8.P(A)＝0.9.‎ 根据条件概率公式P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝0.8×0.9＝0.72，即这粒种子能成长为幼苗的概率为0.72.‎ 答案：0.72‎ ‎2．把一枚硬币连续抛两次，记“第一次出现正面”为事件A，“第二次出现正面”为事件B，则P(B|A)等于(　　)‎ A.　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：选A.P(B|A)＝＝＝.‎ 考点二　相互独立事件的概率 命题点 ‎1.直接用独立事件概率公式 ‎2.结合互斥(对立)事件与独立事件求概率 ‎[例2]　(1)某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮．假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率为________．‎ 解析：依题意可知，该选手的第二个问题必答错，第三、四个问题必答对，故该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率P＝1×0.2×0.8×0.8＝0.128.‎ 答案：0.128‎ ‎(2)(2017·山东聊城一模)甲、乙、丙3位大学生同时应聘某个用人单位的职位，3人能被选中的概率分别为，，，且各自能否被选中互不影响．‎ ‎①求3人同时被选中的概率；‎ ‎②3人中有几人被选中的情况最容易出现？‎ 解：记甲、乙、丙能被选中的事件分别为A，B，C，则P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝.‎ ‎①3人同时被选中的概率为 P1＝P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝××＝.‎ ‎②3人中有2人被选中的概率为 P2＝P(AB∪AC∪BC)‎ ‎＝××＋××＋××＝.‎ ‎3人中只有1人被选中的概率为 P3＝P(A∪B∪C)‎ ‎＝××＋××＋××＝.‎ ‎3人均未被选中的概率为 P4＝P()＝××＝.‎ 由于P3>P2>P1＝P4，即P3最大．‎ 综上可知，3人中只有1人被选中的情况最容易出现．‎ ‎[方法引航]　相互独立事件概率的求法 ‎(1)首先要搞清事件间的关系(是否彼此互斥、是否相互独立、是否对立)，正确区分“互斥事件”与“对立事件”．当且仅当事件A和事件B相互独立时，才有P(AB)＝P(A)P(B)．‎ ‎(2)A，B中至少有一个发生：A∪B.‎ ‎①若A，B互斥：P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，否则不成立．‎ ‎②若A，B相互独立(不互斥)，则概率的求法：‎ 方法一：P(A∪B)＝P(AB)＋P(A)＋P(B)；‎ 方法二：P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝1－P()P()．‎ ‎(3)注意运用对立事件可把问题简化．‎ ‎①A，B中至少有一个发生的事件为A∪B；‎ ‎②A，B都发生的事件为AB；‎ ‎③A，B都不发生的事件为 ；‎ ‎④A，B恰有一个发生的事件为(A )∪(B)；‎ ‎⑤A，B至多一个发生的事件为(A )∪(B)∪( )．‎ ‎1．如图所示的电路中，有a，b，c三个开关，每个开关开或关的概率都是，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(A C)＝P(A)P()P(C)＝.‎ 答案： ‎2．在一场娱乐晚会上，有5位民间歌手(1至5号)登台演唱，由现场数百名观众投票选出最受欢迎歌手．各位观众须彼此独立地在选票上选3名歌手，其中观众甲是1号歌手的歌迷，他必选1号，不选2号，另外在3至5号中随机选2名．观众乙和丙对5位歌手的演唱没有偏爱，因此在1至5号中随机选3名歌手．‎ ‎(1)求观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率；‎ ‎(2)X表示3号歌手得到观众甲、乙、丙的票数之和，“求X≥‎2”‎的事件概率．‎ 解：(1)设A表示事件“观众甲选中3号歌手”，B表示事件“观众乙选中3号歌手”，则P(A)＝＝，P(B)＝＝.‎ ‎∵事件A与B相互独立，A与相互独立，则A·表示事件“‎ 甲选中3号歌手，且乙未选中3号歌手”．‎ ‎∴P(A)＝P(A)·P()＝P(A)·[1－P(B)]‎ ‎＝×＝，‎ .‎ ‎(2)设C表示事件“观众丙选中3号歌手”，则P(C)＝＝，‎ 依题意，A，B，C相互独立，，，相互独立，‎ 且AB，AC，BC，ABC彼此互斥．‎ 又P(X＝2)＝P(AB)＋P(AC)＋P(BC)‎ ‎＝××＋××＋××＝，‎ P(X＝3)＝P(ABC)＝××＝，‎ ‎∴P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝＋＝.‎ 考点三　独立重复试验与二项分布 命题点 ‎1.独立重复试验的概率 ‎2.求二项分布 ‎[例3]　(1)现有4人参加某娱乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择．为增加趣味性，约定：每个人通过投掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏，掷出点数为1或2的人去参加甲游戏，掷出点数大于2的人去参加乙游戏，则这4人中恰有2人去参加甲游戏的概率为__________．‎ 解析：由题意可知，这4人中，每人去参加甲游戏的概率为，去参加乙游戏的概率为.所以这4人中恰有2人去参加甲游戏的概率P＝C×2×2＝.‎ 答案： ‎(2)乒乓球单打比赛在甲、乙两名运动员间进行，比赛采用7局4胜制(即先胜4局者获胜，比赛结束)，假设两人在每一局比赛中获胜的可能性相同．‎ ‎①求甲以4比1获胜的概率；‎ ‎②求乙获胜且比赛局数多于5局的概率；‎ ‎③求比赛局数的分布列．‎ 解：①由已知得，甲、乙两名运动员在每一局比赛中获胜的概率都是.‎ 记“甲以4比1获胜”为事件A，‎ 则P(A)＝C34－3·＝.‎ ‎②记“乙获胜且比赛局数多于5局”为事件B.乙以4比2获胜的概率为P1＝C35－3·＝，‎ 乙以4比3获胜的概率为P2＝C36－3·＝，所以P(B)＝P1＋P2＝.‎ ‎③设比赛的局数为X，则X的可能取值为4,5,6,7.‎ P(X＝4)＝‎2C4＝，‎ P(X＝5)＝‎2C34－3·＝，‎ P(X＝6)＝‎2C35－3·＝，‎ P(X＝7)＝‎2C36－3·＝.‎ 比赛局数的分布列为 X ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ P ‎[方法引航]　独立重复试验中的概率公式Pn(k)＝Cpk(1－p)n－k表示的是n次独立重复试验中事件A发生k次的概率，p与(1－p) 的位置不能互换，否则该式子表示的意义就发生了改变，变为事件A有k次不发生的概率了.‎ ‎ ‎ ‎1．某一批花生种子，如果每粒发芽的概率都为，那以播下4粒种子恰有2粒发芽的概率是(　　)‎ A.　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：选B.独立重复试验B，‎ P(k＝2)＝C22＝.‎ ‎2．在一次数学考试中，第21题和第22题为选做题．规定每位考生必须且只须在其中选做一题．设4名学生选做每一道题的概率均为.‎ ‎(1)求其中甲、乙两名学生选做同一道题的概率；‎ ‎(2)设这4名考生中选做第22题的学生个数为ξ，求ξ的分布列．‎ 解：(1)设事件A表示“甲选做第21题”，事件B表示“乙选做第21题”，则甲、乙两名学生选做同一道题的事件为“AB＋，且事件A、B相互独立”．‎ 故P(AB＋)‎ ‎＝P(A)P(B)＋P()P()‎ ‎＝×＋×＝.‎ ‎(2)随机变量ξ的可能取值为0,1,2,3,4，且ξ～B，‎ 则P(ξ＝k)＝Ck4－k ‎＝C4(k＝0,1,2,3,4)．‎ 故变量ξ的分布列为 ξ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ P ‎[易错警示]‎ 独立事件与独立重复试验易混 ‎[典例]　某射手每次射击击中目标的概率是，且各次射击的结果互不影响．‎ ‎ (1)假设这名射手射击5次，求恰有2次击中目标的概率；‎ ‎(2)假设这名射手射击5次，求有3次连续击中目标，另外2次未击中目标的概率；‎ ‎(3)假设这名射手射击3次，每次射击，击中目标得1分，未击中目标得0分．在3次射击中，若有2次连续击中，而另外1次未击中，则额外加1分；若3次全击中，则额外加3分．记ξ为射手射击3次后的总分数，求ξ的分布列．‎ ‎[正解]　(1)设X为射手在5次射击中击中目标的次数，则X～B.在5次射击中，恰有2次击中目标的概率为P(X＝2)＝C×2×3＝.‎ ‎(2)设“第i次射击击中目标”为事件Ai(i＝1,2,3,4,5)，“射手在5次射击中，有3次连续击中目标，另外2次未击中目标”为事件A，则 P(A)＝P(A‎1A2A3 )＋P(A‎2A3A4)＋P( A‎3A4A5)＝3×2＋×3×＋2×3＝.‎ ‎(3)设“第i次射击击中目标”为事件Ai(i＝1,2,3)．‎ 由题意可知，ξ的所有可能取值为0,1,2,3,6.‎ P(ξ＝0)＝P( )＝3＝；‎ P(ξ＝1)＝P(A1 )＋P(A2)＋P( A3)‎ ‎＝×2＋××＋2×＝；‎ P(ξ＝2)＝P(A‎1‎A3)＝××＝；‎ P(ξ＝3)＝P(A‎1A2)＋P(A‎2A3)‎ ‎＝2×＋×()2＝；‎ P(ξ＝6)＝P(A‎1A2A3)＝3＝.‎ 所以ξ的分布列是 ξ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎6‎ P ‎[易误]　解本题第(2)问易因不明独立事件与独立重复试验的区别，误认为是n次独立重复试验，可导致求得P＝C3×2＝这一错误结果．‎ ‎[警示]　正确区分相互独立事件与n次独立重复试验是解决这类问题的关键．独立重复试验是在同一条件下，事件重复发生或不发生．‎ ‎[高考真题体验]‎ ‎1．(2014·高考课标全国卷Ⅱ)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 解析：选A.由条件概率公式可得所求概率为＝0.8，故选A.‎ ‎2．(2015·高考课标全国卷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.该同学通过测试的概率P＝C×0.62×0.4＋0.63＝0.432＋0.216＝0.648，故选A.‎ ‎3．(2015·高考福建卷)某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误，该银行卡将被锁定．小王到该银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但可以确认该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试．若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定．‎ ‎(1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率；‎ ‎(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X，求X的分布列和数学期望．‎ 解：(1)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A，‎ 则P(A)＝××＝.‎ ‎(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×＝.‎ ‎4．(2013·高考课标全国卷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的所有可能取值为400,500,800，并且P(X＝500)＝；P(X＝800)＝；P(X＝400)＝1－－＝.‎ 所以X的分布列为 X ‎400‎ ‎500‎ ‎800‎ P 所以E(X)＝400×＋500×＋800×＝506.25.‎ 课时规范训练 A组　基础演练 ‎1．设随机变量X～B(2，p)，Y～B(4，p)，若P(X≥1)＝，则P(Y≥2)的值为(　　)‎ A.　　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：选B.P(X≥1)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝Cp(1－p)＋Cp2＝，解得p＝.(0≤p≤1，故p＝舍去)．‎ 故P(Y≥2)＝1－P(Y＝0)－P(Y＝1)＝1－C×4－C××3＝.‎ ‎2．甲、乙两人同时报考某一所大学，甲被录取的概率为0.6，乙被录取的概率为0.7，两人是否被录取互不影响，则其中至少有一人被录取的概率为(　　)‎ A．0.124 B．0.42‎ C．0.46 D．0.88‎ 解析：选D.∵所求事件的对立事件为“两人均未被录取”，∴P ‎＝1－(1－0.6)(1－0.7)＝1－0.12＝0.88.‎ ‎3．甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要再赢一局就获得冠军，乙队需要再赢两局才能获得冠军，若两队胜每局的概率相同，则甲队获得冠军的概率为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选D.甲队若要获得冠军，有两种情况，可以直接胜一局，获得冠军，概率为，也可以乙队先胜一局，甲队再胜一局，概率为×＝，故甲队获得冠军的概率为＋＝.‎ ‎4．从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A＝“取到的2个数之和为偶数”，事件B＝“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)等于(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选B.A的基本事件为(1,3)，(1,5)，(2,4)，(3,5)共4个．AB的基本事件为(2,4)，∴P(B|A)＝.‎ ‎5．某种元件的使用寿命超过1年的概率为0.6，使用寿命超过2年的概率为0.3，则使用寿命超过1年的元件还能继续使用的概率为(　　)‎ A．0.3 B．0.5‎ C．0.6 D．1‎ 解析：选B.设事件A为“该元件的使用寿命超过1年”，B为“该元件的使用寿命超过2年”，则P(A)＝0.6，P(B)＝0.3.因为B⊆A，所以P(AB)＝P(B)＝0.3，于是P(B|A)＝＝＝0.5.‎ ‎6．明天上午李明要参加校运动会，为了准时起床，他用甲、乙两个闹钟叫醒自己．假设甲闹钟准时响的概率为0.80，乙闹钟准时响的概率是0.90，则两个闹钟至少有一个准时响的概率是________．‎ 解析：1－0.20×0.10＝1－0.02＝0.98.‎ 答案：0.98‎ ‎7．某篮球队员在比赛中每次罚球的命中率相同，且在两次罚球中至多命中一次的概率为，则该队员每次罚球的命中率为________．‎ 解析：设该队员每次罚球的命中率为p(其中0＜p＜1)，则依题意有1－p2＝，p2＝.又0＜p＜1，因此有p＝.‎ 答案： ‎8．一个病人服用某种新药后被治愈的概率为0.9，服用这种新药的有甲、乙、丙3位病人，且各人之间互不影响，有下列结论：‎ ‎①3位病人都被治愈的概率为0.93；‎ ‎②3人中的甲被治愈的概率为0.9；‎ ‎③3人中恰有2人被治愈的概率是2×0.92×0.1；‎ ‎④3人中恰好有2人未被治愈的概率是3×0.9×0.12；‎ ‎⑤3人中恰好有2人被治愈，且甲被治愈的概率是0.92×0.1.‎ 其中正确结论的序号是________．(把正确的序号都填上)‎ 答案：①②④‎ ‎9．某工厂生产了一批产品共有20件，其中5件是次品，其余都是合格品，现不放回地从中依次抽取2件．求：‎ ‎(1)第一次抽到次品的概率；‎ ‎(2)第一次和第二次抽到次品的概率；‎ ‎(3)在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率．‎ 解：设“第一次抽到次品”为事件A，“第二次抽到次品”为事件B，事件A和事件B相互独立．‎ 依题意得：(1)第一次抽到次品的概率为P(A)＝＝.‎ ‎(2)第一次和第二次都抽到次品的概率为P(AB)＝×＝.‎ ‎(3)法一：在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率为P(B|A)＝＝÷＝.‎ 法二：第一次抽到次品后，还剩余产品19件，其中次品4件，故第二次抽到次品的概率为P(B)＝.‎ ‎10．甲、乙两人各进行一次射击，如果两人击中目标的概率都是0.8，计算：‎ ‎(1)两人都击中目标的概率；‎ ‎(2)其中恰有一人击中目标的概率；‎ ‎(3)至少有一人击中目标的概率．‎ 解：记“甲射击一次，击中目标”为事件A，“乙射击一次，击中目标”为事件B.“两人都击中目标”是事件AB；“恰有1人击中目标”是A∪B；“至少有1人击中目标”是AB∪A∪B.‎ ‎(1)显然，“两人各射击一次，都击中目标”就是事件AB，又由于事件A与B相互独立，∴P(AB)＝P(A)·P(B)＝0.8×0.8＝0.64.‎ ‎(2)“两人各射击一次，恰好有一次击中目标”包括两种情况：一种是甲击中乙未击中(即A)，另一种是甲未击中乙击中(即B)．根据题意，这两种情况在各射击一次时不可能同时发生，即事件A与B是互斥的，所以所求概率为P＝P(A)＋P(B)＝P(A)·P()＋P()·P(B)＝0.8×(1－0.8)＋(1－0.8)×0.8＝0.16＋0.16＝0.32.‎ ‎(3)“两人各射击一次，至少有一人击中目标”的概率为P＝P(AB)＋[P(A)＋P(B)]＝0.64＋0.32＝0.96.‎ B组　能力突破 ‎1．两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.设事件A：甲实习生加工的零件为一等品；‎ 事件B：乙实习生加工的零件为一等品，‎ 则P(A)＝，P(B)＝，‎ 所以这两个零件中恰有一个一等品的概率为P(A)＋P(B)＝P(A)P()＋P()P(B)＝×＋×＝.‎ ‎2．如图，用K，A1，A2三类不同的元件连接成一个系统．当K正常工作且A1，A2至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知K，A1，A2正常工作的概率依次为0.9,0.8,0.8，则系统正常工作的概率为(　　)‎ A．0.960 B．0.864‎ C．0.720 D．0.576‎ 解析：选B.A1，A2同时不能正常工作的概率为0.2×0.2＝0.04，所以A1，A2至少有一个正常工作的概率为1－0.04＝0.96，所以系统正常工作的概率为0.9×0.96＝0.864.故选B.‎ ‎3．投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A，“骰子向上的点数是‎3”‎为事件B，则事件A，B中至少有一个发生的概率是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C.依题意，得P(A)＝，P(B)＝，且事件A，B相互独立，则事件A，B中至少有一个发生的概率为1－P(·)＝1－P()·P()＝1－×＝，故选C.‎ ‎4．袋中有三个白球，两个黑球，现每次摸出一个球，不放回的摸取两次，则在第一次摸到黑球的条件下，第二次摸到白球的概率为________．‎ 解析：记事件A为“第一次摸到黑球”，事件B为“第二次摸到白球”，则事件AB为“第一次摸到黑球、第二次摸到白球”，依题意知P(A)＝，P(AB)＝×＝，∴在第一次摸到黑球的条件下，第二次取到白球的概率是P(B|A)＝＝.‎ 答案： ‎5．甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是和.假设两人射击是否击中目标相互之间没有影响，每人各次射击是否击中目标相互之间也没有影响．‎ ‎(1)求甲射击4次，至少有1次未击中目标的概率；‎ ‎(2)求两人各射击4次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次的概率；‎ ‎(3)假设每人连续2次未击中目标，则终止其射击．‎ 问：乙恰好射击5次后，被终止射击的概率是多少？‎ 解：(1)记“甲射击4次，至少有1次未击中目标”为事件A1，则事件A1的对立事件1为“甲射击4次，全部击中目标”．由题意知，射击4次相当于做4次独立重复试验．故P(1)＝4＝.‎ 所以P(A1)＝1－P(1)＝1－＝.‎ 所以甲连续射击4次，至少有一次未击中目标的概率为.‎ ‎(2)记“甲射击4次，恰好有2次击中目标”为事件A2，“乙射击4次，恰好有3次击中目标”为事件B2，‎ 则P(A2)＝C×2×4－2＝，‎ P(B2)＝C3×4－3＝.‎ 由于甲、乙射击是否击中目标相互独立，‎ 故P(A2B2)＝P(A2)P(B2)＝×＝.‎ 所以两人各射击4次，甲恰有2次击中目标且乙恰有3次击中目标的概率为.‎ ‎(3)记“乙恰好射击5次后，被终止射击”为事件B3，“乙第i次射击未击中”为事件Di(i＝1,2,3,4,5)，则 B3＝D5D43(21∪2D1∪D21)，且P(Di)＝.‎ 由于各事件相互独立，‎ 故P(B3)＝P(D5)P(D4)P(3)P(21＋2D1＋D21)＝×××＝.‎ 所以乙恰好射击5次后，被终止射击的概率为.‎ 第7课时　离散型随机变量的分布列、均值与方差 ‎1．离散型随机变量的均值与方差 一般地，若离散型随机变量X的分布列为 X x1‎ x2‎ ‎…‎ xi ‎…‎ xn P p1‎ p2‎ ‎…‎ pi ‎…‎ pn ‎(1)分布列的性质 ‎①pi≥0，i＝1,2,3，…，n.‎ ‎②i＝1.‎ ‎(2)均值 称E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn为随机变量X的均值或数学期望，它反映了离散型随机变量取值的平均水平．‎ ‎(3)方差 称D(X)＝(xi－E(X))2pi为随机变量X的方差，它刻画了随机变量X与其均值E(X)的平均偏离程度，其算术平方根为随机变量X的标准差．‎ ‎2．均值与方差的性质 ‎(1)E(aX＋b)＝aE(X)＋b.‎ ‎(2)D(aX＋b)＝a2D(X)．(a，b为常数)‎ ‎3．判断下列结论的正误(正确的打“√”错误的打“×”)‎ ‎(1)随机变量的均值是常数，样本的平均值是随机变量，它不确定．(√)‎ ‎(2)随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值偏离均值的平均程度，方差或标准差越小，则偏离变量平均程度越小．(√)‎ ‎(3)离散型随机变量的概率分布列中，各个概率之和可以小于1.(×)‎ ‎(4)离散型随机变量的各个可能值表示的事件是彼此互斥的．(√)‎ ‎(5)期望值就是算术平均数，与概率无关．(×)‎ ‎(6)随机变量的均值是常数，样本的平均值是随机变量．(×)‎ ‎(7)在篮球比赛中，罚球命中1次得1分，不中得0分．如果某运动员罚球命中的概率为0.7，那么他罚球1次的得分X的均值是0.7.(√)‎ ‎(8)在一组数中，如果每个数都增加a，则平均数也增加a.(√)‎ ‎(9)在一组数中，如果每个数都增加a，则方差增加a2.(×)‎ ‎(10)如果每个数都变为原来的a倍，则其平均数是原来的a倍，方差是原来的a2倍．(√)‎ 考点一　离散型随机变量的分布列及性质 命题点 ‎1.写随机变量的分布列 ‎2.求随机变量分布列的参数 ‎[例1]　(1)设X是一个离散型随机变量，其分布列为 X ‎－1‎ ‎0‎ ‎1‎ P ‎1－2q q2‎ 则q等于(　　)‎ A．1　　　　　　　　　 B．1± C．1－ D．1＋ 解析：由分布列的性质知 ∴q＝1－.‎ 答案：C ‎(2)设离散型随机变量X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ P ‎0.2‎ ‎0.1‎ ‎0.1‎ ‎0.3‎ m 求：①2X＋1的分布列；‎ ‎②|X－1|的分布列．‎ 解：由分布列的性质知：‎ ‎0．2＋0.1＋0.1＋0.3＋m＝1，∴m＝0.3.‎ 首先列表为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎2X＋1‎ ‎1‎ ‎3‎ ‎5‎ ‎7‎ ‎9‎ ‎|X－1|‎ ‎1‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 从而由上表得两个分布列为 ‎①2X＋1的分布列为 ‎2X＋1‎ ‎1‎ ‎3‎ ‎5‎ ‎7‎ ‎9‎ P ‎0.2‎ ‎0.1‎ ‎0.1‎ ‎0.3‎ ‎0.3‎ ‎②|X－1|的分布列为 ‎|X－1|‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P ‎0.1‎ ‎0.3‎ ‎0.3‎ ‎0.3‎ ‎[方法引航]　(1)利用分布列中各概率之和为1可求参数的值，此时要注意检验，以保证每个概率值均为非负数.‎ (2)求随机变量在某个范围内的取值概率时，根据分布列，将所求范围内随机变量对应的取值概率相加即可，其依据是互斥事件的概率加法公式.‎ ‎1．随机变量的分布列为：‎ ξ ‎－1‎ ‎0‎ ‎1‎ P a b c 其中a，b，c成等差数列，若E(ξ)＝，则D(ξ)＝________.‎ 解析：由a，b，c成等差数列及分布列性质得，‎ 解得b＝，a＝，c＝.‎ ‎∴D(ξ)＝×2＋×2＋×2＝.‎ 答案： ‎2．在本例(2)条件下，求X2的分布列．‎ 解：X2的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ X2‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎4‎ ‎9‎ ‎16‎ P ‎0.2‎ ‎0.1‎ ‎0.1‎ ‎0.3‎ ‎0.3‎ 考点二　离散型随机变量的均值与方差 命题点 ‎1.求离散型随机变量的均值与方差 ‎2.利用均值方差安排工作 ‎[例2]　(1)(2017·湖南益阳调研)某工厂有两条相互不影响的生产线分别生产甲、乙两种产品，产品出厂前需要对产品进行性能检测．检测得分低于80的为不合格品，只能报废回收；得分不低于80的为合格品，可以出厂，现随机抽取这两种产品各60件进行检测，检测结果统计如下：‎ 得分 ‎[60,70)‎ ‎[70,80)‎ ‎[80,90)‎ ‎[90,100]‎ 甲种产品的件数 ‎5‎ ‎10‎ ‎34‎ ‎11‎ 乙种产品的件数 ‎8‎ ‎12‎ ‎31‎ ‎9‎ ‎①试分别估计甲，乙两种产品下生产线时为合格品的概率；‎ ‎②生产一件甲种产品，若是合格品可盈利100元，若是不合格品则亏损20元；生产一件乙种产品，若是合格品可盈利90元，若是不合格品则亏损15元，在①的前提下：‎ a．记X为生产1件甲种产品和1件乙种产品所获得的总利润，求随机变量X的分布列和数学期望；‎ b．求生产5件乙种产品所获得的利润不少于300元的概率．‎ 解：①甲种产品为合格品的概率约为＝，乙种产品为合格品的概率约为＝.‎ ‎②a.随机变量X的所有取值为190,85,70，－35，‎ 且P(X＝190)＝×＝，P(X＝85)＝×＝，P(X＝70)＝×＝，P(X＝－35)＝×＝.‎ 所以随机变量X的分布列为 X ‎190‎ ‎85‎ ‎70‎ ‎－35‎ P 所以E(X)＝＋＋－＝125.‎ b．设生产的5件乙种产品中合格品有n件，则不合格品有(5－n)件，‎ 依题意得，90n－15(5－n)≥300，解得n≥，取n＝4或n＝5，‎ 设“生产5件乙种产品所获得的利润不少于300元”为事件A，‎ 则P(A)＝C4＋5＝.‎ ‎(2)(2016·高考全国乙卷)某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰．机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元．在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图：‎ 以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数，n表示购买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由柱状图并以频率代替概率可得，一台机器在三年内需更换的易损零件数为8,9,10,11的概率分别为0.2，0.4,0.2,0.2.从而 P(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.‎ ‎[方法引航]　(1)已知随机变量的分布列求它的均值、方差和标准差，可直接按定义(公式)求解；‎ (2)已知随机变量ξ的均值、方差，求ξ的线性函数η＝aξ＋b 的均值、方差和标准差，可直接用ξ的均值、方差的性质求解；‎ (3)由已知条件，作出对两种方案的判断.可依据均值、方差的意义，对实际问题作出判断.‎ 某商店试销某种商品20天，获得如下数据：‎ 日销售量(件)‎ ‎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)＝＋＝.‎ ‎(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)＝＝；‎ 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)＝＋＋＝.‎ 所以X的分布列为 X ‎2‎ ‎3‎ P 考点三　与二项分布有关的均值与方差 命题点 ‎1.利用公式求概率 ‎2.求二项分布的均值与方差 ‎[例3]　(1)若X～B(n，p)，且E(X)＝6，D(X)＝3，则P(X＝1)的值为(　　)‎ A．3·2－2　　　　　　　　　 B．2－4‎ C．3·2－10 D．2－8‎ 解析：∵E(X)＝np＝6，D(X)＝np(1－p)＝3，∴p＝，n＝12，则P(X＝1)＝C··11＝3·2－10.‎ 答案：C ‎(2)某居民小区有两个相互独立的安全防范系统(简称系统)A和B，系统A和系统B在任意时刻发生故障的概率分别为和p.‎ ‎①若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为，求p的值；‎ ‎②设系统A在3次相互独立的检测中不发生故障的次数为随机变量ξ，求ξ的分布列及均值E(ξ)．‎ 解：①设“至少有一个系统不发生故障”为事件C，那么 ‎1－P()＝1－·p＝，解得p＝.‎ ‎②由题意，得 P(ξ＝0)＝3＝，‎ P(ξ＝1)＝C×2＝，‎ P(ξ＝2)＝C×2×＝，‎ P(ξ＝3)＝3＝.‎ 所以，随机变量ξ的分布列为 ξ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P 故随机变量ξ的均值 E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.‎ ‎(或∵ξ～B，∴E(ξ)＝3×＝.)‎ ‎[方法引航]　如果ξ～B(n，p)，可直接按公式E(ξ)＝np，D(ξ)＝np(1－p)求解.‎ 假设某班级教室共有4扇窗户，在每天上午第三节课上课预备铃声响起时，每扇窗户或被敞开或被并闭，且概率均为0.5.记此时教室里敞开的窗户个数为X.‎ ‎(1)求X的分布列；‎ ‎(2)若此时教室里有两扇或两扇以上的窗户被关闭，班长就会将关闭的窗户全部敞开，否则维持原状不变．记每天上午第三节课上课时刻教室里敞开的窗户个数为Y，求Y的数学期望．‎ 解：(1)∵X的所有可能取值为0,1,2,3,4，X～B(4,0.5)，‎ ‎∴P(X＝0)＝C4＝，‎ P(X＝1)＝C4＝，P(X＝2)＝C4＝，‎ P(X＝3)＝C4＝，P(X＝4)＝C4＝，‎ ‎∴X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ P ‎(2)Y的所有可能取值为3,4，则 P(Y＝3)＝P(X＝3)＝，‎ P(Y＝4)＝1－P(Y＝3)＝，‎ ‎∴Y的数学期望E(Y)＝3×＋4×＝.‎ ‎[规范答题]‎ 求离散型随机变量的期望与方差 ‎[典例]　‎ ‎(2017·山东青岛诊断)为了分流地铁高峰的压力，某市发改委通过听众会，决定实施低峰优惠票价制度．不超过22公里的地铁票价如下表：‎ 乘坐里程x (单位：km)‎ ‎0m)＝0.3，则P(X>6－m)＝__________.‎ 解析：因为P(X＞m)＝0.3，X～N(3，σ2)所以m＞3，P(X＜6－m)＝P(X＜3－(m－3))＝P(X＞m)＝0.3所以P(X＞6－m)＝1－P(X＜6－m)＝0.7.‎ 答案：0.7‎ ‎(2)云南省2016年全省高中男生身高统计调查数据显示：全省100 000名高中男生的身高服从正态分布N(170.5,16)．现从云南省某校高三年级男生中随机抽取50名测量身高，测量发现被测学生身高全部介于‎157.5 cm和‎187.5 cm之间，将测量结果按如下方式分成6组：第1组[157.5,162.5)，第2组[162.5,167.5)，…，第6组[182.5，187.5]，如图是按上述分组方式得到的频率分布直方图．‎ ‎①试评估该校高三年级男生在全省高中男生中的平均身高状况；‎ ‎②求这50名男生身高在‎177.5 cm以上(含‎177.5 cm)的人数；‎ ‎③身高排名(从高到低)在全省130名之内，其身高最低为多少？‎ 参考数据：若ξ～N(μ，σ2)，则P(μ～σ＜ξ≤μ＋σ)＝0.682 6，‎ P(μ－2σ＜ξ≤μ＋2σ)＝0.954 4，‎ P(μ－3σ＜ξ≤μ＋3σ)＝0.997 4.‎ 解：①由频率分布直方图知，该校高三年级男生平均身高为160×0.1＋165×0.2＋170×0.3＋175×0.2＋180×0.1＋185×0.1＝171.5(cm)，‎ ‎∵‎171.5 cm＞‎170.5 cm，故该校高三年级男生的平均身高高于全省高中男生身高的平均值．‎ ‎②由频率分布直方图知，后两组频率和为0.2，∴人数和为0.2×50＝10，即这50名男生中身高在‎177.5 cm以上(含‎177.5 cm)的人数为10.‎ ‎③∵P(170.5－3×4＜ξ＜170.5＋3×4)＝0.997 4，‎ ‎∴P(ξ≥182.5)＝＝0.001 3，‎ 又0.001 3×100 000＝130.‎ ‎∴身高在‎182.5 cm以上(含‎182.5 cm)的高中男生可排进全省前130名．‎ ‎[方法引航]　在高考中主要考查正态分布的概率计算问题，其解决方法如下：‎ 第一步，先弄清正态分布的均值是多少；‎ 第二步：若均值为μ，则根据正态曲线的对称性可得P(X≥μ)＝0.5，P(X≤μ)＝0.5，P(X≤μ＋c)＝P(X≥μ－c)(c>0)等结论；‎ 第三步，根据这些结论、题目中所给条件及对称性，对目标概率进行转化求解即可.,说明：关于正态总体在某个区间内取值的概率问题，要熟记P(μ－σ0)，若ξ在(80,120)内的概率为0.8，则ξ在(0,80)内的概率为(　　)‎ A．0.05　　　　　　　　 B．0.1‎ C．0.15 D．0.2‎ 解析：选B.由题意得，P(80<ξ<100)＝P(100<ξ<120)＝0.4，P(0<ξ<100)＝0.5，∴P(0<ξ<80)＝0.1.‎ ‎2．在某次大型考试中，某班同学的成绩服从正态分布N(80,52)，现已知该班同学中成绩在80～85分的有17人．试计算该班成绩在90分以上的同学有多少人．‎ 解：依题意，由80～85分的同学的人数和所占百分比求出该班同学的总数，再求90分以上同学的人数．‎ ‎∵成绩服从正态分布N(80,52)，‎ ‎∴μ＝80，σ＝5，μ－σ＝75，μ＋σ＝85.‎ 于是成绩在(75,85]内的同学占全班同学的68.26%.‎ 由正态曲线的对称性知，成绩在(80,85]内的同学占全班同学的×68.26%＝34.13%.‎ 设该班有x名同学，则x×34.13%＝17，‎ 解得x≈50.‎ 又μ－2σ＝80－10＝70，μ＋2σ＝80＋10＝90，‎ ‎∴成绩在(70,90]内的同学占全班同学的95.44%.‎ ‎∴成绩在(80,90]内的同学占全班同学的47.72%.‎ ‎∴成绩在90分以上的同学占全班同学的50%－47.72%＝2.28%.‎ 即有50×2.28%≈1(人)，即成绩在90分以上的同学仅有1人.‎ ‎[易错警示]‎ 不能正确理解正态曲线的对称性 ‎[典例]　已知随机变量ξ满足正态分布N(μ，σ2)，且P(ξ<1)＝，P(ξ>2)＝0.4，则P(0<ξ<1)＝________.‎ ‎[错解]　由P(ξ>2)＝0.4，∴P(ξ<2)＝1－0.4＝0.6，‎ ‎∴P(0<ξ<1)＝P(ξ<2)＝0.3.‎ ‎[错因]　P(0<ξ<1)是P(ξ<2)的一半．‎ ‎[正解]　由P(ξ<1)＝得μ＝1，‎ ‎∴随机变量ξ服从正态分布N(1，σ2)，‎ ‎∴曲线关于x＝1对称．∵P(ξ<2)＝0.6，‎ ‎∴P(0<ξ<1)＝0.6－0.5＝0.1.‎ ‎[答案]　0.1‎ ‎[警示]　①正态曲线关于直线x＝μ对称，从而在关于x＝μ对称的区间上概率相同．‎ ‎②P(X＜a)＝1－P(X≥a)，P(X≤μ－a)＝P(X≥μ＋a)．‎ ‎[高考真题体验]‎ ‎1．(2015·高考湖南卷)在如图所示的正方形中随机投掷10 000个点，则落入阴影部分(曲线C为正态分布N(0,1)的密度曲线)的点的个数的估计值为(　　)‎ A．2 386　　　　　　　 B．2 718‎ C．3 413 D．4 772‎ 附：若X～N(μ，σ2)，则 P(μ－σc＋1)＝P(X，故P(Y≥μ2)P(X≤σ1)，故B错；‎ 对任意正数t，P(X≥t)