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11-12章计数原理


第1讲
最新考纲

分类加法计数原理与分步乘法计数原理

1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理;2.会用分类加法计

数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.

知 识 梳 理 1.分类加法计数原理 完成一件事有 n 类不同的方案,在第一类方案中有 m1 种不同的方法,在第二 类方案中有 m2 种不同的方法,??,在第 n 类方案中有 mn 种不同的方法,则 完成这件事情,共有 N=m1+m2+?+mn 种不同的方法. 2.分步乘法计数原理 完成一件事情需要分成 n 个不同的步骤,完成第一步有 m1 种不同的方法,完 成第二步有 m2 种不同的方法,??,完成第 n 步有 mn 种不同的方法,那么完 成这件事情共有 N=m1?m2???mn 种不同的方法. 3.分类加法计数原理与分步乘法计数原理,都涉及完成一件事情的不同方法 的种数. 它们的区别在于: 分类加法计数原理与分类有关, 各种方法相互独立, 用其中的任一种方法都可以完成这件事;分步乘法计数原理与分步有关,各个 步骤相互依存,只有各个步骤都完成了,这件事才算完成. 诊 断 自 测 1.判断正误(请在括号中打“√”或“?”) 精彩 PPT 展示

(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,只有各个步骤都完成后,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.(√)

2.从集合{1,2,3,?,10}中任意选出三个不同的数,使这三个数成等比数 列,这样的等比数列的个数为( A.3 B.4 C.6 解析 D.8 )

以 1 为首项的等比数列为 1,2,4;1,3,9;

以 2 为首项的等比数列为 2,4,8; 以 4 为首项的等比数列为 4,6,9; 把这四个数列顺序颠倒,又得到 4 个数列, ∴所求的数列共有 2(2+1+1)=8(个). 答案 D )

3.所有两位数中,个位数字比十位数字大的两位数共有( A.45 个 C.30 个 解析 B.36 个 D.50 个

个位数字为 2 的有 1 个,个位数字为 3 的有 2 个,??,个位数字为 9 8(1+8) = 2

的有 8 个,由分类加法计数原理知,共 1+ 2+3+4+?+ 8= 36(个). 答案 B

4.现有 4 种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色,要 求有公共边界的两块不能用同一种颜色,则不同的着色方法共 有( ) B.30 种 D.48 种

A.24 种 C.36 种 解析 答案

按 A→B→C→D 顺序分四步涂色,共有 4?3?2?2=48(种). D

5.(人教 A 选修 2-3P13B2 改编)5 位同学报名参加两个课外活动小组,每位 同学限报其中一个小组,则不同的报名方法有________种. 解析 每位同学都有 2 种报名方法,因此,可分五步安排 5 名同学报名,由分

步乘法原理,总的报名方法共 2?2?2?2?2=32(种). 答案 32

考点一

分类加法计数原理的应用

【例 1】 (1)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 )

(2)满足 a,b∈{-1,0,1,2},且关于 x 的方程 ax2+2x+b=0 有实数解的有 序数对(a,b)的个数为( A.14 B.13 C.12 解析 ) D.9

(1)赠送 1 本画册,3 本集邮册,需从 4 人中选取一人赠送画册,其余送

邮册,有 C1 4种方法. 赠送 2 本画册,2 本集邮册,只需从 4 人中选出 2 人送画册,其余 2 人送邮册, 有 C2 4种方法.
2 由分类加法计数原理,不同的赠送方法有 C1 4+C4=10(种).

(2)由于 a,b∈{-1,0,1,2}. b ①当 a=0 时,有 x=-2为实根,则 b=-1,0,1,2 有 4 种可能; ②当 a≠0 时,则方程有实根,∴Δ=4-4ab≥0,所以 ab≤1.(*) (ⅰ)当 a=-1 时,满足(*)式的 b=-1,0,1,2 有 4 种. (ⅱ)当 a=1 时,b=-1,0,1,有 3 种可能. (ⅲ)当 a=2 时,b=-1,0,有 2 种可能. ∴由分类加法计数原理,有序数对(a,b)共有 4+4+3+2=13(个). 答案 (1)B (2)B 分类标准是运用分类加法计数原理的难点所在, 重点在于抓住题目

规律方法

中的关键词或关键元素、 关键位置. 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, 且只能属于 某一类(即标准明确,不重不漏). 【训练 1】 在某种信息传输过程中,用 4 个数字的一个排列(数字允许重复) 表示一个信息, 不同排列表示不同信息, 若所用数字只有 0 和 1, 则与信息 0110 至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为( A.10 B.11 C.12 D.15 )

解析

与信息 0110 至多有两个对应位置上的数字相同的信息包括三类:

2 第一类:与信息 0110 有两个对应位置上的数字相同有 C4 =6(个); 1 第二类:与信息 0110 有一个对应位置上的数字相同有 C4 =4(个); 0 第三类:与信息 0110 没有一个对应位置上的数字相同有 C4 =1(个);

故与信息 0110 至多有两个对应位置上的数字相同的信息有 6+4+1=11(个). 答案 考点二 B 分步乘法计数原理的应用

【例 2】 有六名同学报名参加三个智力竞赛项目,在下列情况下各有多少种 不同的报名方法?(不一定六名同学都能参加) (1)每人恰好参加一项,每项人数不限; (2)每项限报一人,且每人至多参加一项; (3)每项限报一人,但每人参加的项目不限. 解 (1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项, 各有 3 种不同选法, 由分步

乘法计数原理, 知共有选法 36=729(种). (2)每项限报一人,且每人至多参加一项,因此可由项目选人,第一个项目有 6 种选法,第二个项目有 5 种选法,第三个项目只有 4 种选法,由分步乘法计数 原理,得共有报名方法 6?5?4=120(种). (3)由于每人参加的项目不限,因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参 赛,由分步乘法计数原理,得共有不同的报名方法 63=216(种). 规律方法 利用分步乘法计数原理解决问题:(1)要按事件发生的过程合理分

步,即分步是有先后顺序的.(2)分步要做到“步骤完整”,只有完成了所有步 骤,才完成任务,根据分步乘法计数原理,把完成每一步的方法数相乘,得到 总数. 【训练 2】 (1)(2014· 商洛一模)某体育彩票规定:从 01 至 36 共 36 个号中抽出 7 个号为一注,每注 2 元.某人想从 01 至 10 中选 3 个连续的号,从 11 至 20 中选 2 个连续的号, 从 21 至 30 中选 1 个号, 从 31 至 36 中选 1 个号组成一注, 则这人把这种特殊要求的号买全,至少要花( A.3 360 元 B.6 720 元 )

C.4 320 元

D.8 640 元

(2)用 0,1,2,3,4,5 可组成无重复数字的三位数的个数为________个. 解析 (1)从 01 至 10 中选 3 个连续的号共有 8 种选法; 从 11 至 20 中选 2 个连

续的号共有 9 种选法;从 21 至 30 中选 1 个号有 10 种选法;从 31 至 36 中选 一个号有 6 种选法, 由分步乘法计数原理知共有 8?9?10?6=4 320(种)选法, 至少需花 4 320?2=8 640(元). (2)可分三步给百、十、个位放数字,第一步:百位数字共 5 种放法;第二步: 十位数字有 5 种放法; 第三步: 个位数字有 4 种放法. 根据分步乘法计数原理, 三位数个数为 5?5?4=100(个). 答案 考点三 (1)D (2)100 两个计数原理的综合应用

【例 3】 将一个四棱锥 S-ABCD 的每个顶点染上一种颜色,并使同一条棱的 两个端点异色,如果只有 5 种颜色可供使用,那么不同的染色方法的总数是多 少? 解 法一 设想染色按 S-A-B-C-D 的顺序进行,对 S,A,B 染色,有

5?4?3=60(种)染色方法. 由于 C 点的颜色可能与 A 同色或不同色,这影响到 D 点颜色的选取方法数, 故分类讨论: C 与 A 同色时(此时 C 对颜色的选取方法唯一),D 应与 A(C),S 不同色,有 3 种选择; C 与 A 不同色时, C 有 2 种可选择的颜色, D 也有 2 种颜色可供选择. 从 而对 C、D 染色有 1?3+2?2=7(种)染色方法. 由乘法原理,总的染色方法有 60?7=420(种). 法二 根据所用颜色种数分类可分三类

第一类:用三种颜色,此时 A 与 C,B 与 D 分别同色,问题相当于从 5 种颜色
3 中选 3 种涂三个点.共 A5 =60(种)涂法;

第二类:用 4 种颜色,此时 A 与 C,B 与 D 中有且只有一组同色,涂法种数为
4 2A5 =240(种); 5 第三类:用 5 种颜色,涂法种数共 A5 =120(种).

综上可知,满足题意的染色方法总数为 60+240+120=420(种).

规律方法

(1)注意在综合应用两个原理解决问题时, 一般是先分类再分步. 在

分步时可能又用到分类加法计数原理. (2)注意对于较复杂的两个原理综合应用 的问题,可恰当地列出示意图或列出表格,使问题形象化、直观化. 【训练 3】 如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足 a1<a2,且 a2>a3,则称这样的 三位数为凸数(如 120,343,275 等),那么所有凸数的个数为( A.240 B.204 C.729 D.920 解析 若 a2=2,则“凸数”为 120 与 121,共 1?2=2 个.若 a2=3,则“凸 )

数”有 2?3=6 个.若 a2=4,满足条件的“凸数”有 3?4=12 个,?,若 a2=9, 满足条件的“凸数”有 8?9=72 个.∴所有凸数有 2+6+12+20+30 +42+56+72=240(个). 答案 A

[思想方法] 1.应用分类加法计数原理要注意以下三点: (1)明确题目中所指的“完成一件事”指的是什么事, 完成这件事可以有哪些方 法,怎样才算是完成这件事. (2)完成这件事的 n 类办法是相互独立的,无论哪种办法都可以单独完成这件 事,而不需要再用到其他办法. (3)确立恰当的分类标准, 准确地对“这件事”进行分类, 要求每一种方法必属 于某一类办法,不同类的任意两种方法是不同的方法,这是分类问题中所要求 的“不重复” 、 “不遗漏” . 2.使用分步乘法计数原理的关注点 (1)明确题目中的“完成这件事”是什么, 确定完成这件事需要几个步骤, 且每 步都是独立的. (2)将完成这件事划分成几个步骤来完成, 各步骤之间有一定的连续性, 只有当 所有步骤都完成了,整个事件才算完成,这是分步的基础,也是关键.从计数 上来看,各步的方法数的积就是完成事件的方法总数. (3)解决分步问题时一定要合理设计步骤、顺序,使各步互不干扰、互不影响, 还要注意元素是否可以重复选取.

[易错防范] 1.切实理解“完成一件事”的含义,以确定需要分类还是需要分步进行. 2.分类的关键在于要做到“不重不漏”,分步的关键在于要正确设计分步的 程序,即合理分类,准确分步. 3.确定题目中是否有特殊条件限制.

基础巩固题组 (建议用时:40 分钟) 一、选择题 1. 从 3 名男同学和 2 名女同学中选 1 人主持本班某次主题班会, 不同选法种数为 ( A.6 种 解析 答案 B.5 种 C.3 种 D.2 种 )

由分类加法计算原理知总方法数为 3+2=5(种). B

2.4 位同学从甲、乙、丙 3 门课程中各选修 1 门,则恰有 2 人选修课程甲的不同 选法有 A.12 种 解析 B.24 种 C.30 种 ( D.36 种 )

分三步,第一步先从 4 位同学中选 2 人选修课程甲.共有 C2 4种不同选

法,第二步给第 3 位同学选课程,有 2 种选法.第三步给第 4 位同学选课程, 也有 2 种不同选法.故共有 C2 4?2?2=24(种). 答案 B

3.从 0,2 中选一个数字,从 1,3,5 中选两个数字,组成无重复数字的三位数, 其中奇数的个数为 A.24 解析 B.18 C.12 D.6 ( )

三位数可分成两种情况:(1)奇偶奇;(2)偶奇奇.对于(1),个位(3 种选

择),十位(2 种选择),百位(2 种选择),共 12 种;对于(2),个位(3 种选择), 十位(2 种选择),百位(1 种选择),共 6 种,即 12+6=18.故选 B. 答案 B

4.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 解析 B.10 C.16 D.14 ( )

分两类:第一类:M 中元素作横坐标,共 3?2=6 个点,第二类:N 中

元素作横坐标,共 4?2=8 个点,由分类加法原理知点的个数共 6+8=14 个. 答案 D

5.(2013· 四川卷)从 1,3,5,7,9 这五个数中,每次取出两个不同的数分别记为 a,b,共可得到 lg a-lg b 的不同值的个数是 A.9 解析 B.10 C.18 D.20 ( )

a 由于 lg a-lg b=lg b(a>0,b>0), a a ∴lg b有多少个不同的值,只需看b不同值的个数. a 1 3 3 9 2 从 1,3,5,7,9 中任取两个作为b有 A5 种,又3与9相同,1与3相同,∴lg a
2 -lg b 的不同值的个数有 A5 -2=18.

答案

C

二、填空题 6.用数字 2,3 组成四位数,且数字 2,3 至少都出现一次,这样的四位数共有 ________个(用数字作答). 解析 数字 2,3 至少都出现一次,包括以下情况:

“2”出现 1 次, “3”出现 3 次,共可组成 C1 4=4(个)四位数. “2”出现 2 次, “3”出现 2 次,共可组成 C2 4=6(个)四位数. “2”出现 3 次, “3”出现 1 次,共可组成 C3 4=4(个)四位数. 综上所述,共可组成 14 个这样的四位数. 答案 14

7. 从班委会 5 名成员中选出 3 名, 分别担任班级学习委员、 文娱委员与体育委员, 其中甲、乙二人不能担任文娱委员,则不同的选法共有________种(用数字作 答). 解析 第一步,先选出文娱委员,因为甲、乙不能担任,所以从剩下的 3 人中

选 1 人当文娱委员,有 3 种选法.

第二步,从剩下的 4 人中选学习委员和体育委员,又可分两步进行:先选学习 委员有 4 种选法,再选体育委员有 3 种选法.由分步乘法计数原理可得,不同 的选法共有 3?4?3=36(种). 答案 36

8.将数字 1,2,3,4 填入标号为 1,2,3,4 的四个方格中,每格填一个数,则 每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有________种. 解析 编号为 1 的方格内填数字 2,共有 3 种不同填法;编号为 1 的方格内填

数字 3, 共有 3 种不同填法; 编号为 1 的方格内填数字 4, 共有 3 种不同填法. 于 是由分类加法计数原理,得共有 3+3+3=9(种)不同的填法. 答案 9

三、解答题 9.有一项活动需在 3 名老师,6 名男同学和 8 名女同学中选人参加, (1)若只需一人参加,有多少种不同选法? (2)若需一名老师,一名学生参加,有多少种不同选法? (3)若需老师,男同学、女同学各一人参加,有多少种不同选法? 解 (1)只需一人参加,可按老师、男同学、女同学分三类各自有 3、6、8 种方

法,总方法数为 3+6+8=17(种). (2)分两步,先选教师共 3 种选法,再选学生共 6+8=14 种选法,由分步乘法 计数原理知, 总方法数为 3?14=42(种). (3)教师、男、女同学各一人可分三步,每步方法依次为 3,6,8 种.由分步乘 法计数原理知方法数为 3?6?8=144(种). 10.电视台在“欢乐在今宵”节目中拿出两个信箱,其中放着竞猜中成绩优秀的 观众来信,甲箱中有 30 封,乙箱中有 20 封,现由主持人抽奖确定幸运观众, 若先确定一名幸运之星,再从两箱中各确定一名幸运观众,有多少种不同结 果? 解 分两类:(1)幸运之星在甲箱中抽,选定幸运之星,再在两箱内各抽一名幸

运观众有 30?29?20=17 400(种). (2)幸运之星在乙箱中抽取,有 20?19?30=11 400(种).

共有不同结果 17 400+11 400=28 800(种). 能力提升题组 (建议用时:25 分钟) 11.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 解析 B.10 种 C.9 种 D.8 种 )

分两步:第一步,选派一名教师到甲地,另一名到乙地,共有 C1 2=2(种)

选派方法; 第二步,选派两名学生到甲地,另外两名到乙地,共有 C2 4=6(种)选派方法. 由分步乘法计数原理,不同选派方案共有 2?6=12(种). 答案 A

12.(2013· 山东卷)用 0,1,?,9 十个数字,可以组成有重复数字的三位数的 个数为( )

A.243 B.252 C.261 D.279 解析 0,1,2,?,9 共能组成 9?10?10=900(个)三位数,其中无重复数字

的三位数有 9?9?8=648(个),∴有重复数字的三位数有 900-648=252(个). 答案 B

13.回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数,如 22,121,3 443, 94 249 等.显然 2 位回文数有 9 个:11,22,33,?,99.3 位回文数有 90 个: 101,111,121,?,191,202,?,999.则(1)4 位回文数有________个; (2)2n+1(n∈N*)位回文数有________个. 解析 (1)4 位回文数相当于填 4 个方格,首尾相同,且不为 0,共 9 种填法,

中间两位一样,有 10 种填法, 共计 9?10=90(种)填法,即 4 位回文数有 90 个. (2)根据回文数的定义,此问题也可以转化成填方格. 结合计数原理,知有 9?10n 种填法. 答案 (1)90 (2)9?10n

14.将红、黄、绿、黑 4 种不同的颜色分别涂入图中的五个区域内,要求相邻

的两个区域的颜色都不相同,则有多少种不同涂色方法? 解 法一 本题利用了分步原理求涂色问题.给出区域标记号

A,B,C,D,E(如图),则 A 区域有 4 种不同的涂色方法,B 区 域有 3 种,C 区域有 2 种,D 区域有 2 种,但 E 区域的涂色依赖 于 B 与 D 涂的颜色,如果 B 与 D 颜色相同有 2 种涂色方法,不相同,则只有 一种.因此应先分类后分步. ①当 B 与 D 同色时,有 4?3?2?1?2=48(种). ②当 B 与 D 不同色时,有 4?3?2?1?1=24(种). 故共有 48+24=72(种)不同的涂色的方法. 注:本例若按 A,B,E,D,C 顺序涂色,在最后给区域 C 涂色时,就应考虑 A 与 E,B 与 D 是否同色这两种情况. 法二 按用 3 种或用 4 种颜色分两类,第一类用 3 种,此时 A 与 E,B 与 D 分

3 别同色,于是涂法种数为 A4 =24(种);第二类用 4 种,此时,A 与 E,B 与 D 4 有且只有一组同色,涂法种数为 2A4 =48(种).

由分类加法计数原理知涂法总数为 24+48=72(种).

第2讲
最新考纲 合数公式;3.能解决简单的实际问题.

排列与组合

1.理解排列、组合的概念;2.能利用计数原理推导排列数公式、组

知 识 梳 理 1.排列与组合的概念 名称 排列 组合 2.排列数与组合数 (1)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. (2)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. 3.排列数、组合数的公式及性质 (1)Am n =n(n-1)(n-2)?(n-m+1)= n! (n-m)! 定义 从 n 个不同元素中取出 m(m≤n)个不同元素 按照一定的顺序排成一 列 合成一组

公式

n(n-1)(n-2)?(n-m+1) Am n (2)Cm = = m= n Am m! n! (n,m∈N*,且 m≤n).特别地 C0 n=1 m!(n-m)!

性质

(1)0!=1;An n=n!.
n-m m m m-1 (2)Cm n =Cn ;Cn+1=Cn +Cn

诊 断 自 测 1.判断正误(请在括号中打“√”或“?”) 精彩 PPT 展示

(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列.(?) (2)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同.(√)
m (3)若组合式 Cx n=Cn ,则 x=m 成立.(?)

(4)(n+1)!-n!=n· n!.(√) 2.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 解析 D.120 )

当个位数字为 2 时,从 1,3,4,5 中取 3 个数字排千位、百位与十位,

3 所以排成的四位偶数有 C3 4A3=24 种;当个位数字为 4 时,从 1,2,3,5 中取 3 3 个数字排千位、百位与十位,所以排成的四位偶数有 C3 4A3=24 种,故根据

分类加法计数原理,共有 24+24=48 种. 答案 C

3.(2014· 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 解析 B.70 种 C.75 种 D.150 种 )

从 6 名男医生中选出 2 名有 C2 从 5 名女医生中选出 1 名有 C1 6种选法, 5种

1 选法,由分步乘法计数原理得不同的选法共有 C2 6·C5=75 种.故选 C.

答案

C

4.将 4 名大学生分配到 3 个乡镇去当村官,每个乡镇至少 1 名,则不同的分 配方案共有________种. 解析 先将 4 名大学生分成 3 组,共 C2 4种分法,再将 3 组分到 3 个乡镇,共

3 A3 种安排方法, 3 所以总分配方案共 C2 4·A3=36(种).

答案

36

5. (人教 A 选修 2-3P28A17 改编)从 4 名男同学和 3 名女同学中选出 3 名参加 某项活动,其中男女生都有的选法种数为________种. 解析
2 2 1 分两类:男 1 女 2 或男 2 女 1,各有 C1 4C3和 C4C3种方法,所以选法种

2 2 1 3 3 3 数为 C1 4C3+C4C3=12+18=30(种).也可用间接法 C7-C4-C3=30.

答案

30

考点一

典型的排列问题

【例 1】 3 名女生和 5 名男生排成一排 (1)如果女生全排在一起,有多少种不同排法?

(2)如果女生都不相邻,有多少种排法? (3)如果女生不站两端,有多少种排法? (4)其中甲必须排在乙前面(可不邻),有多少种排法? (5)其中甲不站左端,乙不站右端,有多少种排法? 解 (1)(捆绑法)由于女生排在一起,可把她们看成一个整体,这样同五个男生

6 合在一起有 6 个元素,排成一排有 A6 种排法,而其中每一种排法中,三个女 3 3 生间又有 A3 种排法,因此共有 A6 6?A3=4 320(种)不同排法.

(2)(插空法)先排 5 个男生,有 A5 5种排法,这 5 个男生之间和两端有 6 个位置,
3 3 从中选取 3 个位置排女生,有 A6 种排法,因此共有 A5 5?A6=14 400(种)不同排

法. (3)法一(位置分析法) 因为两端不排女生,只能从 5 个男生中选 2 人排列,有

2 A5 种排法, 剩余的位置没有特殊要求, 有 A6 因此共有 A2 A6 6种排法, 5? 6=14 400(种)

不同排法. 法二(元素分析法) 从中间 6 个位置选 3 个安排女生,有 A3 6种排法,其余位置
5 5 无限制,有 A5 种排法,因此共有 A3 6?A5=14 400(种)不同排法.

1 (4)8 名学生的所有排列共 A8 8种,其中甲在乙前面与乙在甲前面的各占其中 , 2 1 8 ∴符合要求的排法种数为2A8 =20 160(种). (5)甲、乙为特殊元素,左、右两边为特殊位置. 法一(特殊元素法) 甲在最右边时, 其他的可全排, 有 A7 甲不在最右边时, 7种;
1 可从余下 6 个位置中任选一个,有 A6 种.而乙可排在除去最右边位置后剩余 1 1 6 的 6 个中的任一个上,有 A6 种,其余人全排列,共有 A1 6?A6?A6种. 7 1 6 由分类加法计数原理,共有 A7 +A1 6?A6?A6=30 960(种).

法二(特殊位置法) 先排最左边,除去甲外,有 A1 7种,余下 7 个位置全排,有
7 6 1 7 1 6 A7 种,但应剔除乙在最右边时的排法 A1 6?A6种,因此共有 A7?A7-A6?A6=

30 960(种). 法三(间接法) 8 个人全排,共 A8 8种,其中,不合条件的有甲在最左边时,有
7 A7 种,乙在最右边时,有 A7 7种,其中都包含了甲在最左边,同时乙在最右边 6 7 6 的情形,有 A6 种.因此共有 A8 8-2A7+A6=30 960(种).

规律方法

(1)对于有限制条件的排列问题, 分析问题时有位置分析法、 元素分

析法,在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则,即先安排有限制条件的 元素或有限制条件的位置,对于分类过多的问题可以采用间接法. (2)对相邻问题采用捆绑法、 不相邻问题采用插空法、 定序问题采用倍缩法是解 决有限制条件的排列问题的常用方法. 【训练 1】 用 0,1,2,3,4,5 这 6 个数字. (1)能组成多少个无重复数的四位偶数? (2)能组成多少个奇数数字互不相邻的六位数(无重复数字)? 解 (1)符合要求的四位偶数可分为三类:

3 第一类:0 在个位时,有 A5 个;

第二类:2 在个位时,首位从 1,3,4,5 中选定 1 个(A1 4种),十位和百位从余
2 2 下的数字中选,有 A4 种,于是有 A1 4?A4个; 1 第三类:4 在个位时,与第二类同理,也有 A4 ?A2 4个. 3 2 由分类加法计数原理得,共有 A5 +2A1 4?A4=156(个).

(2)先排 0,2,4,再让 1,3,5 插空,
3 3 总的排法共 A3 A4=144(种), 2 其中 0 在排头,将 1,3,5 插在后 3 个空的排法共 A2 ?A3 3=12(种),此时构不

成六位数,
3 3 3 故总的六位数的个数为 A3 A4-A2 2A3=144-12=132(种).

考点二

组合应用题

【例 2】 男运动员 6 名,女运动员 4 名,其中男女队长各 1 人.选派 5 人外 出比赛.在下列情形中各有多少种选派方法? (1)男运动员 3 名,女运动员 2 名; (2)至少有 1 名女运动员; (3)队长中至少有 1 人参加; (4)既要有队长,又要有女运动员. 解 (1)第一步:选 3 名男运动员,有 C3 6种选法.

3 2 第二步:选 2 名女运动员,有 C2 4种选法.共有 C6?C4=120(种)选法.

(2)法一

至少有 1 名女运动员包括以下几种情况:

1 女 4 男,2 女 3 男,3 女 2 男,4 女 1 男.

4 2 3 3 2 4 1 由分类加法计数原理可得总选法数为 C1 4C6+C4C6+C4C6+C4C6=246(种).

法二 解.

“至少有 1 名女运动员”的反面为“全是男运动员”,可用间接法求

5 从 10 人中任选 5 人有 C5 10种选法,其中全是男运动员的选法有 C6种. 5 所以“至少有 1 名女运动员”的选法为 C5 10-C6=246(种).

(3)法一(直接法) 可分类求解: “只有男队长”的选法为 C4 8; “只有女队长”的选法为 C4 8; “男、女队长都入选”的选法为 C3 8;
3 所以共有 2C4 8+C8=196(种)选法.

法二(间接法) 从 10 人中任选 5 人有 C5 10种选法.
5 5 其中不选队长的方法有 C5 8种.所以“至少有 1 名队长”的选法为 C10-C8=

196(种). (4)当有女队长时,其他人任意选,共有 C4 9种选法.不选女队长时,必选男队
4 长,共有 C4 8种选法,其中不含女运动员的选法有 C5种,所以不选女队长时的 4 4 4 4 选法共有 C4 8-C5种选法.所以既有队长又有女运动员的选法共有 C9+C8-C5

=191(种). 规律方法 组合问题常有以下两类题型: (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: 若直接法分类复杂时, 逆向思维, 间接求解. 【训练 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

1 1 同的选法种数共有 C2 4C2C2=24(种). 2 (2)甲、乙两人从 4 门课程中各选两门不同的选法种数为 C2 4C4,又甲、乙两人

所选的两门课程都相同的选法种数为 C2 4种,因此满足条件的不同选法种数为

2 2 C2 4C4-C4=30(种).

考点三

排列、组合的综合应用

【例 3】 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 2 个盒不放球,共有几种放法? 解 (1)把 4 个不同小球分三组, 共 C2 对每种分法分成的三组再放入 4 4种分法.

3 个盒中的 3 个盒子,共 A4 种放法, 3 所以总的放法种数为 C2 4A4=6?24=144(种).

(2)确定 2 个空盒有 C2 4种方法.
1 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 C3 4C1 2 2 2 2 C4 C2 2 2 3 1 2 C4C2 A2 种方法; 第二类有序均匀分组有 A2 ? A2种方法. 故共有 C2 (C C A + ? A2 4 4 1 2 2) A2 2 2

=84(种). 规律方法 排列组合的综合题目,一般是先取出符合要求的元素组合(分组),

再对取出的元素排列,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. 【训练 3】 (1)某校高二年级共有 6 个班级,现从外地转入 4 名学生,要安排 到该年级的两个班级且每班安排 2 名,则不同的安排方案种数为( 1 2 2 2 A.A2 6C4 B. A6C4 2
2 2 C.A2 6A4 D.2A6

)

(2)(2014· 浙江卷)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 (1)法一 1 将 4 人平均分成两组有2C2 4种方法,将此两组分配到 6 个班级

2 中的 2 个班有 A6 (种).

1 2 所以不同的安排方法有2C2 4A6(种). 法二
2 先从 6 个班级中选 2 个班级有 C2 然后安排学生有 C2 6种不同方法, 4C2种, 2 1 2 2 故有 C2 6C4= A6C4(种). 2

(2)分两类:第一类:3 张中奖奖券分给 3 个人,共 A3 4种分法; 第二类:3 张中奖奖券分给 2 个人相当于把 3 张中奖奖券分两组再分给 4 人中

的 2 人,
2 3 2 2 共有 C2 3A4种分法.总获奖情况共有 A4+C3A4=60(种).

答案

(1)B

(2)60

[思想方法] 1.求解排列、组合应用题的一般步骤 (1)弄清事件的特性, 把具体问题化归为排列问题或组合问题, 其中“有序”是 排列问题, “无序”是组合问题. (2)通过分析,对事件进行合理的分类、分步,或考虑问题的反面情况. (3)分析上述解法中有没有重复和遗漏现象,若有,则计算出重复数和遗漏数. (4)列出算式并计算作答. 2.对于有附加条件的排列、组合应用题,通常从三个途径考虑 (1)以元素为主考虑,即先满足特殊元素的要求,再考虑其他元素. (2)以位置为主考虑,即先满足特殊位置的要求,再考虑其他位置. (3)先不考虑附加条件, 计算出排列数或组合数, 再减去不合要求的排列数或组 合数. 3.排列、组合问题的求解方法与技巧 (1)特殊元素优先安排;(2)合理分类与准确分步;(3)排列、组合混合问题先选 后排;(4)相邻问题捆绑处理;(5)不相邻问题插空处理;(6)定序问题排除法处 理;(7)分排问题直排处理;(8)“小集团”排列问题先整体后局部;(9)构造模 型;(10)正难则反,等价条件. [易错防范] 1.区分一个问题属于排列问题还是组合问题,关键在于是否与顺序有关. 2.解受条件限制的排列、组合题,通常有直接法 ( 合理分类 ) 和间接法 (排除 法).分类时标准应统一,避免出现重复或遗漏. 3.解组合应用题时,应注意“至少”、“至多” 、 “恰好”等词的含义. 4.对于分配问题,一般是坚持先分组,再分配的原则,注意平均分组与不平 均分组的区别,避免重复或遗漏.

基础巩固题组 (建议用时:40 分钟) 一、选择题 1.(2014· 辽宁卷)6 把椅子摆成一排,3 人随机就座,任何两人不相邻的坐法种数 为 A.144 解析 B.120 C.72 D.24 ( )

先把三把椅子隔开摆好,它们之间和两端有 4 个位置,再把三人带椅子

3 插放在四个位置,共有 A4 =24(种)放法,故选 D.

答案

D

2.(2014· 四川卷)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 C.240 种 解析 B.216 种 D.288 种 ( )

5 若最左端排甲,其他位置共有 A5 =120(种)排法;若最左端排乙,最右

4 端共有 4 种排法,其余 4 个位置有 A4 =24(种)排法,所以共有 120+4?24=

216(种)排法. 答案 B

3.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 同的取法共有 A.60 种 C.65 种 解析 B.63 种 D.66 种 ( )

共有 4 个不同的偶数和 5 个不同的奇数,要使和为偶数,则 4 个数全为

4 2 2 奇数,或全为偶数,或 2 个奇数和 2 个偶数,故不同的取法有 C4 5+C4+C5C4=

66(种). 答案 D

4.将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班,每个班至少分到一名学生,且 甲、乙两名学生不能分到同一个班,则不同分法的种数为 A.18 解析 B.24 C.30 D.36 ( )

3 四名学生中有两名学生恰好分在一个班,共有 C2 4A3种分法,而甲、乙

3 2 3 被分在同一个班的有 A3 种,所以不同的分法种数是 C4 A3-A3 3=30.

答案

C

5.在航天员进行的一项太空实验中,要先后实施 6 个程序,其中程序 A 只能出 现在第一或最后一步,程序 B 和 C 在实施时必须相邻,问实验顺序的编排方 法共有 A.34 种 解析 B.48 种 C.96 种 ( D.144 种 )

程序 A 有 A1 将程序 B 和 C 看作元素集团与除 A 外的元素 2=2(种)结果,

2 4 排列有 A2 A4=48(种),∴由分步乘法计数原理,实验编排共有 2?48=96(种)

方法. 答案 C

二、填空题 6.7 位身高均不等的同学排成一排照相,要求中间最高,依次往两端身高逐渐降 低,共有________种排法. 解析 先排最中间位置有一种排法,再排左边 3 个位置,由于顺序一定,共有

C3 再排剩下右边三个位置, 共一种排法, 所以排法种数为 C3 6种排法, 6=20(种). 答案 20

7. 若把英语单词“good” 的字母顺序写错了, 则可能出现的错误方法共有________ 种. 解析 把 g、o、o、d 4 个字母排一列,可分两步进行,第一步:排 g 和 d,共

2 有 A4 种排法;第二步:排两个 o. 共一种排法,所以总的排法种数为 A 2 4=

12(种).其中正确的有一种,所以错误的共 A2 4-1=12-1=11(种). 答案 11

8.(2014· 北京卷)把 5 件不同产品摆成一排.若产品 A 与产品 B 相邻,且产品 A 与产品 C 不相邻,则不同的摆法有________种. 解析 记 5 件产品为 A、B、C、D、E,A、B 相邻视为一个元素,先与 D、E

2 3 2 3 1 排列, 有 A2 A3种方法; 再将 C 插入, 仅有 3 个空位可选, 共有 A2 A3C3=2?6?3

=36(种)不同的摆法. 答案 36

三、解答题

9.由 1,2,3,4,5 五个数字组成的没有重复数字的五位数排成一递增数列,则 首项为 12345,第 2 项是 12354,?直到末项(第 120 项)是 54321.问:43251 是第几项? 解 比 43251 大的数有下列几类:

4 ①万位数是 5 的有 A4 =24 个; 3 ②万位数是 4、千位数是 5 的有 A3 =6 个; 2 ③万位数是 4、千位数是 3、百位数是 5 的有 A2 =2 个;所以比 43251 大的数 4 2 共有 A4 +A3 3+A2=32 个,

所以 43251 是第 120-32=88 项. 10.从 5 名男生和 3 名女生中选 5 人担任 5 门不同学科的课代表,分别求符合下 列条件的方法数: (1)女生必须少于男生; (2)女生甲担任语文课代表; (3)男生乙必须是课代表,但不担任数学课代表. 解 (1)先从 8 名学生中任选 5 名,共有 C5 8(种)选法,其中女生比男生多的情况

3 有:选 2 名男生和 3 名女生,共有 C2 5?C3(种)选法,所以女生少于男生的选法 5 2 3 为(C8 -C5 ?C3 )(种);再让选出的 5 名学生分别担任 5 门不同学科的课代表, 5 有 A5 (种)方法. 5 2 3 5 由分步乘法计数原理知,共有(C8 -C5 ?C3 )· A5 =5 520(种)不同的方法. 4 (2)从剩余 7 人中选出 4 人分别担任另 4 门不同学科的课代表,共有 C4 7?A4=

840(种)不同的方法. (3)先安排男生乙, 即从除数学外的另 4 门学科中选 1 门让男生乙担任其课代表,
4 再从剩下的 7 人中选 4 人担任另外 4 门学科的课代表, 共有 C1 A7 =3 360(种) 4?

不同的方法.

能力提升题组
(建议用时:25 分钟) 11.某外商计划在 4 个候选城市中投资 3 个不同的项目,且在同一个城市投资的 项目不超过 2 个,则该外商不同的投资方案有 A.16 种 B.36 种 ( )

C.42 种 解析 法一(直接法)

D.60 种 若 3 个不同的项目投资到 4 个城市中的 3 个,每个城市

3 一项,共 A4 种方法;若 3 个不同的项目投资到 4 个城市中的 2 个,一个城市 2 3 2 2 一项、一个城市两项共 C2 3A4种方法.由分类加法计数原理知共 A4+C 3A4=

60(种)方法. 法二(间接法) 先任意安排 3 个项目,每个项目各有 4 种安排方法,共 43=64 种排法,其中 3 个项目落入同一城市的排法不符合要求共 4 种,所以总投资方 案共 43-4=64-4=60 种. 答案 D

12.(2014· 重庆卷)某次联欢会要安排 3 个歌舞类节目、2 个小品类节目和 1 个相 声类节目的演出顺序,则同类节目不相邻的排法种数是 A.72 解析 B.120 C.144 D.168 ( )

先不考虑小品类节目是否相邻,保证歌舞类节目不相邻的排法共有

3 3 2 2 A3 ·A3 4=144 种,再剔除小品类节目相邻的情况,共有 A3·A2·A2=24 种,

于是符合题意的排法共有 144-24=120 种. 答案 B

13.(2015· 杭州调研)四名优等生保送到三所学校去,每所学校至少得一名,则不 同的保送方案有________种. 解析 分两步:先将四名优等生分成 2,1,1 三组,共有 C2 4种;而后,对三

3 组学生全排三所学校,即进行全排列,有 A3 种.依分步乘法计数原理,共有 N 3 =C2 4A3=36(种).

答案

36

14.某国际旅行社共有 9 名专业导游,其中 6 人会英语,4 人会日语,若在同一 天要接待 5 个不同的外国旅游团队,其中 3 个队要安排会英语的导游,2 个队 要安排会日语的导游,则不同的安排方法共有多少种? 解 依题意,导游中有 5 人只会英语,3 人只会日语,一人既会英语又会日语.

按只会英语的导游分类:
3 ①3 个英语导游从只会英语人员中选取,则有 A5 ?A2 4=720(种).

②3 个英语导游从只会英语的导游中选 2 名,另一名由既会英语又会日语的导

3 2 游担任,则有 C2 5A3?A3=360(种).

故不同的安排方法共有
3 2 3 2 A5 ?A2 4+C5?A3?A3=1 080(种).

所以不同的安排方法共有 1 080 种.

第3讲
最新考纲 开式有关的简单问题.

二项式定理

1.能用计数原理证明二项式定理;2.会用二项式定理解决与二项展

知 识 梳 理 1.二项式定理
n 1 n-1 n-r r n * 二项式定理 (a+b)n=C0 b+?+Cr b +?+Cn na +Cna na nb (n∈N )

二项展开式 的通项公式

n-r r Tr+1=Cr b ,它表示第 r+1 项 na

1 n 二项式系数 二项展开式中各项的系数 C0 n,Cn,?,Cn

2.二项式系数的性质
n-k k n-k (1)当 0≤k≤n 时,Ck n与 Cn 的关系是 Cn=Cn .

(2)二项式系数先增后减中间项最大 n n 当 n 为偶数时,第2+1 项的二项式系数最大,最大值为 C2n;当 n 为奇数时, n+1 n+3 第 2 项和 2 项的二项式系数最大,最大值为
1 2 n n (3)各二项式系数和:C0 n+Cn+Cn+?+Cn=2 , 2 4 1 3 5 n-1 C0 . n+Cn+Cn+?=Cn+Cn+Cn+?=2



诊 断 自 测 1.判断正误(请在括号中打“√”或“?”)
n-k k (1)Ck b 是二项展开式的第 k 项.(?) na

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(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)(a+b)2n 中系数最大的项是第 n 项.(?) a?7 1 ? 2. (2014· 湖北卷)若二项式?2x+x? 的展开式中x3的系数是 84, 则实数 a=( ? ? 5 A.2 B. 4 2 C.1 D. 4 )

解析

r 1 7-r ?a? r 2 5 Tr+1=Cr ·?x? =27-rCr 7·(2x) 7a · 2r-7.令 2r-7=3,则 r=5.由 2 ·C7 ? ? x

a5=84 得 a=1,故选 C. 答案 C

1 ?n ?x 3.在?2-3 ? 的展开式中,各项的二项式系数和为 256,则展开式中常数项 x? ? 是________. 解析 项为 7. 答案 7 ?1?8-k 由题意有 n=8,Tk+1=Ck (-1)k 8?2? ? ? ,k=6 时为常数项,常数

1 2 2 3 3 n n 1 2 3 n 4.已知 C0 n+2Cn+2 Cn+2 Cn+?+2 Cn=729,则 Cn+Cn+Cn+?+Cn等于

(

) B.64 C.31 D.32

A.63 解析

1 2 2 3 3 n n n n 逆用二项式定理得 C 0 n + 2C n + 2 C n + 2 C n + ? + 2 C n = (1 + 2) = 3 =

2 3 n 6 0 729,即 3n=36,所以 n=6,所以 C1 n+Cn+Cn+?+Cn=2 -Cn=64-1=63.

故选 A. 答案 A

5.(1+x)8(1+y)4 的展开式中 x2y2 的系数是________. 解析
k 4 t t ∵(1+x)8 的通项为 Ck 8x ,(1+y) 的通项为 C4y ,

k k t 2 2 ∴(1+x)8(1+y)4 的通项为 Ck 令 k=2, t=2, 得 x2y2 的系数为 C8 C4=168. 8C4x y ,

答案

168

考点一 【例 1】

通项公式及其应用 1 ? ? x- ?5 ? (1)(2013· 浙江卷)设二项式? 3 ? 的展开式中常数项为 A,则 A x? ?

=________. (2)(2014· 新课标全国Ⅰ卷)(x-y)(x+y)8 的展开式中 x2y7 的系数为________(用 数字作答).

解析

(1)Tr+1=Cr 5(

x)

5-r?-

? ? ?

1 ?r ? r r 3 ? =C5(-1) x?

5 5 ,令2-6r=0,得 r=3,

∴A=-C3 5=-10.
7 7 2 6 (2)由二项展开式公式可知,含 x2y7 的项可表示为 x· C8 xy -y· C6 8x y ,故(x-y)(x 6 1 2 +y)8 的展开式中 x7y7 的系数为 C7 8-C8=C8-C8=8-28=-20.

答案

(1)-10

(2)-20

规律方法

(1)二项式定理的核心是通项公式,求解此类问题可以分两步完成:

第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式, 建立方程来确定指数(求解时要 注意二项式系数中 n 和 r 的隐含条件,即 n,r 均为非负整数,且 n≥r,如常 数项指数为零、有理项指数为整数等);第二步是根据所求的指数,再求所求 解的项. (2)求两个多项式的积的特定项,可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解. 【训练 1】 (1)(2013· 新课标全国Ⅱ卷)已知(1+ax)(1+x)5 的展开式中 x2 的系数 为 5,则 a=( A.-4 C.-2 B.-3 D.-1 ) )

?1 ?5 (2)(2014· 湖南卷)?2x-2y? 的展开式中 x2y3 的系数是( ? ? A.-20 C.5 解析 B.-5

D.20 (1)由二项式定理得(1+x)5 的展开式的通项为 Tr+1=Cr xr,所以当 r=2 5·

2 时,(1+ax)(1+x)5 的展开式中 x2 的系数为 C5 ,当 r=1 时,x2 的系数为 C1 a, 5· 1 所以 C2 5+C5·a=5,a=-1,故选 D.

?1 ?5-k 5-k (2)展开式的通项为 Tk+1=Ck ·(-2y)k=(-1)k·22k-5Ck ·yk,令 5 5?2x? 5x ? ? -k=2,得 k=3.则展开式中的 x2y3 的系数为(-1)3·22?3-5C3 5=-20,故选 A. 答案 考点二 【例 2】 (1)D (2)A 二项式系数的性质与各项系数和 (1)(2014· 青岛模拟)设(1+x)n=a0+a1x+a2x2+?+anxn,若 a1+a2

+?+an=63,则展开式中系数最大的项是( A.15x2 B.20x3 C.21x3 D.35x3

)

1 ? 1?n (2)若?x+x? 的展开式中第 3 项与第 7 项的二项式系数相等, 则该展开式中x2的 ? ? 系数为________. 解析 (1)∵(1+x)n=a0+a1x+a2x2+?+anxn,

令 x=0,得 a0=1. 令 x=1,则(1+1)n=a0+a1+a2+?+an=64,∴n=6, 又(1+x)6 的展开式二项式系数最大项的系数最大,
3 3 ∴(1+x)6 的展开式系数最大项为 T4=C3 6x =20x . 6 (2)由题意知,C2 n=Cn,∴n=8.

r 8-r ?1? 8-2r ? ? ∴Tr+1=Cr · x · =Cr , 8 8·x ? x? 1 5 当 8-2r=-2 时,r=5,∴x2的系数为 C8 =C3 8=56. 答案 (1)B (2)56 (1)第(1)小题求解的关键在于赋值,求出 a0 与 n 的值;第(2)小题在

规律方法

7 求解过程中,常因把 n 的等量关系表示为 C3 n=Cn,而求错 n 的值.

(2)求解这类问题要注意: ①区别二项式系数与展开式中项的系数, 灵活利用二 项式系数的性质;②根据题目特征,恰当赋值代换,常见的赋值方法是使得字 母因式的值或目标式的值为 1,-1. 2 ?n ? 【训练 2】 (1)二项式? x+x2? 的展开式中只有第 6 项的二项式系数最大,则 ? ? 展开式中常数项是( )

A.180 B.90 C.45 D.360 (2)若(1-2x)2
014

=a0+a1x+a2x2+?+a2

a1 a2 a3 2 014 (x∈R),则 + 2+ 3+?+ 014x 2 2 2

a2 014 22 014的值为________. 解析 r 10-r? 2 ? ?x2? =2rCr (1)由二项式系数的性质,得 n=10,∴Tr+1=Cr 10( x) 10· ? ?

, 5 令 5-2r=0,则 r=2,从而 T3=4C2 10=180. (2)令 x=0,得 a0=(1-0)2 013=1. 1 a1 a2 a2 014 令 x=2,则 a0+ 2 +22+?+22 014=0, a1 a2 a2 014 ∴ 2 +22+?+22 014=-1. 答案 考点三 【例 3】 (1)A (2)-1 二项式定理的应用 (1)设 a∈Z,且 0≤a<13,若 512 012+a 能被 13 整除,则 a=( )

A.0 B.1 C.11 D.12 解析 512 012+a=(52-1)2 012+a
012 2 -C1 2 012·52 011 011 2 +?+C2 2 012?52·(-1) 011 012 2 +C2 2 012·(-1) 012

2 =C0 2 012·52

+a,
2 012 2 011 011 2 011 ∵C0 -C1 +?+C2 能被 13 整除. 2 012·52 2 012·52 2 012?52·(-1)

且 512 012+a 能被 13 整除,
012 2 012 ∴C2 +a=1+a 也能被 13 整除. 2 012·(-1)

因此 a 可取值 12. 答案 D

(2)用二项式定理证明 2n>2n+1(n≥3,n∈N*). 证明 当 n≥3,n∈N*.

-1 0 1 n 0 1 n-1 n 2n=(1+1)n=Cn +Cn +?+Cn n +Cn≥Cn+Cn+Cn +Cn=2n+2>2n+1,

∴不等式成立. 规律方法 (1)用二项式定理处理整除问题,通常把底数写成除数(或与余数密

切相关联的数)与某数的和或差的形式,再用二项式定理展开,但要注意两点: 一是余数的范围,a=cr+b,其中余数 b∈[0,r),r 是除数,切记余数不能为 负,二是二项式定理的逆用.(2)由于(a+b)n 的展开式共有 n+1 项,故可通过 对某些项的取舍来放缩,从而达到证明不等式的目的.

2 27 【训练 3】 S=C1 27+C27+?+C27除以 9 的余数为________.

解析

2 27 27 9 S=C1 27+C27+?+C27=2 -1=8 -1

9 1 8 8 9 =(9-1)9-1=C0 9?9 -C9?9 +?+C9?9-C9-1 0 7 8 =9(C9 ?98-C1 9?9 +?+C9)-2. 8 1 7 8 ∵C0 9?9 -C9?9 +?+C9是整数,

∴S 被 9 除的余数为 7. 答案 7

[思想方法]
n-k k 1.通项为 Tk+1=Ck b 是(a+b)n 的展开式的第 k+1 项,而不是第 k 项,这 na

里 k=0,1,?,n. 2. 二项式系数与项的系数是完全不同的两个概念. 二项式系数是指 C0 C1 ?, n, n, Cn n,它只与各项的项数有关,而与 a,b 的值无关;而项的系数是指该项中除 变量外的常数部分,它不仅与各项的项数有关,而且也与 a,b 的值有关. 3.因为二项式定理中的字母可取任意数或式,所以在解题时根据题意,给字 母赋值,是求解二项展开式各项系数和的一种重要方法. [易错防范] 1.区别“项的系数”与“二项式系数”,审题时要仔细.项的系数与 a,b 有 关,可正可负,二项式系数只与 n 有关,恒为正. 2.切实理解“常数项”“有理项”(字母指数为整数)“系数最大的项”等概 念. 3.赋值法求展开式中的系数和或部分系数和,常赋的值为 0,±1.

基础巩固题组 (建议用时:40 分钟) 一、选择题 1.把(1-x)9 的展开式按 x 的升幂排列,系数最大的项是第________项 ( A.4 解析 B.5 C.6 D.7 )

r (1-x)9 展开式中第 r+1 项的系数为 Cr 9(-1) ,易知当 r=4 时,系数最

大,即第 5 项系数最大,选 B. 答案 B )

1 ?n ? ? (n∈N*)的展开式中含有常数项的最小的 n 为( 2. (2013· 辽宁卷)使?3x+ x x ? ? A.4 解析 B.5 C.6 D.7

5 1 ?r 5 n-r? n-r n- r ? ? =Cr Tr+1=Cr x 2 ,当 Tr+1 是常数项时,n-2r=0,当 n(3x) n3 ?x x?

r=2,n=5 时成立. 答案 B ( C.2 D.-2 )

3.(1+2x)3(1-x)4 展开式中 x 项的系数为 A.10 解析 B.-10

(1+2x)3(1-x)4 展开式中的 x 项的系数为两个因式相乘而得到,即第一

个因式的常数项和一次项分别乘以第二个因式的一次项与常数项,它为 C 0 3
1 1 0 4 0 0 1 1 (2x)0·C4 (-x)1+C1 3(2x) ·C41 (-x) ,其系数为 C3·C4(-1)+C3·2=-4+6

=2. 答案 C

4.若(1+mx)6=a0+a1x+a2x2+?+a6x6,且 a1+a2+?+a6=63,则实数 m 的值 为 A.1 或 3 解析 B.-3 C.1 ( )

D.1 或-3

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. 答案 D ( )

5.已知(1+x)10=a0+a1(1-x)+a2(1-x)2+?+a10(1-x)10,则 a8= A.-180 解析 B.180 C.45

D.-45

因为(1+x)10=a0+a1(1-x)+a2(1-x)2+?+a10(1-x)10,所以[2-(1-

2 8 x)]10=a0+a1(1-x)+a2(1-x)2+?+a10(1-x)10,所以 a8=C8 102 (-1) =180.

答案

B

二、填空题 6. (2014· 新课标全国Ⅱ卷)(x+a)10 的展开式中, x7 的系数为 15, 则 a=________(用

数字作答). 解析
10-r r 3 Tr+1=Cr a ,令 10-r=7,得 r=3,∴C3 10x 10a =15,即

10?9?8 3 a 3?2?1

1 1 =15,∴a3=8,∴a=2. 答案 1 2

1 ?n ? 7. (2015· 皖南八校三联)? x+2x? 的展开式中第五项和第六项的二项式系数最大, ? ? 则第四项为________. 解析 1 ?9 ? 由已知条件第五项和第六项二项式系数最大,得 n=9,? x+2x? 展开 ? ?

3 21 6 ?1? ? ? 式的第四项为 T4=C3 · ( x ) · =2. 9 ?2x? 答案 21 2 令 x=1,则 a0+a1+a2+?+a12=36,

8.若(1+x+x2)6=a0+a1x+a2x2+?+a12x12,则 a2+a4+?+a12=________. 解析 36+1 令 x=-1,则 a0-a1+a2-?+a12=1,∴a0+a2+a4+?+a12= 2 . 36+1 令 x=0,则 a0=1,∴a2+a4+?+a12= 2 -1=364. 答案 364

三、解答题 1 3 9.已知二项式( x+ x)n 的展开式中各项的系数和为 256. (1)求 n;(2)求展开式中的常数项. 解
1 2 n (1)由题意得 C0 n+Cn+Cn+?+Cn=256,

∴2n=256,解得 n=8. (2)该二项展开式中的第 r+1 项为 8-4r 3 8-r ?1?r Tr+1=Cr ( x) ?? x? =Cr 8 8?x 3 , ? ?

8-4r 令 3 =0,得 r=2,此时,常数项为 T3=C2 8=28. 10.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; 解
1 10 10 (1)二项式系数的和为 C0 10+C10+?+C10=2 .

(2)令 x=y=1,各项系数和为(2-3)10=(-1)10=1.
2 10 9 (3)奇数项的二项式系数和为 C0 10+C10+?+C10=2 , 3 9 9 偶数项的二项式系数和为 C1 10+C10+?+C10=2 .

(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, 1+510 ∴奇数项系数和为 2 ; ①-②得 2(a1+a3+?+a9)=1-510, ∴偶数项系数和为 1-510 2 .

能力提升题组
(建议用时:25 分钟) 11.(2014· 浙江卷)在(1+x)6(1+y)4 的展开式中,记 xmyn 项的系数为 f(m,n),则 f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)= A.45 解析 B.60 C.120 D.210 ( )

4 n 在(1+x)6 的展开式中,xm 的系数为 Cm 6 ,在(1+y) 的展开式中,y 的系

n 2 1 数为 Cn n)=Cm C4 .从而 f(3,0)=C3 f(2,1)=C6 ·C4 =60,f(1, 4,故 f(m, 6· 6=20, 1 2 2)=C6 ·C4 =36,f(0,3)=C3 4=4,所以 f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=

120,故选 C. 答案 C

12.(2013· 新课标全国Ⅰ卷)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 解析 B.6 C.7 D.8

)

m 由题意得: a=Cm b=Cm 所以 13Cm ∴ 2m, 2m+1, 2m=7C2m+1,

13·(2m)! = m!· m!

7·(2m+1)! 7(2m+1) ,∴ =13,解得 m=6,经检验为原方程的解,选 m!· (m+1)! m+1 B. 答案 B

13.若(2x-3)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,则 a1+2a2+3a3+4a4+5a5= ________. 解析 原等式两边求导得 5(2x-3)4· (2x-3)′=a1+2a2x+3a3x2+4a4x3+5a5x4,

令上式中 x=1,得 a1+2a2+3a3+4a4+5a5=10. 答案 10

14.求证:1+2+22+?+25n-1(n∈N*)能被 31 整除. 证明 25n-1 ∵1+2+22+?+25n-1= 2-1

=25n-1=32n-1=(31+1)n-1
-1 n 1 n-1 n =C0 +?+Cn n?31 +Cn?31 n ?31+Cn-1 -1 0 n-2 =31(Cn ?31n-1+C1 +?+Cn n?31 n ), -1 n-1 n-2 显然 C0 +C1 +?+Cn n?31 n?31 n 为整数,

∴原式能被 31 整除.

阶段回扣练 11
一、选择题 2 ?5 ? 1.(2013· 江西卷)?x2-x3? 展开式中的常数项为 ? ? A.80 解析
-5r

计数原理

(建议用时:45 分钟)

( D.-40

)

B.-80

C.40

2 5-r r r 10 二项展开式的通项为 Tr+1=Cr ·(-1)r2rx-3r=Cr 5(x ) 5·(-1) ·2 ·x

2 .令 10-5r=0,解得 r=2,所以常数项为 T3=C2 5·2 =40,选 C.

答案

C

2.某校开设 A 类选修课 3 门,B 类选修课 4 门,一位同学从中选 3 门.若要求两 类课程中各至少选一门,则不同的选法共有 A.30 种 解析 法一 B.35 种 C.42 种 ( D.48 种 )

1 分两种情况:(1)2 门 A,1 门 B,有 C2 3C4=12 种选法;(2)1 门 A,

2 2 门 B,有 C1 3C4=3?6=18 种,∴共 12+18=30 种选法.

法二

排除法:A 类 3 门,B 类 4 门,共 7 门,选 3 门,A、B 各至少选 1 门,

3 3 有 C3 7-C3-C4=35-1-4=30 种选法.故选 A.

答案

A

3. (2015· 重庆质检)(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 解析
6 6 C6 n3 x . 5 6 6 由两项的系数相等得 C5 n·3 =Cn·3 ,解得 n=7.

( B.7 C .8 D.9

)

5 5 5 6 (1+3x)n 的展开式中含 x5 的项为 Cn (3x)5=C5 n3 x ,展开式中含 x 的项为

答案

B

4.(2015· 杭州检测)甲、乙两人计划从 A,B,C 三个景点中各选择两个游玩,则 两人所选景点不全相同的选法共有 A.3 种 解析 B.6 种 C .9 种 D.12 种 ( )

2 甲、乙各选两个景点有 C2 3C3=9 种方法,其中,入选景点完全相同的有

3 种.∴满足条件要求的选法共有 9-3=6(种).

答案

B

5.(2015· 肇庆模拟)已知集合 A={5},B={1,2},C={1,3,4},从这三个集 合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标, 则确定的不同点的个数为 ( A.33 解析 B.34 C.35 D.36 )

(1)若从集合 B 中取元素 2 时,再从 C 中任取一个元素,则确定的不同

3 点的个数为 C1 3A3. 1 1 (2)当从集合 B 中取元素 1,且从 C 中取元素 1,则确定的不同点有 C3 ?1=C3 . 1 3 (3)当从 B 中取元素 1, 且从 C 中取出元素 3 或 4, 则确定的不同点有 C2 A3个. ∴ 3 1 1 3 由分类加法计数原理,共确定不同的点有 C1 3A3+C3+C2A3=33(个).

答案

A )

6.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( A.74 解析 121. 答案 D ( D.3n-1 B.121 C.-74 D.-121

3 3 3 3 展开式中含 x3 项的系数为 C5 (-1)3+C6 (-1)3+C7 (-1)3+C8 (-1)3=-

1 2 3 n n 7.组合式 C0 n-2Cn+4Cn-8Cn+?+(-2) Cn的值等于

)

A.(-1)n 解析

B.1

C.3n

0 1 2 n n n 在(1+x)n=Cn +Cn x+C2 nx +?+Cnx 中,令 x=-2,得原式=(1-2)

=(-1)n. 答案 A ( )

8.将 10 个三好名额分到 7 个班中,每班至少一名,则分法种数为 A.A7 10 解析 可分三类:
7 B.C10

C.84

D.63

第一类:有一个班有 4 个,另外六个班各一个,共 C1 7种分法;
2 第二类:有两个班:一班 3 个,另一班 2 个;其余班每班各一个,共 A7 =42

种分法; 第三类:有三个班:每班 2 个;其余 4 个班,每班 1 个,分法种数为 C3 7=35 种.

2 3 ∴分法总数为 C1 7+A7+C7=7+42+35=84.

答案

C

9.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 解析 B.18 种 C.36 种 D.54 种 )

先放 1、2 的卡片,有 C1 3种,再将 3,4,5,6 的卡片平均分成两组再

C2 4 1 2 放置,有A2·A2 2种,故共有 C3·C4=18 种. 2 答案 B

10.(2015· 北京昌平区期末)在高三(1)班进行的演讲比赛中,共有 5 位选手参加, 其中 3 位女生,2 位男生.如果 2 位男生不能连续出场,且女生甲不能排在第 一个,那么出场顺序的排法种数为 A.24 解析 B.36 C.48 ( D.60 )

先排 3 个女生,三个女生之间有 4 个空,从四个空中选两个排男生,共

2 3 有 A4 A3=72(种),若女生甲排在第一个,则三个女生之间有 3 个空,从 3 个空 2 2 中选两个排男生,有 A3 A2=12(种),∴满足条件的出场顺序有 72-12=60(种)

排法,选 D. 答案 D

二、填空题 a ?6 ? 11.设二项式?x- ? (a>0)的展开式中 x3 的系数为 A,常数项为 B,若 B=4A, x? ? 则 a 的值是________. 解析
3 a ?6 ? 6- r ?x- ? 展开式的通项 Tr+1=(-a)rCr 6x 2 x? ?

4 4 ∴A=(-a)2C2 6,B=(-a) C6, 2 2 由 B=4A,得(-a)4C4 2. 6=4(-a) C6,解之得 a=±

又 a>0,所以 a=2. 答案 2

b?6 ? 12.(2014· 山东卷)若?ax2+x? 的展开式中 x3 项的系数为 20,则 a2+b2 的最小值 ? ?

为________. 解析 r 2 6-r?b? 6-r r 12-3r ? x? =Cr Tr+1=Cr bx , 6(ax ) 6a ? ?

令 12-3r=3,则 r=3.
3 3 2 2 ∴C3 6a b =20,即 ab=1.∴a +b ≥2ab=2,

当且仅当 a=b=1 时取等号,即 a2+b2 的最小值为 2. 答案 2

y ?8 ?x 13 .(2014· 大纲全国卷)? - ? 的展开式中 x2y2 的系数为 ________(用数字作 x? ? y 答). 16-3r ? -3r -8 16 3 r ? 8 - r r 2 =2, x? ? y? r ? r r ? ? ?- ? =(-1) · Tr+1=C8· · C8· x 2 ? y 2 , 令? x? ? y? ? 3r-8 ? ? 2 =2,

解析

得 r=4. 所以展开式中 x2y2 的系数为(-1)4·C4 8=70. 答案 70

x ?n ? 14.(2014· 安徽卷)设 a≠0,n 是大于 1 的自然数,?1+a? 的展开式为 a0+a1x+ ? ? a2x2+?+anxn.若点 Ai(i,ai)(i=0,1,2)的位置如图所示,则 a=________.

解析

根据题意知 a0=1,a1=3,a2=4,

1 1 ? ?Cn·a=3, ?n=3a, 结合二项式定理得? 即? 2 1 ?n(n-1)=8a , 2 C · 2=4, n ? ? a

解得 a=3. 答案 3

15.(2015· 陕西西安二模)某地奥运火炬接力传递路线共分 6 段,传递活动分别由 6 名火炬手完成.如果第一棒火炬手只能从甲、乙、丙三人中产生,最后一棒 火炬手只能从甲、乙两人中产生,则不同的传递方法共有________种(用数字 作答). 解析
4 甲传第一棒,乙传最后一棒,共有 A4 种方法.乙传第一棒,甲传最后

4 一棒,共有 A4 种方法. 4 4 1 4 丙传第一棒, 共有 C1 A4 种方法. 由分类加法计数原理得, 共有 A4 A4 2· 4+A4+C2·

=96 种方法. 答案 96

16.甲、乙、丙 3 人站到共有 7 级的台阶上,若每级台阶最多站 2 人,同一级台 阶上的人不区分站的位置,则不同的站法种数是________(用数字作答). 解析
3 3 当每个台阶上各站 1 人时有 A3 C7种站法,当两个人站在同一个台阶上

1 1 3 3 2 1 1 时有 C 2 3 C 7 C 6 种站法,因此不同的站法种数有 A 3 C 7 + C 3 C 7 C 6 = 210 + 126 =

336(种). 答案 336

17.将 6 位志愿者分成 4 个组,其中两个组各 2 人,另两个组各 1 人.分赴世博 会的四个不同场馆服务,不同的分配方案种数有________种. 解析
2 C2 6C4 1 将 6 位志愿者分为 2 名,2 名,1 名,1 名四组,有 A2 =2?15?6= 2

45 种分组方法.
4 将四组分赴四个不同场馆有 A4 种方法.

∴根据分步乘法计数原理,不同的分配方案有 45· A4 4=1 080 种方法. 答案 1 080

第1讲
最新考纲

随机事件的概率

1. 了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性,了解概率的意

义,了解频率与概率的区别;2.了解两个互斥事件的概率加法公式.

知 识 梳 理 1.事件的分类 必然事件 确定事件 不可能事 件 随机事件 在条件 S 下,一定会发生的事件叫做相对于条件 S 的必然事件 在条件 S 下,一定不会发生的事件叫做相对于条件 S 的不可能事件

在条件 S 下,可能发生也可能不发生的事件叫做相对于条件 S 的随机事件

2.频率与概率 (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 nA 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)= 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. 3.事件的关系与运算 定义 如果事件 A 发生,则事件 B 一定发生,这 包含关系 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) 符号表示

相等关系 并事件(和事 件)

若 B?A 且 A?B 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) 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) 若 A∩B 为不可能事件,则称事件 A 与事 件 B 互斥 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

A=B

A∪B(或 A+B)

交事件(积事 件)

A∩B(或 AB)

互斥事件

A∩B=? A∩B=? P(A∪B)=P(A) +P(B)=1

对立事件

4.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)互斥事件概率的加法公式 ①如果事件 A 与事件 B 互斥,则 P(A∪B)=P(A)+P(B). ②若事件 B 与事件 A 互为对立事件,则 P(A)=1-P(B). 诊 断 自 测 1.判断正误(在括号内打“√”或“?”) (1)事件发生的频率与概率是相同的.(?) (2)在大量重复试验中,概率是频率的稳定值.(√) (3)两个事件的和事件是指两个事件都得发生.(?) (4)两个事件对立时一定互斥,但两个事件是互斥时这两个事件未必对立.(√) 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 C.只有一次中靶 解析 B.两次都中靶 ) 精彩 PPT 展示

D.两次都不中靶

事件“至少有一次中靶”包括“中靶一次”和“中靶两次”两种情况,

由互斥事件的定义,可知“两次都不中靶”与之互斥. 答案 D

3.从某班学生中任意找出一人,如果该同学的身高小于 160 cm 的概率为 0.2, 该同学的身高在[160,175](单位:cm)内的概率为 0.5,那么该同学的身高超过 175 cm 的概率为( A.0.2 B.0.3 C.0.7 D.0.8 解析 因为必然事件发生的概率是 1,所以该同学的身高超过 175 cm 的概率 )

为 1-0.2-0.5=0.3,故选 B. 答案 B

4.从一副不包括大小王的混合后的扑克牌(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 1 13 ∵P(A)=52,P(B)=52,且 A 与 B 是互斥事件.

1 13 14 7 ∴P(A∪B)=P(A)+P(B)=52+52=52=26. 答案 7 26

5. (人教 A 必修 3P123A1 改编)若 A, B 为互斥事件, 则 P(A)+P(B)________1(填 “>”、“<”、“≥”、“≤”). 答案 ≤

考点一

随机事件的频率与概率

【例 1】 某企业生产的乒乓球被下届奥运会指定为乒乓球比赛专用球,目前 有关部门对某批产品进行了抽样检测,检查结果如下表所示: 抽取球数 n 优等品数 m m 优等品频率 n (1)计算表中乒乓球优等品的频率; (2)从这批乒乓球产品中任取一个,质量检查为优等品的概率是多少(结果保留 50 45 100 92 200 194 500 470 1 000 954 2 000 1 902

到小数点后三位)? 解 m (1)依据公式 f= n ,计算出表中乒乓球优等品的频率依次是 0.900,0.920,

0.970,0.940,0.954,0.951. (2)由(1)知,抽取的球数 n 不同,计算得到的频率值不同,但随着抽取球数的 增多, 频率在常数 0.950 的附近摆动, 所以质量检查为优等品的概率约为 0.950. 规律方法 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. 【训练 1】 假设甲、乙两种品牌的同类产品在某地区市场上销售量相等,为 了解它们的使用寿命,现从这两种品牌的产品中分别随机抽取 100 个进行测 试,结果统计如图所示.

(1)估计甲品牌产品寿命小于 200 小时的概率; (2)这两种品牌产品中, 某个产品已使用了 200 小时, 试估计该产品是甲品牌的 概率. 5+20 1 (1)甲品牌产品寿命小于 200 小时的频率为 100 =4, 用频率估计概率, 可 1 得甲品牌产品寿命小于 200 小时的概率为4. 解 (2) 根据抽样结果,可得寿命大于 200 小时的两种品牌产品共有 75 + 70 = 145(个),其中甲品牌产品有 75 个,所以在样本中,寿命大于 200 小时的产品 75 15 是甲品牌的频率是145=29.据此估计已使用了 200 小时的该产品是甲品牌的概 15 率为29. 考点二 随机事件的关系

【例 2】 一个均匀的正方体玩具的各个面上分别标以数字 1,2,3,4,5,6. 将这个玩具向上抛掷 1 次,设事件 A 表示向上的一面出现奇数点,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 根据互斥与对立的定义作答,A∩B={出现点数 1 或 3},事件 A,B 不

互斥更不对立;B∩C=?,B∪C=Ω(Ω 为必然事件),故事件 B,C 是对立事 件. 答案 D 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

规律方法

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,看所求事件包含哪些试验结果,从而断定所给事件的 关系. 【训练 2】 对飞机连续射击两次,每次发射一枚炮弹.设 A={两次都击中飞 机},B={两次都没击中飞机},C={恰有一次击中飞机},D={至少有一次击 中飞机},其中彼此互斥的事件是________,互为对立事件的是________. 解析 设 I 为对飞机连续射击两次所发生的所有情况,因为 A∩B=?,A∩C

=?,B∩C=?,B∩D=?.故 A 与 B,A 与 C,B 与 C,B 与 D 为彼此互斥事件, 而 B∩D=?,B∪D=I,故 B 与 D 互为对立事件. 答案 考点三 A 与 B,A 与 C,B 与 C,B 与 D B 与 D 互斥事件、对立事件的概率

【例 3】 (2014· 洛阳模拟)经统计,在某储蓄所一个营业窗口等候的人数相应 的概率如下: 排队人数 概率 0 0.1 1 0.16 2 0.3 3 0.3 4 0.1 5 人及 5 人以上 0.04

求:(1)至多 2 人排队等候的概率是多少? (2)至少 3 人排队等候的概率是多少? 解 记“无人排队等候”为事件 A, “1 人排队等候”为事件 B, “2 人排队等

候”为事件 C, “3 人排队等候”为事件 D, “4 人排队等候”为事件 E, “5 人 及 5 人以上排队等候”为事件 F,则事件 A,B,C,D,E,F 彼此互斥. (1)记“至多 2 人排队等候”为事件 G,则 G=A+B+C,所以 P(G)=P(A+B +C)=P(A)+P(B)+P(C)=0.1+0.16+0.3=0.56. (2)法一 记“至少 3 人排队等候”为事件 H,则 H=D+E+F,所以 P(H)=

P(D+E+F)=P(D)+P(E)+P(F)=0.3+0.1+0.04=0.44. 法二 记“至少 3 人排队等候”为事件 H, 则其对立事件为事件 G, 所以 P(H)

=1-P(G)=0.44. 规律方法 (1)解决此类问题, 首先应根据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:①直接法,将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事 件的概率的和,运用互斥事件的概率加法公式计算;②间接法,先求此事件的


对立事件的概率,再用公式 P(A)=1-P(A)求解,即用正难则反的数学思想, 特别是“至多” “至少”型问题,用间接法就显得较简便. 【训练 3】 某超市为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 顾客数/人 结算时间/(分钟/ 人) 1至4件 x 1 5至8件 30 1.5 9 至 12 件 25 2 13 至 16 件 y 2.5 17 件及以上 10 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 =1.9(分钟). 100

(2)记 A 表示事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过 2 分钟”,A1,A2, A3 分别表示事件“该顾客一次购物的结算时间为 1 分钟”“该顾客一次购物 的结算时间为 1.5 分钟”“该顾客一次购物的结算时间为 2 分钟”.将频率视 为概率得 15 3 30 3 25 1 P(A1)=100=20,P(A2)=100=10,P(A3)=100=4. 因为 A=A1∪A2∪A3,且事件 A1,A2,A3 彼此互斥, 所以 P(A)=P(A1∪A2∪A3)=P(A1)+P(A2)+P(A3) = 3 3 1 7 + + = . 20 10 4 10

7 故一位顾客一次购物的结算时间不超过 2 分钟的概率为10.

[思想方法] 1.对于给定的随机事件 A,由于事件 A 发生的频率 fn(A)随着试验次数的增加 稳定于概率 P(A),因此可以用频率 fn(A)来估计概率 P(A). 2.从集合角度理解互斥和对立事件 从集合的角度看,几个事件彼此互斥,是指由各个事件所含的结果组成的集合


彼此的交集为空集,事件 A 的对立事件A所含的结果组成的集合,是全集中由 事件 A 所含的结果组成的集合的补集. [易错防范] 1. “互斥事件”与“对立事件”的区别:对立事件是互斥事件,是互斥中的特 殊情况,但互斥事件不一定是对立事件, “互斥”是“对立”的必要不充分条 件. 2.需准确理解题意,特别留心“至多??”, “至少??”, “不少于??” 等语句的含义.

基础巩固题组 (建议用时:40 分钟) 一、选择题

1.(2015· 襄阳模拟)有一个游戏,其规则是甲、乙、丙、丁四个人从同一地点随机 地向东、 南、 西、 北四个方向前进, 每人一个方向. 事件“甲向南”与事件“乙 向南”是 A.互斥但非对立事件 C.相互独立事件 解析 B.对立事件 D.以上都不对 ( )

由于每人一个方向,故“甲向南”意味着“乙向南”是不可能的,故是

互斥事件,但不是对立事件,故选 A. 答案 A

2.从一箱产品中随机地抽取一件,设事件 A={抽到一等品},事件 B={抽到二 等品},事件 C={抽到三等品},且已知 P(A)=0.65,P(B)=0.2,P(C)=0.1, 则事件“抽到的不是一等品”的概率为 A.0.7 解析 B.0.65 C.0.35 D.0.3 ( )

事件“抽到的不是一等品”与事件 A 是对立事件,由于 P(A)=0.65,所

以由对立事件的概率公式得“抽到的不是一等品”的概率为 P=1-P(A)=1- 0.65=0.35. 答案 C

3. 从装有 5 个红球和 3 个白球的口袋内任取 3 个球, 那么互斥而不对立的事件是 ( A.至少有一个红球与都是红球 B.至少有一个红球与都是白球 C.至少有一个红球与至少有一个白球 D.恰有一个红球与恰有二个红球 解析 对于 A 中的两个事件不互斥,对于 B 中两个事件互斥且对立,对于 C )

中两个事件不互斥,对于 D 中的两个事件互斥而不对立. 答案 D

4.对一批产品的长度(单位:毫米)进行抽样检测,下图为检测结果的频率分布直 方图.根据标准,产品长度在区间[20,25)上为一等品,在区间[15,20)和[25, 30)上为二等品,在区间[10,15)和[30,35]上为三等品.用频率估计概率,现 从该批产品中随机抽取 1 件,则其为二等品的概率是 ( )

A.0.09 解析

B.0.20

C.0.25

D.0.45

由频率分布直方图可知,一等品的频率为 0.06?5=0.3,三等品的频率

为 0.02?5+0.03?5=0.25, 所以二等品的频率为 1-(0.3+0.25)=0.45.用频率 估计概率可得其为二等品的概率为 0.45. 答案 D

1 1 5.甲、乙两人下棋,两人和棋的概率是2,乙获胜的概率是3,则乙不输的概率是 ( 5 A.6 解析 5 =6. 答案 A 2 B.3 1 C.2 1 D.3 )

1 1 乙不输包含两种情况:一是两人和棋,二是乙获胜,故所求概率为2+3

二、填空题 6.在 200 件产品中,有 192 件一级品,8 件二级品,则下列事件: ①在这 200 件产品中任意选出 9 件,全部是一级品; ②在这 200 件产品中任意选出 9 件,全部是二级品; ③在这 200 件产品中任意选出 9 件,不全是二级品. 其中________是必然事件;________是不可能事件;________是随机事件. 答案 ③ ② ①

7.抛掷一粒骰子,观察掷出的点数,设事件 A 为出现奇数点,事件 B 为出现 2 1 1 点,已知 P(A)=2,P(B)=6,则出现奇数点或 2 点的概率为________. 解析 1 1 因为事件 A 与事件 B 是互斥事件,所以 P(A∪B)=P(A)+P(B)=2+6=

2 3. 答案 2 3

8.口袋内装有一些大小相同的红球、白球和黑球,从中摸出 1 个球,摸出红球的 概率为 0.42,摸出白球的概率为 0.28,若红球有 21 个,则黑球有________个. 解析 摸出黑球的概率为 1-0.42-0.28=0.30,口袋内球的个数为 21÷ 0.42=

50,所以黑球的个数为 50?0.30=15. 答案 15

三、解答题 9.(2014· 陕西卷)某保险公司利用简单随机抽样方法,对投保车辆进行抽样,样本 车辆中每辆车的赔付结果统计如下: 赔付金额(元) 车辆数(辆) 0 500 1 000 130 2 000 100 3 000 150 4 000 120

(1)若每辆车的投保金额均为 2 800 元,估计赔付金额大于投保金额的概率; (2)在样本车辆中,车主是新司机的占 10%,在赔付金额为 4 000 元的样本车辆 中,车主是新司机的占 20%,估计在已投保车辆中,新司机获赔金额为 4 000 元的概率. 解 (1)设 A 表示事件“赔付金额为 3 000 元”, B 表示事件“赔付金额为 4 000

元”,以频率估计概率得 150 120 P(A)=1 000=0.15,P(B)=1 000=0.12. 由于投保金额为 2 800 元,赔付金额大于投保金额对应的情形是赔付金额为 3 000 元和 4 000 元,所以其概率为 P(A)+P(B)=0.15+0.12=0.27. (2)设 C 表示事件“投保车辆中新司机获赔 4 000 元”, 由已知,样本车辆中车 主为新司机的有 0.1?1 000=100(辆),而赔付金额为 4 000 元的车辆中,车主 为新司机的有 0.2?120=24(辆), 所以样本车辆中新司机车主获赔金额为 4 000 24 元的频率为100=0.24,由频率估计概率得 P(C)=0.24. 10.一盒中装有 12 个球,其中 5 个红球,4 个黑球,2 个白球,1 个绿球.从中 随机取出 1 球,求: (1)取出 1 球是红球或黑球的概率;

(2)取出 1 球是红球或黑球或白球的概率. 解 法一 (利用互斥事件求概率)

记事件 A1={任取 1 球为红球},A2={任取 1 球为黑球}, A3={任取 1 球为白球},A4={任取 1 球为绿球}, 5 4 1 2 1 则 P(A1)=12,P(A2)=12=3,P(A3)=12=6, 1 P(A4)=12, 根据题意知,事件 A1,A2,A3,A4 彼此互斥, 由互斥事件的概率公式,得 (1)取出 1 球为红球或黑球的概率为 5 4 3 P(A1∪A2)=P(A1)+P(A2)=12+12=4. (2)取出 1 球为红球或黑球或白球的概率为 P(A1∪A2∪A3)=P(A1)+P(A2)+P(A3) 5 4 2 11 =12+12+12=12. 法二 (利用对立事件求概率)

(1)由法一知, 取出 1 球为红球或黑球的对立事件为取出 1 球为白球或绿球, 即 A1∪A2 的对立事件为 A3∪A4,所以取出 1 球为红球或黑球的概率为 P(A1∪A2)=1-P(A3∪A4)=1-P(A3)-P(A4) 2 1 3 =1-12-12=4. (2)因为 A1∪A2∪A3 的对立事件为 A4, 所以取出 1 球为红球或黑球或白球的概率为 1 11 P(A1∪A2∪A3)=1-P(A4)=1-12=12.

能力提升题组
(建议用时:25 分钟) 11.在一次随机试验中,彼此互斥的事件 A,B,C,D 的概率分别是 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.故选 D. 答案 D

12.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 3 7 张全是移动卡”的概率是10,那么概率是10的事件是 A.至多有一张移动卡 C.都不是移动卡 解析 B.恰有一张移动卡 D.至少有一张移动卡 ( )

7 3 因为10=1-10,而“2 张全是移动卡”的对立事件是“至多有一张移

动卡”,故选 A. 答案 A

13.某学校成立了数学、英语、音乐 3 个课外兴趣小组,3 个小组分别有 39,32, 33 个成员,一些成员参加了不止一个小组,具体情况如图所示.

现随机选取一个成员,他属于至少 2 个小组的概率是________,他属于不超过 2 个小组的概率是________. 解析 “至少 2 个小组”包含“2 个小组”和“3 个小组”两种情况,故他属

于至少 2 个小组的概率为 11+10+7+8 3 P= =5. 6+7+8+8+10+10+11

“不超过 2 个小组”包含“1 个小组”和“2 个小组”,其对立事件是“3 个 小组”. 故他属于不超过 2 个小组的概率是 P=1- 答案 8 13 =15. 6+7+8+8+10+10+11 3 13 5 15

14.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 地到达火 车站的人进行调查,调查结果如下:

所用时间(分钟) 选择 L1 的人数 选择 L2 的人数

10~20 6 0

20~30 12 4

30~40 18 16

40~50 12 16

50~60 12 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)由已知共调查了 100 人, 其中 40 分钟内不能赶到火车站的有 12+12+

16+4=44(人), ∴用频率估计相应的概率为 0.44. (2)选择 L1 的有 60 人,选择 L2 的有 40 人, 故由调查结果得频率为 所用时间(分钟) L1 的频率 L2 的频率 10~20 0.1 0 20~30 0.2 0.1 30~40 0.3 0.4 40~50 0.2 0.4 50~60 0.2 0.1

(3)设 A1,A2 分别表示甲选择 L1 和 L2 时,在 40 分钟内赶到火车站;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),∴甲应选择 L1. 同理,P(B1)=0.1+0.2+0.3+0.2=0.8, P(B2)=0.1+0.4+0.4=0.9, ∵P(B1)<P(B2),∴乙应选择 L2.

第2讲
最新考纲 的基本事件数及事件发生的概率.

古典概型

1.理解古典概型及其概率计算公式;2.会计算一些随机事件所包含

知 识 梳 理 1.基本事件的特点 (1)任何两个基本事件是互斥的. (2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和. 2.古典概型 具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型,简称古典概型. (1)试验中所有可能出现的基本事件只有有限个. (2)每个基本事件出现的可能性相等. 3.如果一次试验中可能出现的结果有 n 个,而且所有结果出现的可能性都相 1 等,那么每一个基本事件的概率都是n;如果某个事件 A 包括的结果有 m 个, m 那么事件 A 的概率 P(A)= . n 4.古典概型的概率公式 P(A)= A包含的基本事件的个数 . 基本事件的总数 诊 断 自 测 1.判断正误(请在括号中打“√”或“?”) 精彩 PPT 展示

(1)“在适宜条件下, 种下一粒种子观察它是否发芽”属于古典概型, 其基本事 件是“发芽与不发芽”.(?) (2)掷一枚硬币两次, 出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”, 这三个结 果是等可能事件.(?) (3)在古典概型中, 如果事件 A 中基本事件构成集合 A, 所有的基本事件构成集 合 I,则事件 A 的概率为 card(A) .(√) card(I)

(4)从市场上出售的标准为 500± 5 g 的袋装食盐中任取一袋,测其重量,属于古

典概型.(?) 2.(2014· 陕西卷)从正方形四个顶点及其中心这 5 个点中,任取 2 个点,则这 2 个点的距离不小于该正方形边长的概率为( 1 A.5 解析 2 B.5 3 C.5 4 D.5 )

根据题意知,取两个点的所有情况为 C2 2 个点的距离小于该正方形 5种,
5

4 3 边长的情况有 4 种,故所求概率 P=1-C2=5,故选 C. 答案 C

3.(2014· 新课标全国Ⅰ卷)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( 1 A.8 解析 3 B.8 5 C.8 7 D.8 )

由题意知,4 位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动有

24 种情况, 而 4 位同学都选周六有 1 种情况, 4 位同学都选周日也有 1 种情况, 24-1-1 14 7 故周六、周日都有同学参加公益活动的概率为 P= 24 =16=8,故选 D. 答案 D

4.(人教 A 必修 3P127 例 3 改编)同时掷两个骰子,向上点数不相同的概率为 ________. 解析 掷两个骰子一次,向上的点数共 6?6=36 个可能的结果,其中点数相 6 5 = . 6?6 6

同的结果共有 6 个,所以点数不同的概率 P=1- 答案 5 6

5.从分别写 1,2,3,4,5 的五张卡片中任取两张,假设每张卡片被取到概 率相等,且每张卡片上只有一个数字,则取到的两张卡上的数字之和为偶数的 概率为________. 解析 法一 从分别写有 1,2,3,4,5 的五张卡片中任取两张,可能情况有

(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3, 4),(3,5),(3,6),(4,5),(4,6),(5,6),共 15 种,其中和为偶数的情况 有(1,3),(1,5),(2,4),(2,6),(3,5),(4,6),共 6 种,所以所求的概率 2 是5.

法二

由题意知本题是一个古典概率模型, 试验发生包含的事件是从 5 张中随

机地抽 2 张,共 C3 3, 5=10 种结果.满足条件的事件分两种情况,一种为从 1,
2 5 中任取两张,有 C2 3=3 种结果,另一种为从 2,4 中任取两张,有 C2=1 种,

4 所以取到的两张卡片上的数字之和为偶数共有 3+1=4 种结果,所以 P=10= 2 5. 答案 2 5

考点一

简单的古典概型的概率

【例 1】 现有 6 道题,其中 4 道甲类题,2 道乙类题,张同学从中任取 2 道题 解答.试求: (1)所取的 2 道题都是甲类题的概率; (2)所取的 2 道题不是同一类题的概率. 解 从 6 道题中任取 2 道有 n=C2 6=15(种)取法.

(1)记“所取的 2 道题都是甲类题”为事件 A, 则 A 发生共有 m=C2 4=6 种结果. m 6 2 ∴所求事件概率 P(A)= n =15=5.
1 (2)记“所取的 2 道题不是同一类题”事件为 B, 事件 B 包含的基本事件有 C1 4C2

8 =8(种),则事件 B 的概率为 P(B)=15. 规律方法 有关古典概型的概率问题, 关键是正确求出基本事件总数和所求事

件包含的基本事件数. (1)基本事件总数较少时, 用列举法把所有基本事件一一列出时, 要做到不重复、 不遗漏,可借助“树状图”列举.(2)注意区分排列与组合,以及计数原理的正 确使用. 【训练 1】 袋中有五张卡片,其中红色卡片三张,标号分别为 1,2,3;蓝色 卡片两张,标号分别为 1,2. (1)从以上五张卡片中任取两张, 求这两张卡片颜色不同且标号之和小于 4 的概 率; (2)向袋中再放入一张标号为 0 的绿色卡片, 从这六张卡片中任取两张, 求这两

种卡片颜色不同且标号之和小于 4 的概率. 解 (1)从 5 张卡片中任取两张,共有 n=C2 5=10 种方法.

记“两张卡片颜色不同且标号之和小于 4”为事件 A,则 A 包含基本事件 m=
1 C1 2C2-1=3 个.

m 3 由古典概型概率公式,P(A)= n =10. (2)从 6 张卡片中任取两张,共有 n=C2 6=15 个基本事件, 记“两张卡片颜色不同且标号之和小于 4”为事件 B,则事件 B 包含基本事件
1 1 1 1 总数 m=C1 1(C2+C3)+(C2C2-1)=8,

m 8 ∴所求事件的概率 P(B)= n =15. 考点二 复杂的古典概型的概率

【例 2】 (2014· 萍乡调研)将一颗骰子先后抛掷 2 次,观察向上的点数,求: (1)两数中至少有一个奇数的概率; (2)以第一次向上点数为横坐标 x,第二次向上的点数为纵坐标 y 的点(x,y)在 圆 x2+y2=15 的外部或圆上的概率. 解 由题意,先后掷 2 次,向上的点数(x,y)共有 n=6?6=36 种等可能结果,

为古典概型. (1)记“两数中至少有一个奇数”为事件 B, 则事件 B 与“两数均为偶数”为对


立事件,记为B.
1 1 ∵事件B包含的基本事件数 m=C3 C3=9.
- - 9 1 3 ∴P(B)=36=4,则 P(B)=1-P(B)=4, -

3 因此,两数中至少有一个奇数的概率为4. (2)点(x,y)在圆 x2+y2=15 的内部记为事件 C,则C表示“点(x,y)在圆 x2+y2 =15 上或圆的外部”. 又事件 C 包含基本事件:(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(2,3),(3, 1),(3,2)共有 8 个.
- 8 2 2 7 ∴P(C)=36=9,从而 P(C)=1-P(C)=1-9=9. -

7 ∴点(x,y)在圆 x2+y2=15 上或圆外部的概率为9. 规律方法 (1)一是本题易把(2,4)和(4,2),(1,2)和(2,1)看成同一个基本事

件,造成计算错误.二是当所求事件情况较复杂时,一般要分类计算,即用互 斥事件的概率加法公式或考虑用对立事件求解. (2)当所求事件含有“至少”“至多”或分类情况较多时, 通常考虑用对立事件


的概率公式 P(A)=1-P(A)求解. 【训练 2】 甲、乙两人参加法律知识竞答,共有 10 道不同的题目,其中选择 题 6 道,判断题 4 道,甲、乙两人依次各抽一题. (1)甲抽到选择题、乙抽到判断题的概率是多少? (2)甲、乙两人中至少有一人抽到选择题的概率是多少? 解 甲、乙两人从 10 道题中不放回地各抽一道题,先抽的有 10 种抽法,后抽

的有 9 种抽法,故所有可能的抽法是 10?9=90 种,即基本事件总数是 90. (1)记“甲抽到选择题、 乙抽到判断题”为事件 A, 下面求事件 A 包含的基本事 件数: 甲抽选择题有 6 种抽法, 乙抽判断题有 4 种抽法, 所以事件 A 的基本事件数为 6?4=24, 24 4 ∴P(A)=90=15. (2)先考虑问题的对立面: “甲、 乙两人中至少有一人抽到选择题”的对立事件 是“甲、乙两人都未抽到选择题”,即都抽到判断题. 记“甲、乙两人都抽到判断题”为事件 B, “至少一人抽到选择题”为事件 C, 则事件 B 包含的基本事件数为 4?3=12, 12 2 ∴P(B)=90=15. 由对立事件的性质可得 2 13 P(C)=1-P(B)=1-15=15. 考点三 古典概型与统计的综合问题

【例 3】 为了解学生身高情况,某校以 10%的比例对全校 700 名学生按性别 进行分层抽样调查,测得身高情况的统计图如下: 男生

女生

(1)估计该校男生的人数; (2)估计该校学生身高在 170~185 cm 之间的概率; (3)从样本中身高在 165~180 cm 之间的女生中任选 2 人, 求至少有 1 人身高在 170~180 cm 之间的概率. 解 (1)样本中男生人数为 40, 由分层抽样比例为 10%估计全校男生人数为 400.

(2)由统计图知,样本中身高在 170~185 cm 之间的学生有 14+13+4+3+1= 35(人), ∵样本容量为 70, 35 ∴样本中学生身高在 170~185 cm 之间的频率为70=0.5, 故估计该校学生身高在 170~185 cm 之间的概率 P=0.5. (3)样本中女生身高在 165~180 cm 之间的人数为 10,身高在 170~180 cm 之 间的人数为 4. 设 A 表示事件“从样本中身高在 165~180 cm 之间的女生中任取 2 人, 至少有 1 人身高在 170~180 cm 之间”,
1 1 C6 ?C4 +C2 C2 2? 4 2? 6 则 P(A)=1-C2 =3?或P(A)= =3?. 2 C10 ? ? 10

规律方法

有关古典概型与统计结合的题型是高考考查概率的一个重要题型,

已成为高考考查的热点,概率与统计结合题,无论是直接描述还是利用概率分 布表、 分布直方图、 茎叶图等给出信息, 只需要能够从题中提炼出需要的信息,

则此类问题即可解决. 【训练 3】 (2013· 广东卷)某车间共有 12 名工人,随机抽取 6 名, 他们某日加工零件个数的茎叶图如图所示, 其中茎为十位数, 叶为 个位数. (1)根据茎叶图计算样本均值; (2)日加工零件个数大于样本均值的工人为优秀工人.根据茎叶图推断该车间 12 名工人中有几名优秀工人? (3)从该车间 12 名工人中,任取 2 人,求恰有 1 名优秀工人的概率. 解
- 1 (1)由茎叶图可知:样本数据为 17,19,20,21,25,30.则 x =6(17+19

+20+21+25+30)=22, 故样本均值为 22. (2)日加工零件个数大于样本均值的工人有 2 名, 2 1 故优秀工人的频率为6=3. 1 该车间 12 名工人中优秀工人大约有 12?3=4(名), 故该车间约有 4 名优秀工人.
1 (3)记“恰有 1 名优秀工人”为事件 A,其包含的基本事件总数为 C1 4C8=32,

所有基本事件的总数为 C2 12=66. 32 16 由古典概型概率公式,得 P(A)=66=33. 16 所以恰有 1 名优秀工人的概率为33.

[思想方法] 1.古典概型计算三步曲 第一,本试验是否是等可能的;第二,本试验的基本事件有多少个;第三,事 件 A 是什么,它包含的基本事件有多少个. 2.确定基本事件个数的方法 列举法、列表法、树状图法或利用排列、组合. [易错防范]

1.古典概型的重要思想是事件发生的等可能性,一定要注意在计算基本事件 总数和事件包括的基本事件个数时,它们是否是等可能的. 2.对较复杂的古典概型,其基本事件的个数常涉及排列数、组合数的计算, 计算时要首先判断事件是否与顺次有关,以确定是按排列处理,还是按组合处 理.

基础巩固题组 (建议用时:40 分钟) 一、选择题 1.(2013· 江西卷)集合 A={2,3},B={1,2,3},从 A,B 中各任意取一个数, 则这两数之和等于 4 的概率是 2 A.3 解析 1 B.2 1 C.3 1 D.6 ( )

1 从 A,B 中任意取一个数,共有 C1 2·C3=6 种情形,两数和等于 4 的情

2 1 形只有(2,2),(3,1)两种,∴P=6=3. 答案 C

2.有 3 个兴趣小组,甲、乙两位同学各自参加其中一个小组,每位同学参加各个 小组的可能性相同,则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为 ( 1 A.3 解析 1 B.2 2 C.3 3 D.4 )

甲、乙两人都有 3 种选择,共有 3?3=9 种情况,甲、乙两人参加同一

3 1 兴趣小组共有 3 种情况,∴甲、乙两人参加同一兴趣小组的概率 P=9=3,故 选 A. 答案 A

3.(2013· 安徽卷)若某公司从五位大学毕业生甲、乙、丙、丁、戊中录用三人,这 五人被录用的机会均等,则甲或乙被录用的概率为 2 A.3 解析 2 B.5 3 C.5


( 9 D.10

)

设事件“甲或乙被录用”为事件 A,则A表示甲、乙都未被录用,由古
5

- 1 1 1 9 典概型,P(A)=C3=10,∴P(A)=1-10=10.

答案

D

4.连掷两次骰子分别得到点数 m,n,则向量(m,n)与向量(-1,1)的夹角 θ>90° 的概率是 5 A.12 解析 7 B.12 1 C.3 1 D.2 ( )

∵(m,n)· (-1,1)=-m+n<0,∴m>n.

基本事件总共有 6?6=36(个),符合要求的有(2,1),(3,1),(3,2),(4,1), (4,2),(4,3),(5,1),?,(5,4),(6,1),?,(6,5),共 1+2+3+4+5 =15(个). 15 5 ∴P=36=12,故选 A. 答案 A

5.(2014· 九江质检)三位同学参加跳高、跳远、铅球项目的比赛.若每人都选择其 中两个项目,则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是 2 A.3 解析 2 B.9 1 C.3 7 D.9 ( )

2 2 三位同学每人选择三项中的两项有 C2 其中 3C3C3=3?3?3=27 种选法,

2 1 有且仅有两人所选项目完全相同的有 C2 3C3C2=3?3?2=18(种)选法.∴所求

18 2 概率为 P=27=3. 答案 A

二、填空题 6.(2014· 江苏卷)从 1,2,3,6 这 4 个数中一次随机地取 2 个数,则所取 2 个数 的乘积为 6 的概率是________. 解析 从 1,2,3,6 这 4 个数中一次随机地取 2 个数,有(1,2),(1,3),(1,

6),(2,3),(2,6),(3,6),共 6 种情况. 2 1 满足条件的有(2,3),(1,6),共 2 种情况.故 P=6=3. 答案 1 3

7.(2014· 广东卷)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有 C7 10种选法.要

使抽取的七个数的中位数是 6,则 6,7,8,9 必须取,再从 0,1,2,3,4, C3 1 6 5 中任取 3 个,有 C3 种选法,故概率为 7 = . 6 C 6
10

答案

1 6

8.(2014· 江西卷)10 件产品中有 7 件正品、3 件次品,从中任取 4 件,则恰好取到 1 件次品的概率是________. 解析 有 从 10 件产品中任取 4 件共 C4 取出的 4 件产品中恰有一件次品, 10种取法,
1 C3 7C3 1 P= C4 =2. 10

1 C3 7C3种取法,则所求概率

答案

1 2

三、解答题 9.在甲、乙两个盒子中分别装有标号为 1,2,3,4 的四个小球,现从甲、乙两 个盒子中各取出 1 个小球,每个小球被取出的可能性相等. (1)求取出的两个小球上的标号为相邻整数的概率; (2)求取出的两个小球上的标号之和能被 3 整除的概率. 解 法一 利用树状图可以列出从甲、 乙两个盒子中各取出 1 个球的所有可能

结果:

可以看出,试验的所有可能结果数为 16 种. (1)所取两个小球上的标号为相邻整数的结果有 1—2,2—1,2—3,3—2,3— 4,4—3,共 6 种, 6 3 故所求概率 P=16=8. (2)所取两个小球上的标号之和能被 3 整除的结果有 1—2,2—1,2—4,3—3, 4—2,共 5 种. 5 故所求概率 P=16. 法二 设从甲、乙两个盒子中各取 1 个小球,其标号分别记为 x、y,用(x,y)

表示抽取结果,则所有可能有(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 种. (1)所取两个小球上的标号为相邻整数的结果有(1,2),(2,1),(2,3),(3,2), 6 3 (3,4),(4,3),共 6 种.故所求概率 P=16=8. (2)所取两个小球上的标号和能被 3 整除的结果有(1,2),(2,1),(2,4),(3, 5 3),(4,2),共 5 种.故所求概率 P=16. 10.(2015· 郑州质检)某地区有小学 21 所,中学 14 所,大学 7 所,现采用分层抽 样的方法从这些学校中抽取 6 所学校对学生进行视力调查. (1)求应从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目; (2)若从抽取的 6 所学校中随机抽取 2 所学校做进一步数据分析,求抽到小学、 中学各一所的概率. 解 (1)由分层抽样定义知,

21 =3; 21+14+7 14 从中学中抽取的学校数目为 6? =2; 21+14+7 7 从大学中抽取的学校数目为 6? =1. 21+14+7 从小学中抽取的学校数目为 6? 故从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目为 3,2,1. (2)记“抽到小学、中学各一所”为事件 A,
1 1 则事件 A 共有基本事件 m=C3 ?C2 =6(种)抽法,

又从 6 所学校任抽取 2 所有 n=C2 6=15 种抽法. m 6 2 因此,所求事件的概率 P= n =15=5.

能力提升题组
(建议用时:25 分钟) 11.(2015· 东北八校二模)甲、乙两人玩猜数字游戏,先由甲心中想一个数字,记 为 a,再由乙猜甲刚才所想的数字,把乙猜的数字记为 b,其中 a,b∈{1,2, 3,4,5,6},若|a-b|≤1,就称甲、乙“心有灵犀”.现任意找两人玩这个 游戏,则他们“心有灵犀”的概率为 1 A.9 解析 2 B.9 7 C.18 4 D.9 ( )

任意找两人玩这个游戏,共有 6?6=36 种猜数字结果,其中满足|a-

b|≤1 的有如下情形: ①若 a=1,则 b=1,2;②若 a=2,则 b=1,2,3;③若 a=3,则 b=2,3, 4;④若 a=4,则 b=3,4,5;⑤若 a=5,则 b=4,5,6;⑥若 a=6,则 b 16 4 =5,6,总共 16 种,故他们“心有灵犀”的概率为 P=36=9. 答案 D

12.一颗质地均匀的正方体骰子,其六个面上的点数分别为 1,2,3,4,5,6, 将这颗骰子连续抛掷三次, 观察向上的点数, 则三次点数依次构成等差数列的 概率为 1 A.12 解析 1 B.18 1 C.36 ( 7 D.108 )

连续抛掷三次,共有 63=216 种情况,记三次点数分别为 a,b,c,则

a+c=2b,所以 a+c 为偶数,则 a、c 的奇偶性相同,且 a、c 允许重复,一 18 旦 a、c 确定,b 也唯一确定,故 a,c 共有 2?32=18 种,所以所求概率为216 1 =12. 答案 A

13.(2013· 湖南卷改编)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.则从三角形地块的内部和边界上各分别随机选 取一株作物,它们恰好“相近”的概率为________. (注:这里,两株作物“相近”是指它们之间的直线 距离不超过 1 米) 解析 所种作物总株数 N=1+2+3+4+5=15,其中三角形地块内部的作物

株数为 3,边界上的作物株数为 12,从三角形地块的内部和边界上各分别随机
1 选取一株的不同结果有 C1 3C12=36 种.选取的两株作物恰好“相近”的不同结

果有 3+3+2=8 种. 故从三角形地块的内部和边界上各分别随机选取一株作物, 它们恰好“相近” 8 2 的概率为36=9.

答案

2 9

14.甲、乙两校各有 3 名教师报名支教,其中甲校 2 男 1 女,乙校 1 男 2 女. (1)若从甲校和乙校报名的教师中各任选 1 名, 求选出的 2 名教师性别相同的概 率; (2)若从报名的 6 名教师中任选 2 名,求选出的 2 名老师来自同一学校的概率. 解
1 (1)从甲、乙两校报名的教师中各选 1 名,共有 n=C1 3?C3=9 种选法.

1 记“2 名教师性别相同”为事件 A,则事件 A 包含基本事件总数 m=C2 ?1+

m 4 C1 2?1=4,∴P(A)= = . n 9 (2)从报名的 6 人中任选 2 名,有 n=C2 6=15 种选法. 记“选出的 2 名老师来自同一学校”为事件 B, 则事件 B 包含基本事件总数 m =2C2 3=6. 6 2 ∴选出 2 名教师来自同一学校的概率 P(B)=15=5. 特别提醒:教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见 《创新设计· 高考总复习》光盘中内容.

第3讲
最新考纲 的意义.

几何概型

1.了解随机数的意义,能运用模拟方法估计概率;2.了解几何概型

知 识 梳 理 几何概型 (1)定义:如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度(面积或体积)成 比例,则称这样的概率模型为几何概率模型,简称为几何概型. (2)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. (3)公式: P(A)= 构成事件A的区域长度(面积或体积) . 试验的全部结果所构成的区域长度(面积或体积) 诊 断 自 测 1.判断正误(在括号内打“√”或“?”) 精彩 PPT 展示

(1)在几何概型中,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.(√) (2)在几何概型定义中的区域可以是线段、平面图形、立体图形.(√) (3)与面积有关的几何概型的概率与几何图形的形状有关.(?) (4)随机模拟方法是以事件发生的频率估计概率.(√) 2. (2014· 湖南卷)在区间[-2, 3]上随机选取一个数 X, 则 X≤1 的概率为( 4 A.5 2 C.5 解析 B. 答案 B 3 B.5 1 D.5 3 [-2,3]的区间长度为 5,满足 X≤1 的区间长度为 3,∴P=5,故选 )

3.(2015· 西宁复习检测)已知球 O 内切于棱长为 2 的正方体,若在正方体内任 取一点,则这一点不在球内的概率为________.

4π 由题意知球的半径为 1,其体积为 V 球= 3 ,正方体的体积为 V 正方体= 4π 3 π 23=8,则这一点不在球内的概率 P=1- 8 =1- 6 . π 答案 1- 6 解析 4.点 A 为周长等于 3 的圆周上的一个定点,若在该圆周上随机 ︵ 取一点 B,则劣弧AB的长度小于 1 的概率为________. 解析 ︵ ︵ 如图可设AB与AB′的长度等于 1,则由几何概型可知其

2 整体事件是其周长 3,则其概率是3. 答案 2 3

5.(人教 A 必修 3P140 练习 1 改编)如图,圆中有一内接等腰三角 形.假设你在图中随机撒一把黄豆,则它落在阴影部分的概率为 ________. 解析 设圆的半径为 R,由题意知圆内接三角形为等腰直角三角形,其直角边

长为 2R,则所求事件的概率为: 1 ? 2R? 2R S阴 2 1 P= = = . 2 S圆 πR π 1 答案 π

考点一

与长度、角度有关的几何概型

【例 1】 (1)(2014· 福州质量检测)函数 f(x)=-x2+2x,x∈[-1,3],则任取一 点 x0∈[-1,3],使得 f(x0)≥0 的概率为________. (2)如图,在等腰直角△ABC 中,过直角顶点 C 作射线 CM 交 AB 于 M,则使得 AM 小于 AC 的概率为________. 解析 ?-1≤x≤3, (1)由? 2 得 0≤x≤2,因此所求的概率为 ?-x +2x≥0,

2-0 1 =2. 3-(-1)

(2) 当 AM = AC 时 , △ ACM 为 以 ∠A 为 顶 点 的 等 腰 三 角 形 , ∠ ACM = 180°-45° =67.5°. 2 当∠ACM<67.5°时,AM<AC, 所以 AM 小于 AC 的概率 P= 答案 1 (1)2 3 (2)4 (1)设线段 l 是线段 L 的一部分,向线段 L 上任投一点,点落在线段 l的长度 . L的长度 ∠ACM的度数 67.5° 3 = = . ∠ACB的度数 90° 4

规律方法

l 上的概率为 P=

(2)当涉及射线的转动, 如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. 【训练 1】 (2015· 信阳二模)设 A 为圆周上一点,在圆周上等可能地任取一点 与 A 连接,则弦长超过半径 2倍的概率是( 3 A.4 解析 1 B.2 1 C.3 3 D.5 )

︵ 作等腰直角△AOC 和△AMC,B 为圆上任一点,则当点 B 在MmC上运

动时,弦长|AB|> 2R, ︵ MmC 1 ∴P= =2. 圆的周长

答案 考点二

B 与面积、体积有关的几何概型

【例 2】

?x≤0, (1)(2014· 湖北卷)由不等式组?y≥0, 确定的平面区域记为Ω 1, ?y-x-2≤0

?x+y≤1, 不等式组? 确定的平面区域记为 Ω2,在 Ω1 中随机取一点,则该点恰 ?x+y≥-2

好在 Ω2 内的概率为( 1 A.8 1 B.4 3 C.4 7 D.8

)

(2)(2014· 济南模拟)如图, 在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中, 有一动点在此长方体 内随机运动,则此动点在三棱椎 A-A1BD 内的概率为________.

1 (1)由题意作图,如图所示,Ω1 的面积为2?2?2 1 2 2 7 =2,图中阴影部分的面积为 2-2? 2 ? 2 =4,则所求 7 4 7 的概率 P=2=8.选 D. 1 1 (2)因为 VA-A1BD=VA1-ABD=3S△ABDAA1=6S 矩形 ABCDAA1= 解析 VA-A1BD 1 1 V =6. 长方体,故所求概率为 6 V长方体 答案 1 (1)D (2)6 (1)与面积有关的平面图形的几何概型, 解题的关键是对所求的事件

规律方法

A 构成的平面区域形状的判断及面积的计算,基本方法是数形结合.(2)对于基 本事件在空间的几何概型,要根据空间几何体的体积计算方法,把概率计算转 化为空间几何体的体积计算. ?0≤x≤2, 【训练 2】 设不等式组? 表示的平面区域为 D,在区域 D 内随机取 ?0≤y≤2 一个点,则此点到坐标原点的距离大于 2 的概率是( π A. 4 解析 B. π -2 2 π C. 6 4-π D. 4 )

如图所示,正方形 OABC 及其内部为不等式组表示

的区域 D,且区域 D 的面积为 4,而阴影部分表示的是区域 D 内到原点距离大于 2 的区

域,易知该阴影部分的面积为 4-π,因此满足条件的概率是 答案 考点三 D 生活中的几何概型问题

4-π 4 .故选 D.

【例 3】 甲、乙两船驶向一个不能同时停泊两艘船的码头,它们在一昼夜内 到达该码头的时刻是等可能的. 如果甲船停泊时间为 1 h, 乙船停泊时间为 2 h, 求它们中的任意一艘都不需要等待码头空出的概率. 解 设甲、乙两艘船到达码头的时刻分别为 x 与 y,记事件 A 为“两船都不需

要等待码头空出” ,则 0≤x≤24,0≤y≤24,要使两船都不需要等待码头空出, 当且仅当甲比乙早到达 1 h 以上或乙比甲早到达 2 h 以上, 即 y-x≥1 或 x-y≥2. 故所求事件构成集合 A={(x,y)|y-x≥1 或 x-y≥2,x∈[0,24],y∈[0,24]}. A 为图中阴影部分,全部结果构成集合 Ω 为边长是 24 的 正方形及其内部. 所求概率为 P(A)= A的面积 = Ω的面积 506.5 1 013 = . 576 1 152

1 1 (24-1)2?2+(24-2)2?2 24 规律方法
2



有关会面问题利用数形结合转化成面积问题的几何概型, 难点是把

两个时间分别用 x,y 表示,构成平面内的点(x,y),从而把时间是一段长度问 题转化为平面图形的面积问题,转化成面积型几何概型问题. 【训练 3】 张先生订了一份报纸,送报人在早上 6:30~7:30 之间把报纸送 到他家,张先生离开家去上班的时间在早上 7:00~8:00 之间,则张先生在 离开家之前能得到报纸的概率是________. 解析 以横坐标 x 表示报纸送到时间,以纵坐标 y 表示张先生离家时间,建立

平面直角坐标系,因为随机试验落在方形区域内任何一点是等可能的,所以符 合几何概型的条件.根据题意只要点落到阴影部分,就表示张先生在离开家前 能得到报纸,即所求事件 A 发生,所以 P(A)= 1 1 1 1?1-2?2?2 1?1 7 =8.

答案

7 8

[思想方法] 转化思想的应用 对一个具体问题,可以将其几何化,如建立坐标系将试验结果和点对应,然后 利用几何概型概率公式. (1)一般地, 一个连续变量可建立与长度有关的几何概型, 只需把这个变量放在 坐标轴上即可; (2)若一个随机事件需要用两个变量来描述, 则可用这两个变量的有序实数对来 表示它的基本事件, 然后利用平面直角坐标系就能顺利地建立与面积有关的几 何概型; (3)若一个随机事件需要用三个连续变量来描述, 则可用这三个变量组成的有序 数组来表示基本事件,利用空间直角坐标系建立与体积有关的几何概型. [易错防范] 1.注意区分几何概型和古典概型,一般地,当问题涉及的数字是离散的、有 限的取值时,是古典概型;当问题涉及的数在一个连续的实数区间内取值时, 可以考虑使用几何概型解决. 2.在几何概型中,线段的端点、图形的边框是否包含在事件之内不影响所求 结果.

基础巩固题组 (建议用时:40 分钟) 一、选择题 1.取一根长度为 4 m 的绳子,拉直后在任意位置剪断,那么剪得的两段都不少 于 1 m 的概率是 ( )

1 A.4 解析

1 B.3

1 C.2

2 D.3

把绳子 4 等分,当剪断点位于中间两部分时,两段绳子都不少于 1 m,

2 1 故所求概率为 P=4=2. 答案 C 1 ? π π? 2. 在区间?- , ?上随机取一个数 x,cos x 的值介于 0 到2之间的概率为( ) 2? ? 2 1 2 1 2 A.3 B. C.2 D.3 π 1? ? π π? ? 解 析 若 cos x ∈ ?0,2? , x ∈ ?- , ? , 利 用 三 角 函 数 性 质 解 得 ? ? 2? ? 2 π? ?π π? ? π ? π π? x∈?- ,- ?∪? , ?,在?- , ?上随机取一个数是等可能的,结合 3? ?3 2? 2? ? 2 ? 2 ?π π? 2?? - ? 3? 1 ?2 几何概型的概率公式可得所求概率为 P= = . π ? π? 3 ? ? 2 -?- 2 ? 答案 A

3. (2014· 辽宁卷)若将一个质点随机投入如图所示的长 方形 ABCD 中,其中 AB=2,BC=1,则质点落在 以 AB 为直径的半圆内的概率是 π A. 2 解析 π B. 4 π C. 6 ( π D. 8 阴影面积 = 长方形面积 )

设质点落在以 AB 为直径的半圆内为事件 A,则 P(A)=

1 2 2π?1 π =4. 1?2 答案 B

4.在长为 12 cm 的线段 AB 上任取一点 C.现作一矩形,邻边长分别等于线段 AC, CB 的长,则该矩形面积大于 20 cm2 的概率为 1 A.6 解析 1 B.3 2 C.3 4 D.5 ( )

设 AC=x cm, 0<x<12, 则 CB=(12-x)cm, 要使矩形面积大于 20 cm2,

10-2 只要 x(12-x)>20, 则 x2-12x+20<0, 解得 2<x<10, 所求概率为 P= 12

2 =3. 答案 C

?0≤x≤2, 5. (2015· 郑州质量预测)在平面区域? 内随机取一点, 则所取的点恰好满 ?0≤y≤2 足 x+y≤ 2的概率是 1 A.16 解析 1 B.8 1 C.4 1 D.2 ( )

?0≤x≤2, 不等式组? 表 示 的 平 面 区 域 的 面 积 为 22 = 4 , 不 等 式 组 ?0≤y≤2 1 2)2=1,因此所求的概率是4,故选

?0≤x≤2, 1 ?0≤y≤2,表示的平面区域的面积为2?( ?x+y≤ 2
C. 答案 C

二、填空题 6.(2015· 太原模拟)在区间[-2,4]上随机地取一个数 x,若 x 满足|2x|<a 的概率 2 为3,则实数 a=________. 解析 a a 因为区间[-2,4]的长度是 6,满足不等式|2x|<a?-2<x<2的概率是

2 a ? a a? ?- , ? 3,所以区间? 2 2?=(-2,2),长度为 4,则2=2,解得 a=4. 答案 4

7. 一只蜜蜂在一个棱长为 3 的正方体内自由飞行, 若蜜蜂在飞行过程中始终保持 与正方体 6 个表面的距离均大于 1, 称其为“安全飞行”, 则蜜蜂“安全飞行” 的概率为________. 解析 由已知条件,可知蜜蜂只能在一个棱长为 1 的小正方体内飞行,结合几 13 1 何概型,可得蜜蜂“安全飞行”的概率为 P=33=27. 答案 1 27

8. 如图,四边形 ABCD 为矩形,AB= 3,BC=1,以 A 为圆心,1 为半径作四分之一个圆弧 DE,在∠DAB 内

任作射线 AP,则射线 AP 与线段 BC 有公共点的概率为________. 解析 因为在∠DAB 内任作射线 AP,则等可能基本事件为“∠DAB 内作射线

AP”,所以它的所有等可能事件所在的区域 H 是∠DAB,当射线 AP 与线段 BC 有公共点时,射线 AP 落在∠CAB 内,区域 h 为∠CAB,所以射线 AP 与线 段 BC 有公共点的概率为 答案 1 3 ∠CAB 30° 1 = = . ∠DAB 90° 3

三、解答题 9.设关于 x 的一元二次方程 x2+2ax+b2=0.若 a 是从区间[0,3]任取的一个数, b 是从区间[0,2]任取的一个数,求方程有实根的概率. 解 设事件 A 为“方程 x2+2ax+b2=0 有实根”.当 a≥0,b≥0 时,方程 x2

+2ax+b2=0 有实根的充要条件为 a≥b. 试验的全部结果所构成的区域为{(a,b)|0≤a≤3,0≤b≤2},构成事件 A 的区 域为{(a,b)|0≤a≤3,0≤b≤2,a≥b},根据条件画出构成的区域(略),可得 1 3?2-2?22 2 所求的概率为 P(A)= = . 3 3?2 10.身处广州的姐姐和身处沈阳的弟弟在春节前约定分别乘 A,B 两列火车在郑 州火车站会面,并约定先到者等待时间不超过 10 分钟.当天 A,B 两列火车 正点到站的时间是上午 9 点,每列火车到站的时间误差为± 15 分钟,不考虑其 他因素,求姐弟俩在郑州火车站会面的概率. 解 设姐姐到的时间为 x,弟弟到的时间为 y,建立坐

1 标系如图,由题意可知,当|y-x|≤6时,姐弟俩会面, 1 5 又正方形的面积为 ,阴影部分的面积为 ,所求概率 4 36 5 36 5 P= 1 =9. 4

能力提升题组
(建议用时:25 分钟)

11. 在△ABC 中, ∠ABC=60°, AB=2, BC=6, 在 BC 上任取一点 D, 则使△ABD 为钝角三角形的概率为 1 A.6 1 C.2 解析 1 B.3 2 D.3 如图,当 BE=1 时,∠AEB 为直角,则点 D ( )

在线段 BE(不包含 B,E 点)上时,△ABD 为钝角三 角形;当 BF=4 时,∠BAF 为直角,则点 D 在线段 CF(不包含 C、F 点)上时,△ABD 为钝角三角形.所以△ABD 为钝角三角形的 1+2 1 概率为 6 =2. 答案 C

12. 如图, 在圆心角为直角的扇形 OAB 中, 分别以 OA, OB 为直径作两个半圆. 在 扇形 OAB 内随机取一点,则此点取自阴影部分的概率是 ( )

1 1 A.2- π C.1- 解析 2 π

1 π 2 D. π B.

1 如图,设 OA=2,S 扇形 AOB=π,S△OCD=2?1?
扇形 OCD

π = 4 ,∴在以 OA 为直径的半圆中,空 π ?π 1? 白部分面积 S1= 2 -2? - ?=1,所有阴影面积为π ? 4 2? 1 1=2,S -2.故所求概率 P= 答案 C π-1?2 2 =1- . π π

S 13. 在面积为 S 的△ABC 内部任取一点 P, △PBC 的面积大于4的概率为________.

解析

如图,假设当点 P 落在 EF 上时(EF∥BC),恰好

S 满足△PBC 的面积等于4,作 PG⊥BC,AH⊥BC, PG 1 则易知AH=4.符合要求的点 P 可以落在△AEF 内的任一 S△AEF ?3?2 9 部分,其概率为 P= =? ? =16. S△ABC ?4? 答案 9 16

14.设 AB=6,在线段 AB 上任取两点(端点 A,B 除外),将线段 AB 分成了三条 线段, (1)若分成的三条线段的长度均为正整数,求这三条线段可以构成三角形的概 率; (2)若分成的三条线段的长度均为正实数,求这三条线段可以构成三角形的概 率. 解 (1)若分成的三条线段的长度均为正整数, 则三条线段的长度所有可能情况

是 1,1,4;1,2,3;2,2,2,共 3 种情况,其中只有三条线段长为 2,2, 1 2 时能构成三角形,故构成三角形的概率为 P= . 3 (2)设其中两条线段长度分别为 x,y,则第三条线段长度为 6-x-y,故全部试 验结果所构成的区域为

?0<x<6, ?0<x<6, 即?0<y<6, ?0<y<6, ?0<6-x-y<6, ?0<x+y<6,
所表示的平面区域为△OAB. 若三条线段 x,y,6-x-y 能构成三角形,

?x+6-x-y>y, 则还要满足? y+6-x-y>x, ?x>0,y>0,
?x+y>3, 即为?0<y<3, ?0<x<3,
所表示的平面区域为△DEF,

x+y>6-x-y,

由几何概型知,所求概率为 P=

S△DEF 1 = . S△AOB 4

第4讲
最新考纲

离散型随机变量及其分布列

1.理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念,了解分布

列对于刻画随机现象的重要性;2.理解超几何分布及其导出过程,并能进行简 单应用.

知 识 梳 理 1.离散型随机变量 随着试验结果变化而变化的变量称为随机变量, 所有取值可以一一列出的随机 变量,称为离散型随机变量. 2.离散型随机变量的分布列及性质 (1)一般地,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,则表 X P x1 p1 x2 p2 ? ? xi pi ? ? xn pn

称为离散型随机变量 X 的概率分布列. (2)离散型随机变量的分布列的性质: ①pi≥0(i=1,2,?,n);②p1+p2+?+pn=1 3.常见离散型随机变量的分布列 (1)两点分布:若随机变量 X 服从两点分布,其分布列为 X P ,其中 p=P(X=1)称为成功概率. (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
k n-k CM CN-M 品,则 P(X=k)= Cn ,k=0,1,2,?,m,其中 m=min{M,n},且 n≤N, N

0 1-p

1 p

M≤N,n,M,N∈N*,称随机变量 X 服从超几何分布. X P 0
n-0 C0 MCN-M Cn N

1
n-1 C1 MCN-M Cn N

? ?

m
n-m Cm MCN-M Cn N

诊 断 自 测

1.判断正误(请在括号中打“√”或“?”)

精彩 PPT 展示

(1)抛掷均匀硬币一次,出现正面的次数是随机变量.(√) (2)如果随机变量 X 的分布列由下表给出, X P 则它服从两点分布.(?) (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)从 4 名男演员和 3 名女演员中选出 4 名,其中女演员的人数 X 服从超几何 分布.(√) 2.袋中有 3 个白球、5 个黑球,从中任取两个,可以作为随机变量的是( A.至少取到 1 个白球 C.取到白球的个数 解析 B.至多取到 1 个白球 ) 2 0.3 5 0.7

D.取到的球的个数

选项 A,B 表述的都是随机事件,选项 D 是确定的值 2,并不随机;选

项 C 是随机变量,可能取值为 0,1,2. 答案 C )

3.设随机变量 X 的分布列如下表所示,则 p4 的值是( X P 1 A.1 B.2 解析 答案 1 C.4 1 D.8 1 1 2 2 1 4 3 1 8 4 p4

1 1 1 1 由分布列的性质,得2+4+8+p4=1,所以 p4=8. D

4.已知随机变量 X 的分布列为: X P 1 0.1 2 0.2 3 0.4 4 0.2 5 0.1

若 Y=2X-3,则 P(1<Y≤5)=________. 解析 1<Y≤5,即 1<2X-3≤5,

所以 2<X≤4,故 P(1<Y≤5)=P(2<X≤4)=P(X=3)+P(X=4)=0.4+0.2=0.6. 答案 0.6

5.(人教 A 选修 2-3P48 例 3 改编)一盒中有 12 个乒乓球,其中 9 个新的、3 个旧的,从盒中任取 3 个球来用,用完后装回盒中,此时盒中旧球个数 X 是一 个随机变量,则 P(X=4)的值为________. 解析 答案
1 C2 27 3C9 由题意知取出的 3 个球必为 2 个旧球、 1 个新球, 故 P(X=4)= C3 =220. 12 27 220

考点一

离散型随机变量分布列的性质

k? ? 【例 1】 设随机变量 X 的分布列为 P?X=5?=ak(k=1,2,3,4,5). ? ? (1)求 a; 3? ? (2)求 P?X≥5?; ? ? 7? ?1 (3)求 P?10<X≤10?. ? ? 1? 2? ? ? (1)由分布列的性质,得 P?X=5?+P?X=5?+ ? ? ? ? 3? 4? 1 ? ? P?X=5?+P?X=5?+P(X=1)=a+2a+3a+4a+5a=1,所以 a=15. ? ? ? ? 3? 3? 4? ? ? ? (2)P?X≥5?=P?X=5?+P?X=5?+P(X=1)= ? ? ? ? ? ? 1 1 1 4 3?15+4?15+5?15=5. 7? 1? 2? 3? 1 2 3 6 2 ?1 ? ? ? (3)P?10<X≤10?=P?X=5?+P?X=5?+P?X=5?=15+15+15=15=5. ? ? ? ? ? ? ? ? 解 规律方法 (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概率时, 根据分布列, 将所求范围内各随机变量 对应的概率相加即可,其依据是互斥事件的概率加法公式. 【训练 1】 设 X 是一个离散型随机变量,其分布列为: X P 则 q 等于( ) 2 C.1- 2 2 D.1+ 2 -1 0.5 0 1-2q 1 q2

2 A.1 B.1± 2

解析

由分布列的性质,得

1 2q<1, 0<q≤2, ? ?0≤1- ? 2 ?? ∴q=1- 2 . ?0≤q2<1, 2 ?0.5+1-2q+q2=1 ? ?q=1± 2 . 答案 考点二 C 求离散型随机变量的分布列

【例 2】 一个盒子里装有 7 张卡片,其中有红色卡片 4 张,编号分别为 1,2, 3,4;白色卡片 3 张,编号分别为 2,3,4.从盒子中任取 4 张卡片(假设取到 任何一张卡片的可能性相同). (1)求取出的 4 张卡片中,含有编号为 3 的卡片的概率; (2)在取出的 4 张卡片中, 红色卡片编号的最大值设为 X, 求随机变量 X 的分布 列. 解 (1)设“取出的 4 张卡片中,含有编号为 3 的卡片”为事件 A,则 P(A)=
3 2 2 C1 2C5+C2C5 6 =7. C4 7

6 所以取出的 4 张卡片中,含有编号为 3 的卡片的概率为7. (2)随机变量 X 的所有可能取值为 1,2,3,4. C3 1 C3 4 3 4 P(X=1)=C4=35,P(X=2)=C4=35,
7 7 3 3 C5 2 C6 4 P(X=3)=C4=7,P(X=4)=C4=7. 7 7

所以随机变量 X 的分布列是 X P 规律方法 1 1 35 2 4 35 3 2 7 4 4 7

(1)求解离散型随机变量 X 的分布列的步骤:①理解 X 的意义,写

出 X 可能取的全部值;②求 X 取每个值的概率;③写出 X 的分布列.(2)求离 散型随机变量的分布列的关键是求随机变量所取值对应的概率,在求解时,要 注意应用计数原理、古典概型等知识. 【训练 2】 在一个盒子中,放有标号分别为 1,2,3 的三张卡片,现从这个 盒子中,有放回地先后抽得两张卡片的标号分别为 x,y,记 X=|x-2|+|y-x|.

(1)求随机变量 X 的最大值,并求事件“X 取得最大值”的概率; (2)求随机变量 X 的分布列. 解 (1)由题意知,x,y 可能的取值为 1,2,3,

则|x-2|≤1,|y-x|≤2, 所以 X≤3,且当 x=1,y=3 或 x=3,y=1 时,X=3. 因此,随机变量 X 的最大值为 3. 而有放回地抽两张卡片的所有情况有 3?3=9(种), 2 所以 P(X=3)=9. 2 故随机变量 X 的最大值为 3,事件“X 取得最大值”的概率为9. (2)X 的所有取值为 0,1,2,3. 当 X=0 时,只有 x=2,y=2 这一种情况, 当 X=1 时,有 x=1,y=1 或 x=2,y=1 或 x=2,y=3 或 x=3,y=3 四种情 况, 当 X=2 时,有 x=1,y=2 或 x=3,y=2 两种情况. 1 4 2 所以 P(X=0)=9,P(X=1)=9,P(X=2)=9. 则随机变量 X 的分布列为 X P 考点三 超几何分布 0 1 9 1 4 9 2 2 9 3 2 9

【例 3】 (2014· 天津卷节选)某大学志愿者协会有 6 名男同学,4 名女同学.在 这 10 名同学中,3 名同学来自数学学院,其余 7 名同学来自物理、化学等其 他互不相同的七个学院.现从这 10 名同学中随机选取 3 名同学,到希望小学 进行支教活动(每位同学被选到的可能性相同). (1)求选出的 3 名同学是来自互不相同学院的概率; (2)设 X 为选出的 3 名同学中女同学的人数,求随机变量 X 的分布列. 解 (1)设“选出的 3 名同学是来自互不相同的学院”为事件 A,则 P(A)=
2 0 3 C1 3?C7+C3?C7 49 =60. C3 10

49 所以选出的 3 名同学是来自互不相同的学院的概率为60. (2)依据条件,随机变量 X 服从超几何分布,其中 N=10,M=4,n=3,且随 机变量 X 的可能值为 0,1,2,3. P(X=k)=
-k k C4 ?C3 6 3 C10 (k=0,1,2,3).

所以随机变量 X 的分布列是 X P 规律方法 0 1 6 1 1 2 2 3 10 3 1 30

对于服从某些特殊分布的随机变量, 其分布列可以直接应用公式给

出. 超几何分布描述的是不放回抽样问题, 随机变量为抽到的某类个体的个数, 超几何分布是一个重要分布,其理论基础是古典概型,主要应用于抽查产品, 摸不同类别的小球等概率模型. 【训练 3】 (2015· 哈尔滨调研)PM2.5 是指悬浮在空气中的空气动力学当量直 径小于或等于 2.5 微米的颗粒物,也称为可入肺颗粒物.根据现行国家标准 GB3095-2012,PM2.5 日均值在 35 微克/立方米以下空气质量为一级;在 35 微克/立方米~75 微克/立方米之间空气质量为二级;在 75 微克/立方米以上空 气质量为超标. 从某自然保护区 2013 年全年每天的 PM2.5 监测数据中随机地抽取 10 天的数 据作为样本,监测值频数如下表所示: PM2.5 日 均值(微克/ [25,35] (35,45] (45,55] (55,65] (65,75] (75,85] 立方米) 频数 3 1 1 1 1 3

(1)从这 10 天的 PM2.5 日均值监测数据中,随机抽出 3 天,求恰有一天空气质量达到一级的概率; (2)从这 10 天的数据中任取 3 天数据. 记 X 表示抽到 PM2.5 监测数据超标的天 数,求 X 的分布列. 解 (1)记“从 10 天的 PM2.5 日均值监测数据中,随机抽出 3 天,恰有一天空

气质量达到一级”为事件 A,则

2 C1 3?C7 21 P(A)= C3 =40. 10

(2)依据条件,X 服从超几何分布,其中 N=10,M=3,n=3,且随机变量 X 的可能取值为 0,1,2,3. P(X=k)=
-k k C3 ?C3 7 3 C10 (k=0,1,2,3),

所以随机变量 X 的分布列为 X P 0 7 24 1 21 40 2 7 40 3 1 120

[思想方法] 1.对于随机变量 X 的研究,需要了解随机变量取哪些值以及取这些值或取某 一个集合内的值的概率,对于离散型随机变量,它的分布正是指出了随机变量 X 的取值范围以及取这些值的概率. 2.求离散型随机变量的分布列,首先要根据具体情况确定 X 的取值情况,然 后利用排列、组合与概率知识求出 X 取各个值的概率. [易错防范] 掌握离散型随机变量的分布列,须注意: (1)分布列的结构为两行,第一行为随机变量 X 所有可能取得的值;第二行是 对应于随机变量 X 的值的事件发生的概率. 看每一列, 实际上是上为“事件”, 下为“事件发生的概率”,只不过“事件”是用一个反映其结果的实数表示 的.每完成一列,就相当于求一个随机事件发生的概率. (2)要会根据分布列的两个性质来检验求得的分布列的正误. (3)超几何分布是一种常见的离散型随机变量的概率分布模型, 要会根据问题特 征去判断随机变量是否服从超几何分布,然后利用相关公式进行计算.

基础巩固题组 (建议用时:40 分钟) 一、选择题 1.将一颗骰子均匀掷两次,随机变量为 ( )

A.第一次出现的点数 C.两次出现点数之和 解析

B.第二次出现的点数 D.两次出现相同点的种数

A、B 中出现的点数虽然是随机的,但它们取值所反映的结果,都不是

本题涉及试验的结果.D 中出现相同点数的种数就是 6 种,又不是变量.C 整 体反映两次投掷的结果,可以预见两次出现数字的和是 2,3,4,5,6,7,8, 9,10,11,12,这 11 种结果,但每掷一次前,无法预见是 11 种中的哪一个, 故是随机变量,选 C. 答案 C

2.袋中装有 10 个红球、5 个黑球,每次随机抽取 1 个球后,若取得黑球则另换 1 个红球放回袋中,直到取到红球为止.若抽取的次数为 X,则表示“放回 5 个 红球”事件的是 A.X=4 解析 =6. 答案 C B.X=5 C.X=6 ( D.X≤5 )

事件“放回 5 个红球”表示前 5 次摸到黑球,且第 6 次摸到红球,故 X

3.(2015· 武汉模拟)从装有 3 个白球、4 个红球的箱子中,随机取出了 3 个球,恰 好是 2 个白球、1 个红球的概率是 4 A.35 解析 6 B.35 12 C.35 36 D.343 ( )

如果将白球视为合格品,红球视为不合格品,则这是一个超几何分布问

1 C2 3C4 12 题,故所求概率为 P= C3 =35. 7

答案

C

4.随机变量 X 的分布列如下: X P -1 a 0 b 1 c ( 2 D.3 )

其中 a,b,c 成等差数列,则 P(|X|=1)等于 1 A.6 解析 1 B.3 1 C.2

∵a,b,c 成等差数列,∴2b=a+c.

1 2 又 a+b+c=1,∴b=3,∴P(|X|=1)=a+c=3.

答案

D

5.在 15 个村庄中有 7 个村庄交通不方便,现从中任意选 10 个村庄,用 X 表示
6 C4 7C8 这 10 个村庄中交通不方便的村庄数,下列概率中等于 C10 的是 15

(

)

A.P(X=2) C.P(X=4) 解析 答案 X 服从超几何分布 C

B.P(X≤2) D.P(X≤4)
k 10-k C7 C8 P(X=k)= C10 ,故 15

k=4.

二、填空题 6.设离散型随机变量 X 的分布列为 X P 0 0.2 1 0.1 2 0.1 3 0.3 4 m

若随机变量 Y=|X-2|,则 P(Y=2)=________. 解析 由分布列的性质,知

0.2+0.1+0.1+0.3+m=1,∴m=0.3. 由 Y=2,即|X-2|=2,得 X=4 或 X=0, ∴P(Y=2)=P(X=4 或 X=0) =P(X=4)+P(X=0) =0.3+0.2=0.5. 答案 0.5

7.抛掷 2 颗骰子,所得点数之和 X 是一个随机变量,则 P(X≤4)=________. 解析 相应的基本事件空间有 36 个基本事件,

其中 X=2 对应(1,1);X=3 对应(1,2),(2,1);X=4 对应(1,3),(2,2), 1 2 3 1 (3,1).所以 P(X≤4)=P(X=2)+P(X=3)+P(X=4)=36+36+36=6. 答案 1 6 两封信投入 A,B,C 三个空邮箱,投法种数是 32=9,A 中没有信的投

8. 两封信随机投入 A, B, C 三个空邮箱, 则 A 邮箱的信件数 X 的分布列为________. 解析

4 法种数是 2?2=4,概率为9,

4 A 中仅有一封信的投法种数是 C1 2?2=4,概率为 , 9 1 A 中有两封信的投法种数是 1,概率为9, 故分布列为 X P 答案 X P 三、解答题 9.在甲、乙等 6 个单位参加的一次“唱读讲传”演出活动中,每个单位的节目集 中安排在一起, 若采用抽签的方式随机确定各单位的演出顺序(序号为 1, 2, ?, 6),求: (1)甲、乙两单位的演出序号至少有一个为奇数的概率; (2)甲、乙两单位之间的演出单位个数 X 的分布列.


0 4 9

1 4 9

2 1 9

0 4 9

1 4 9

2 1 9



(1)设 A 表示“甲、乙的演出序号至少有一个为奇数”,则A表示“甲、乙

的演出序号均为偶数”,从而
2 C3 1 4 P(A)=1-P(A)=1-C2=1-5=5. 6


(2)X 的所有可能取值为 0,1,2,3,4, 5 1 4 4 3 1 2 2 且 P(X=0)=C2=3,P(X=1)=C2=15,P(X=2)=C2=5,P(X=3)=C2=15,
6 6 6 6

1 1 P(X=4)=C2=15(注:只考虑甲、乙两单位的相对位置,故可用组合计算基本
6

事件数). 从而知 X 的分布列为 X P 0 1 3 1 4 15 2 1 5 3 2 15 4 1 15

10.在一次购物抽奖活动中,假设某 10 张券中有一等奖券 1 张,可获价值 50 元的 奖品;有二等奖券 3 张,每张可获价值 10 元的奖品;其余 6 张没有奖.某顾

客从此 10 张奖券中任抽 2 张,求: (1)该顾客中奖的概率; (2)该顾客获得的奖品总价值 X 元的概率分布列. 解 (1)该顾客中奖, 说明是从有奖的 4 张奖券中抽到了 1 张或 2 张, 由于是等
1 2 C1 4C6+C4 30 2 2 C10 =45=3.

可能地抽取,所以该顾客中奖的概率 P= C2 15 2 ? 6 ? ?或用间接法,即P=1-C2 =1-45=3.? ? ? 10

(2)依题意可知 X 的所有可能取值为 0,10,20,50,60(元),且
2 1 C0 C1 4C6 1 3C6 2 P(X=0)= C2 =3,P(X=10)= C2 =5, 10 10 2 1 1 C3 1 C1C6 2 P(X=20)=C2 =15,P(X=50)= C2 =15, 10 10 1 1 C1C3 1 P(X=60)= C2 =15. 10

所以 X 的分布列为: X P 0 1 3 10 2 5 20 1 15 50 2 15 60 1 15

能力提升题组
(建议用时:25 分钟) 11.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 1 C.3 解析 1 B.2 2 D.3 由已知得 X 的所有可能取值为 0,1, ( )

且 P(X=1)=2P(X=0),由 P(X=1)+P(X=0)=1, 1 得 P(X=0)=3. 答案 C

12.设随机变量 X 的概率分布列如下表所示: X 0 1 2

P

A

1 3 1 C.2

1 6 ( 5 D.6 )

F(x)=P(X≤x),则当 x 的取值范围是[1,2)时,F(x)等于 1 A.3 解析 1 B.6

1 1 1 由分布列的性质,得 a+3+6=1,所以 a=2.而 x∈[1,2),所以 F(x)

1 1 5 =P(X≤x)=2+3=6. 答案 D

13.(2015· 信阳一模)如图所示,A,B 两点 5 条连线并联, 它们在单位时间内能通过的最大信息量依次为 2, 3, 4, 3,2.记从中任取三条线且在单位时间内通过的最大信 息总量为 X,则 P(X≥8)=________. 解析 由已知得,X 的取值为 7,8,9,10,故 P(X≥8)与 P(X=7)是对立事件,
2 1 C2 C2 4 所以 P(X≥8)=1-P(X=7)=1- C3 =5. 5 4 答案 5

14.(2014· 重庆卷节选)一盒中装有 9 张各写有一个数字的卡片,其中 4 张卡片上 的数字是 1、 3 张卡片上的数字是 2、 2 张卡片上的数字是 3.从盒中任取 3 张卡 片. (1)求所取 3 张卡片上的数字完全相同的概率; (2)X 表示所取 3 张卡片上的数字的中位数,求 X 的分布列(注:若三个数 a,b, c 满足 a≤b≤c,则称 b 为这三个数的中位数). 解 (1)由古典概型的概率计算公式知所求概率为
3 C3 5 4+C3 P= C3 =84. 9

(2)X 的所有可能值为 1,2,3,且
1 3 C2 4C5+C4 17 P(X=1)= =42, C3 9 1 1 2 1 3 C1 3C4C2+C3C6+C3 43 P(X=2)= =84, C3 9 1 C2 1 2C7 P(X=3)= C3 =12, 9

故 X 的分布列为

X P

1 17 42

2 43 84

3 1 12

第5讲
最新考纲

二项分布与正态分布

1.了解条件概率和两个事件相互独立的概念;2.理解 n 次独立重复

试验的模型及二项分布.能解决一些简单的实际问题;3.了解正态密度曲线的 特点及曲线所表示的意义,并进行简单应用.

知 识 梳 理 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(AB) (P(A)>0). P(A) n(AB) . n(A)

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.事件的相互独立性 (1)对于事件 A,B,若 A 的发生与 B 的发生互不影响,则称 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B,A与 B,A与B__也都相互独立. (4)若 P(AB)=P(A)P(B),则 A 与 B 相互独立. 3.独立重复试验与二项分布 (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 何一次试验中各事件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
k n-k 发生的概率为 p,则 P(X=k)=Ck (k=0,1,2,?,n),此时称随机 np (1-p)

变量 X 服从二项分布,记为 X~B(n,p),并称 p 为成功概率.

4.正态分布 (1)正态曲线:函数 φμ ,σ (x)= 1 2π σ
μ ,σ

,x∈(-∞,+∞),其中 μ 和 (x)的图象为正态分布密度曲线,简

σ 为参数(σ>0,μ ∈R),我们称函数φ 称正态曲线. (2)正态曲线的性质: 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,如图 甲所示; ⑥当 μ 一定时,曲线的形状由 σ 确定,σ 越小,曲线越“瘦高”,表示总体的 分布越集中;σ 越大,曲线越“矮胖”,表示总体的分布越分散,如图乙所示.

(3)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)=?bφ ?a 称随机变量 X 服从正态分布,记作 X~N(μ,σ 2). 正态总体在三个特殊区间内取值的概率值 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. 诊 断 自 测 1.判断正误(请在括号中打“√”或“?”) (1)条件概率一定不等于它的非条件概率.(?) 精彩 PPT 展示
μ ,σ

(x)dx,则

(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)P(B|A)表示在事件 A 发生的条件下,事件 B 发生的概率,P(BA)表示事件 A, B 同时发生的概率.(√) 2.袋中有 3 红 5 黑 8 个大小形状相同的小球,从中依次摸出两个小球,则在 第一次摸得红球的条件下,第二次仍是红球的概率为( 3 A.8 解析 2 7. 答案 B 4 3.(2015· 武汉模拟)某一批花生种子,如果每 1 粒发芽的概率为5,那么播下 3 粒这样的种子恰有 2 粒发芽的概率是( 12 A.125 解析 16 B.125 48 C.125 96 D.125 ) 2 B.7 2 C.8 3 D.7 )

第一次摸出红球,还剩 2 红 5 黑共 7 个小球,所以再摸到红球的概率为

每 1 粒发芽的概率为定值,播下 3 粒种子相当于做了 3 次重复试验,用

4? ? X 表示发芽的粒数,独立重复试验服从二项分布,即 B~?3,5?,P(X=2)=C2 3 ? ? ?4?2 ?1?1 48 ??5? ??5? =125. ? ? ? ? 答案 C

4.设随机变量 X 服从正态分布 N(2,9),若 P(X>c+1)=P(X<c-1),则 c 等于 ( ) D.4

A.1 B.2 C.3 解析

∵μ = 2 ,由正态分布的定义知其图象关于直线 x = 2 对称,于是

c+1+c-1 =2,∴c=2. 2 答案 B 1 5.(人教 A 选修 2-3P55 练习 3 改编)国庆节放假,甲去北京旅游的概率为3, 1 乙去北京旅游的概率为4,假定二人的行动相互之间没有影响,那么这段时间 内至少有 1 人去北京旅游的概率为________.

解析

记在国庆期间“甲去北京旅游”为事件 A, “乙去北京旅游”为事件 B,

- - - - 1?? 1? 1 ? 又 P(A B)=P(A)· P(B)=[1-P(A)][1-P(B)]=?1-3??1-4?=2, ? ?? ?

甲、乙二人至少有一人去北京旅游的对立事件为甲、乙二人都不去北京旅游,
- - 1 1 所求概率为 1-P(A B)=1-2=2.

答案

1 2

考点一

条件概率

【例 1】 (1)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( 1 A.8 1 B.4 2 C.5 1 D.2 )

(2)已知 1 号箱中有 2 个白球和 4 个红球,2 号箱中有 5 个白球和 3 个红球,现 随机地从 1 号箱中取出一球放入 2 号箱,然后从 2 号箱随机取出一球,则两次 都取到红球的概率是( 11 A.27 解析 11 B.24 8 C.27 9 D.24
2 C2 4 2 3+C2 2 = = , C5 10 5

)

(1)法一

(1)P(A)=

C2 1 2 P(AB)=C2=10,由条件概率公式,得 5 法二
2 n(A)=C2 3+C2=4,n(AB)=1,

1 P(AB) 10 1 P(B|A)= = 4 =4. P(A) 10

∴P(B|A)=

n(AB) 1 = . n(A) 4

(2)设从 1 号箱取到红球为事件 A,从 2 号箱取到红球为事件 B. 由题意,P(A)= 3+1 4 4 2 =3,P(B|A)= = , 2+4 8+1 9

2 4 8 ∴P(AB)=P(B|A)· P(A)=3?9=27, 8 所以两次都取到红球的概率为27. 答案 (1)B (2)C

规律方法 =

条件概率的求法:(1)利用定义,分别求 P(A)和 P(AB),得 P(B|A)

P(AB) .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 P(A)

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)= n(AB) . n(A)

【训练 1】 已知盒中装有 3 只螺口灯泡与 7 只卡口灯泡,这些灯泡的外形与 功率都相同且灯口向下放着,现需要一只卡口灯泡,电工师傅每次从中任取一 只并不放回,则在他第 1 次抽到的是螺口灯泡的条件下,第 2 次抽到的是卡口 灯泡的概率为( 3 A.10 解析 2 B.9 法一 7 C.8 ) 7 D.9

设事件 A 为“第 1 次抽到的是螺口灯泡”,事件 B 为“第 2 次

3 抽到的是卡口灯泡”,则 P(A)=10, 3 7 7 P(AB)=10?9=30,则所求概率为 7 P(AB) 30 7 P(B|A)= = 3 =9. P(A) 10 法二 第 1 次抽到螺口灯泡后还剩余 9 只灯泡,其中有 7 只卡口灯泡,故第 2 C1 7 7 次抽到卡口灯泡的概率为C1=9. 9 答案 考点二 D 相互独立事件同时发生的概率

【例 2】 (2013· 陕西卷改编)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.



(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”, C1 C2 2 2 4 3 则 P(A)=C2=3,P(B)=C3=5.
3 5
- -

∵事件 A 与 B 相互独立,A 与B相互独立.则 A· B表示事件“甲选中 3 号歌手, 且乙没选中 3 号歌手”.
- - 2 2 4 ∴P(AB)=P(A)· P(B)=P(A)· [1-P(B)]=3?5=15,

(2)设 C 表示事件“观众丙选中 3 号歌手”,
2 C4 3 则 P(C)=C3=5, 5
- - -

依题意,A,B,C 相互独立,A,B,C相互独立,
- - -

且 ABC,ABC,ABC,ABC 彼此互斥.
- - -

又 P(X=2)=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC) 2 3 2 2 2 3 1 3 3 33 =3?5?5+3?5?5+3?5?5=75, 2 3 3 18 P(X=3)=P(ABC)=3?5?5=75, 33 18 17 ∴P(X≥2)=P(X=2)+P(X=3)=75+75=25. 规律方法 (1)正确分析所求事件的构成, 将其转化为几个彼此互斥事件的和或

相互独立事件的积, 然后利用相关公式进行计算. (2)注意根据问题情境正确判 断事件的独立性. (3)在应用相互独立事件的概率公式时, 对含有“至多有一个 发生”“至少有一个发生”的情况,可结合对立事件的概率求解. 【训练 2】 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 AB∪AB; “至
- -

少有 1 人击中目标”是 AB∪AB∪AB.

(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, 恰好有一人击中目标”包括两种情况: 一种是甲击中乙
- -

未击中(即 AB),另一种是甲未击中乙击中(即AB).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 AB与AB 是互斥的,所以所求概率为 P=
- - - -

P(AB)+P(AB)=P(A)· P(B)+P(A)· 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(AB)+


P(AB)]=0.64+0.32=0.96. 考点三 独立重复试验与二项分布

【例 3】 (2014· 四川卷节选)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, 1 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. 解 (1)X 可能的取值为 10,20,100,-200.

1?2 3 ?1?1 ? 根据题意,有 P(X=10)=C1 3??2? ??1-2? = , 8 ? ? ? ? 1?1 3 ?1?2 ? P(X=20)=C2 3??2? ??1-2? = , 8 ? ? ? ? 1?0 1 ?1?3 ? 1 - ? ? ? P(X=100)=C3 ? ? =8, 3 2? ?2? ? ? 1?3 1 ?1?0 ? 1 - ? ? ? P(X=-200)=C0 ? ? = . 3 2? 8 ?2? ? ? 所以 X 的分布列为

X P

10 3 8

20 3 8

100 1 8

-200 1 8

(2)设“第 i 盘游戏没有出现音乐”为事件 Ai(i=1,2,3), 1 则 P(A1)=P(A2)=P(A3)=P(X=-200)=8. 所以, “三盘游戏中至少有一次出现音乐”的概率为 1 511 ?1?3 1-P(A1A2A3)=1-?8? =1-512=512. ? ? 511 因此,玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是512. 规律方法 利用独立重复试验概率公式可以简化求概率的过程, 但需要注意检
k n-k 查该概率模型是否满足公式 Pn(k)=Ck 的三个条件:(1)在一次试验 np (1-p)

中某事件 A 发生的概率是一个常数 p;(2)n 次试验不仅是在完全相同的情况下 进行的重复试验,而且各次试验的结果是相互独立的;(3)该公式表示 n 次试 验中事件 A 恰好发生了 k 次的概率. 【训练 3】 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 (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2.

记“甲以 4 比 1 获胜”为事件 A, ?1?3?1?4-3 1 1 则 P(A)=C3 ?2=8. 4?2? ?2? ? ? ? ? (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= ?1?3?1?5-3 1 5 C3 ?2=32, 5?2? ?2? ? ? ? ? 3 6-3 1 5 5 3?1? ?1? ?2? ?2? 乙以 4 比 3 获胜的概率为 P2=C6 ?2=32,所以 P(B)=P1+P2=16. ? ? ? ?

(3)设比赛的局数为 X,则 X 的可能取值为 4,5,6,7. ?1?4 1 P(X=4)=2C4 4?2? = , 8 ? ? ?1?3?1?4-3 1 1 P(X=5)=2C3 ?2=4, 4?2? ?2? ? ? ? ? ?1?3?1?5-3 1 5 P(X=6)=2C3 ?2=16, 5?2? ?2? ? ? ? ? ?1?3?1?6-3 1 5 P(X=7)=2C3 ? = . 6?2? ?2? 2 16 ? ? ? ? 比赛局数的分布列为 X P 考点四 正态分布 4 1 8 5 1 4 6 5 16 7 5 16

【例 4】 已知随机变量 X 服从正态分布 N(2, σ 2), 且 P(X<4)=0.8, 则 P(0<X<2) =( )

A.0.6 B.0.4 C.0.3 D.0.2 解析 由 P(X<4)=0.8,

得 P(X≥4)=0.2, 由题意知正态曲线的对称轴为直线 x = 2 , P(X≤0) = P(X≥4)=0.2, ∴P(0<X<4)=1-P(X≤0)-P(X≥4)=0.6, 1 ∴P(0<X<2)=2P(0<X<4)=0.3. 答案 C (1)求解本题关键是明确正态曲线关于 x=2 对称,且区间[0,4]也

规律方法

关于 x=2 对称.(2)关于正态曲线在某个区间内取值的概率求法:①熟记 P(μ -σ<X≤μ+σ),P(μ-2σ<X≤μ+2σ),P(μ-3σ<X≤μ+3σ)的值;②充分利用正 态曲线的对称性和曲线与 x 轴之间面积为 1. 【训练 4】 在某次数学考试中,考生的成绩 X 服从正态分布,即 X~N(100, 100),已知满分为 150 分.若这次考试共有 2 000 名考生参加,试估计这次考

试不及格(小于 90 分)的人数. 解 由 X~N(100,100)知 μ=100,σ =10.

P(90<X≤110)=P(100-10<X≤100+10)=0.682 6, 1 ∴P(X<90)=2(1-0.682 6)=0.158 7, ∴不及格人数为 2 000?0.158 7≈317(人).

[思想方法] 1. 古典概型中, A 发生的条件下 B 发生的条件概率公式为 P(B|A)= P(AB) = P(A)

n(AB) n(AB) ,其中,在实际应用中 P(B|A)= 是一种重要的求条件概率的 n(A) n(A) 方法. 2.相互独立事件与互斥事件的区别 相 互 独 立 事 件 是 指 两 个 事 件 发 生 的 概 率 互 不 影 响 , 计 算 式 为 P(AB) = P(A)P(B).互斥事件是指在同一试验中,两个事件不会同时发生,计算公式为 P(A∪B)=P(A)+P(B). 3.二项分布是概率论中最重要的几种分布之一,在实际应用和理论分析中都 有重要的地位. (1)判断一个随机变量是否服从二项分布,关键有二:其一是独立性,即一次试 验中,事件发生与不发生二者必居其一;其二是重复性,即试验是独立重复地 进行了 n 次. (2)对于二项分布,如果在一次试验中某事件发生的概率是 p,那么在 n 次独立
k n -k 重复试验中这个事件恰好发生 k 次的概率是 P(X=k)=Ck .其中 k=0, np q

1,?,n,q=1-p. 4.若 X 服从正态分布,即 X~N(μ,σ 2),要充分利用正态曲线的关于直线 X =μ 对称和曲线与 x 轴之间的面积为 1. [易错防范] 1.运用公式 P(AB)=P(A)P(B)时一定要注意公式成立的条件,只有当事件 A, B 相互独立时,公式才成立.

2.独立重复试验中,每一次试验只有两种结果,即某事件要么发生,要么不 发生,并且任何一次试验中某事件发生的概率相等.注意恰好与至多(少)的关 系,灵活运用对立事件.
k n-k 3.独立重复试验中的概率公式 Pn(k)=Ck 表示的是 n 次独立重复试 np (1-p)

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.

基础巩固题组 (建议用时:40 分钟) 一、选择题 1. (2014· 新课标全国Ⅱ卷)某地区空气质量监测资料表明, 一天的空气质量为优良 的概率是 0.75,连续两天为优良的概率是 0.6,已知某天的空气质量为优良, 则随后一天的空气质量为优良的概率是 A.0.8 解析 B.0.75 C.0.6 D.0.45 ( )

记事件 A 表示“一天的空气质量为优良”,事件 B 表示“随后一天的 P(AB) , P(A)

空气质量为优良” , P(A)=0.75, P(AB)=0.6, 由条件概率公式 P(B|A)= 0.6 可得所求概率为0.75=0.8. 答案 A 1? ? 2.(2015· 郑州一模)设随机变量 X~B?6,2?,则 P(X=3)等于 ? ? 5 3 5 A.16 B.16 C.8 1? ? 解析 X~B?6,2?,由二项分布可得, ? ? 1?3 5 ?1?3 ? P(X=3)=C3 6?2? ·?1-2? = . 16 ? ? ? ? 答案 A

( 3 D.8

)

3.(2015· 南充诊断)已知随机变量 X 服从正态分布 N(2,32),且 P(X<1)=0.30,则 P(2<X<3)等于 A.0.20 B.0.50 ( )

C.0.70 解析

D.0.80

因为该正态密度曲线的对称轴方程为 x=2,

∴P(X>3)=P(X<1)=0.3, 1 ∴P(1<X<3)=1-P(X>3)-P(X<1)=1-2?0.3=0.4,∴P(2<X<3)=2P(1<X<3) =0.20. 答案 A

1 1 4.(2015· 福州模拟)甲射击命中目标的概率是2,乙命中目标的概率是3,丙命中目 1 标的概率是4.现在三人同时射击目标,则目标被击中的概率为 3 A.4 4 C.5 解析 2 B.3 7 D.10 设甲命中目标为事件 A,乙命中目标为事件 B,丙命中目标为事件 C,
- - - - - -

(

)

则击中目标表示事件 A, B, C 中至少有一个发生. 又 P(A· B· C)=P(A)· P(B)· P(C) 1? ? 1? ? 1? 1 ? =[1-P(A)]· [1-P(B)]· [1-P(C)]=?1-2???1-3???1-4?=4.∴击中的概率 P ? ? ? ? ? ? - - - 3 =1-P(A·B·C)=4. 答案 A

5.(2015· 天津南开调研)一袋中有 5 个白球,3 个红球,现从袋中往外取球,每次 任取一个记下颜色后放回,直到红球出现 10 次时停止,设停止时共取了 X 次 球,则 P(X=12)等于 ?3?10?5?2 ? ? A.C10 12?8? ? ? ?8? ?5?2?3?2 C.C9 11?8? ?8? ? ? ? ? 解析 9 2 9 ?3? ?5? 3 ?8? ?8? B.C12 ? ? ? ? 8 ?3?10?5?2 ? ? D.C9 11?8? ? ? ?8? ( )

由题意知第 12 次取到红球,前 11 次中恰有 9 次红球 2 次白球,由于每

3 次取到红球的概率为8, ?3?9 ?5?2 3 所以 P(X=12)=C9 11?8? ??8? ? . 8 ? ? ? ?

答案

D

二、填空题 6. 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 16 概率为25,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, 16 9 3 则依题意有 1-p2=25,p2=25,又 0<p<1,∴p=5. 答案 3 5

7.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 B(发芽又成活为幼苗).

依题意 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

8. 某一部件由三个电子元件按如图所示方式连接而成, 元件 1 或元件 2 正常工作, 且元件 3 正常工作,则部件正常工作.设三个电子元件的使用寿命(单位:小 时)均服从正态分布 N(1 000,502),且各个元件能否正常工作相互独立,那么 该部件的使用寿命超过 1 000 小时的概率为________.

解析

设元件 1,2,3 的使用寿命超过 1 000 小时的事件分别记为 A,B,C,

- 1 显然 P(A)=P(B)=P(C)= ,∴该部件的使用寿命超过 1 000 小时的事件为(AB 2 -

+AB+AB)C, ∴该部件的使用寿命超过 1 000 小时的概率 ?1 1 1 1 1 1? 1 3 P=?2?2+2?2+2?2??2=8. ? ? 3 答案 8

三、解答题 9.某种有奖销售的饮料,瓶盖内印有“奖励一瓶”或“谢谢购买”字样,购买一 1 瓶若其瓶盖内印有“奖励一瓶”字样即为中奖,中奖概率为6.甲、乙、丙三位 同学每人购买了一瓶该饮料. (1)求甲中奖且乙、丙都没有中奖的概率; (2)求中奖人数 X 的分布列.





(1)设甲、乙、丙中奖的事件分别为 A,B,C,且相互独立,那么 A,B,

C相互独立. 1 又 P(A)=P(B)=P(C)=6,
- - - - 1 ?5?2 25 ∴P(A· B?C)=P(A)P(B)P(C)=6??6? =216, ? ?

25 即甲中奖且乙、丙都没有中奖的概率为216. 1? ? (2)X 的可能取值为 0,1,2,3,且 X~B?3,6?, ? ? ?1?k?5?3-k ∴P(X=k)=Ck (k=0,1,2,3). 3?6? ?6? ? ? ? ? ?1?0?5?3 125 则 P(X=0)=C0 3?6? ?6? = 216, ? ? ? ? ?1?1?5?2 25 P(X=1)=C1 3?6? ?6? = , 72 ? ? ? ? ?1?2?5?1 5 P(X=2)=C2 3?6? ?6? = , 72 ? ? ? ? 1 ?1?3?5?0 P(X=3)=C3 3?6? ?6? = 216, ? ? ? ? 所以中奖人数 X 的分布列为 X P 0 125 216 1 25 72 2 5 72 3 1 216

10.(2014· 陕西卷)在一块耕地上种植一种作物,每季种植成本为 1 000 元,此作物

的市场价格和这块地上的产量均具有随机性, 且互不影响, 其具体情况如下表: 作物产量(kg) 概 率 作物市场价格(元/kg) 概 率 300 0.5 6 0.4 500 0.5 10 0.6

(1)设 X 表示在这块地上种植 1 季此作物的利润,求 X 的分布列; (2)若在这块地上连续 3 季种植此作物, 求这 3 季中至少有 2 季的利润不少于 2 000 元的概率. 解 (1)设 A 表示事件“作物产量为 300 kg” ,B 表示事件“作物市场价格为 6

元/kg” ,由题设知 P(A)=0.5,P(B)=0.4, 因为利润=产量?市场价格-成本, 所以 X 所有可能的取值为 500?10-1 000=4 000,500?6-1 000=2 000, 300?10-1 000=2 000,300?6-1 000=800.
- -

P(X=4 000)=P(A)P(B)=(1-0.5)?(1-0.4)=0.3,
- -

P(X=2 000)=P(A)P(B)+P(A)P(B)=(1-0.5)?0.4+0.5?(1-0.4)=0.5, P(X=800)=P(A)P(B)=0.5?0.4=0.2, 所求 X 的分布列为 X P 4 000 0.3 2 000 0.5 800 0.2

(2)设 Ci 表示事件“第 i 季利润不少于 2 000 元”(i=1,2,3), 由题意知 C1,C2,C3 相互独立,由(1)知, P(Ci)=P(X=4 000)+P(X=2 000)=0.3+0.5=0.8(i=1,2,3), 3 季的利润均不少于 2 000 元的概率为 P(C1C2C3)=P(C1)P(C2)P(C3)=0.83=0.512; 3 季中有 2 季的利润不少于 2 000 元的概率为 P(C1C2C3)+P(C1 C2C3)+P(C1C2 C3)=3?0.82?0.2=0.384, 所以,这 3 季中至少有 2 季的利润不少于 2 000 元的概率为
- - -

0.512+0.384=0.896.

能力提升题组
(建议用时:25 分钟) 5 11. 设随机变量 X~B(2, p), Y~B(4, p), 若 P(X≥1)=9, 则 P(Y≥2)的值为( 32 A.81 解析 11 B.27 65 C.81 16 D.81 )

1 1 2 5 P(X≥1)=P(X=1)+P(X=2)=C2 p(1-p)+C2 2p = , 9 解得 p=3(0≤p≤1,

5 故 p= 舍去). 3 3 11 ?2?4 1 1 ?2? 故 P(Y≥2)=1-P(Y=0)-P(Y=1)=1-C0 4??3? -C4? ??3? = . 3 ? ? 27 ? ? 答案 B

12.口袋里放有大小相等的两个红球和一个白球,有放回地每次摸取一个球,定 义数列{an}: ?-1,第n次摸取红球, an=? 如果 Sn 为数列{an}的前 n 项和,那么 S7=3 的概 ?1,第n次摸取白球, 率为 ?1?2 ?2?5 A.C5 7?3? ??3? ? ? ? ? ?1?2 ?1?5 C.C5 7?3? ??3? ? ? ? ? 解析 2 ?1?5 2?2? ?3? ??3? B.C7 ? ? ? ? ?1?2 ?2?5 D.C3 7?3? ??3? ? ? ? ? ( )

S7=3 即为 7 次摸球中,有 5 次摸到白球,2 次摸到红球,又摸到红球

2 1 ?2?2?1?5 的概率为3,摸到白球的概率为3.故所求概率为 P=C2 7?3? ?3? . ? ? ? ? 答案 B

2 13.某射手每次击中目标的概率是3,各次射击互不影响,若规定:其若连续两次 射击不中,则停止射击,则其恰好在射击完第 5 次后停止射击的概率为 ________. 解析 由题意该射手第四、五次未击中,第三次击中,第一、二次至少有一次

? 1?2? 2 ?1?2 16 ? = 击中,由于互为不影响,所以所求概率为 P=?1-? ?3? ??3?? 243. ?3? ? ? ? ? 答案 16 243

3 14.现有甲、乙两个靶,某射手向甲靶射击一次,命中的概率为4,命中得 1 分, 2 没有命中得 0 分;向乙靶射击两次,每次命中的概率为3,每命中一次得 2 分, 没有命中得 0 分. 该射手每次射击的结果相互独立. 假设该射手完成以上三次 射击. (1)求该射手恰好命中一次的概率; (2)求该射手的总得分 X 的分布列. 解 (1)记“该射手恰好命中一次”为事件 A, “该射手射击甲靶命中”为事件

B, “该射手第一次射击乙靶命中”为事件 C, “该射手第二次射击乙靶命中”
- 3 2 为事件 D,由题意知 P(B)=4,P(C)=P(D)=3,由于 A=BC - - - - -

D+BC D+B

CD, 根据事件的独立性和互斥性得
- - - - - -

P(A)=P(BC
- -

D+BCD+B CD)
- - - -

=P(BC

D)+P(BC
- - -

D)+P(B CD)
- - -

=P(B)P(C)P(D)+P(B)P(C)P(D)+P(B)P(C)P(D) 2? ? 2? ? 3? 2 ? 2? ? 3? ? 2? 2 7 3 ? =4??1-3???1-3?+?1-4??3??1-3?+?1-4???1-3??3=36. ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? (2)根据题意,X 的所有可能取值为 0,1,2,3,4,5, 根据事件的独立性和互斥性得
- - -

P(X=0)=P(B C

D)=[1-P(B)][1-P(C)][1-P(D)]

3? ? 2? ? 2? 1 ? =?1-4???1-3???1-3?=36, ? ? ? ? ? ?
- - - -

P(X=1)=P(BC

D)=P(B)P(C)P(D)

2? ? 2? 1 3 ? =4??1-3???1-3?=12, ? ? ? ?


P(X=2)=P(BC

- -- - - -- 3? 2 ? 2? ? 3? ? D+BCD)=P(BCD)+P(BCD)=?1-4??3??1-3? +?1-4? ? ? ? ? ? ?

2? 2 1 ? ??1-3??3=9, ? ?
- - - - 2? 3 ? 2? 2 3 2 ? P(X=3) = P(BCD + BC D)= P(BCD)+ P(BC D)= 4 ? 3? ?1-3? + 4 ? ?1-3? ?3 ? ? ? ? 1 =3, - 3? 2 2 1 ? P(X=4)=P(BCD)=?1-4??3?3=9, ? ? 3 2 2 1 P(X=5)=P(BCD)=4?3?3=3.

故 X 的分布列为 X P 0 1 36 1 1 12 2 1 9 3 1 3 4 1 9 5 1 3

第6讲
最新考纲

离散型随机变量的均值与方差

1.理解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差的概念; 2.能计

算简单离散型随机变量的均值、方差,并能解决一些简单实际问题.

知 识 梳 理 1.离散型随机变量的均值与方差 若离散型随机变量 X 的分布列为 X P (1)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. (2)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 i=1 值 E(X)的平均偏离程度,其算术平方根 D(X)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). 3.两点分布与二项分布的均值、方差 (1)若 X 服从两点分布,则 E(X)=p,D(X)=p(1-p). (2)若 X~B(n,p),则 E(X)=np,D(X)=np(1-p). 诊 断 自 测 1.判断正误(请在括号中打“√”或“?”) (1)期望值就是算术平均数,与概率无关.(?) (2)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.(√) (3)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.(√) (4) 均值与方差都是从整体上刻画离散型随机变量的情况,因此它们是一回 精彩 PPT 展示
n

x1 p1

x2 p2

? ?

xi pi

? ?

xn pn

事.(?) 2.已知某一随机变量 X 的分布列如下,且 E(X)=6.3,则 a 的值为( X P A.5 B.6 C.7 D.8 解析 由分布列性质知:0.5+0.1+b=1,∴b=0.4. 4 0.5 a 0.1 9 b )

∴E(X)=4?0.5+a?0.1+9?0.4=6.3.∴a=7. 答案 C

3.(2014· 陕西卷)设样本数据 x1,x2,?,x10 的均值和方差分别为 1 和 4,若 yi=xi+a(a 为非零常数,i=1,2,?,10),则 y1,y2,?,y10 的均值和方差 分别为( )

A.1+a,4 B.1+a,4+a C.1,4 D.1,4+a 解析 答案 将每个数据都加上 a 后均值也增加 a,方差不变,故选 A. A )

1 4. 设随机变量 X 的分布列为 P(X=k)= (k=2, 4, 6, 8, 10), 则 D(X)等于( 5 A.5 B.8 C.10 解析 D.16 1 ∵E(X)=5(2+4+6+8+10)=6,

1 ∴D(X)=5[(-4)2+(-2)2+02+22+42]=8. 答案 B

5.(人教 A 选修 2-3P69B1 改编)抛掷两枚骰子,当至少一枚 5 点或一枚 6 点 出现时,就说这次试验成功,则在 10 次试验中成功次数的均值为________. 4 4 4 抛掷两枚骰子,当两枚骰子不出现 5 点和 6 点时的概率为6?6=9,所 4 5 以至少有一次出现 5 点或 6 点的概率为 1-9=9,用 X 表示 10 次试验中成功 解析 的次数, 5? 5 50 ? 则 X~B?10,9?,E(X)=10?9= 9 . ? ? 50 答案 9

考点一

离散型随机变量的均值与方差

【例 1】 (2013· 浙江卷)设袋子中装有 a 个红球,b 个黄球,c 个蓝球,且规定: 取出一个红球得 1 分,取出一个黄球得 2 分,取出一个蓝球得 3 分. (1)当 a=3, b=2, c=1 时, 从该袋子中任取(有放回, 且每球取到的机会均等)2 个球,记随机变量 X 为取出此 2 球所得分数之和,求 X 的分布列; (2)从该袋子中任取(每球取到的机会均等)1 个球,记随机变量 Y 为取出此球所 5 5 得分数.若 E(Y)= ,D(Y)= ,求 a∶b∶c. 3 9 解 (1)由题意得 X=2,3,4,5,6. 3?3 1 2?3?2 1 =4,P(X=3)= =3, 6?6 6?6

故 P(X=2)=

P(X=4)=

2?3?1+2?2 5 =18, 6?6 2?2?1 1 1?1 1 =9,P(X=6)= = . 6?6 6?6 36

P(X=5)=

所以 X 的分布列为 X P 2 1 4 3 1 3 4 5 18 5 1 9 6 1 36

(2)由题意知 Y 的分布列为 Y P 1 2 3 c a+b+c

a b a+b+c a+b+c a 2b 3c 5 所以 E(Y)= + + =3, a+b+c a+b+c a+b+c

5?2 5?2 5?2 a b c 5 ? ? ? D(Y)=?1-3? ? +?2-3? ? +?3-3? ? =9. ? ? ? ? a+b+c ? a+b+c ? a+b+c ?2a-b-4c=0, ?a=3c, 化简得? 解得? ?a+4b-11c=0. ?b=2c, 故 a∶b∶c=3∶2∶1. 规律方法 (1)求离散型随机变量的均值与方差关键是确定随机变量的所有可

能值,写出随机变量的分布列,正确运用均值、方差公式进行计算.(2)注意性 质的应用: 若随机变量 X 的均值为 E(X), 则对应随机变量 aX+b 的均值是 aE(X) +b,方差为 a2D(X). 【训练 1】 袋中有 20 个大小相同的球,其中记上 0 号的有 10 个,记上 n 号 的有 n 个(n=1,2,3,4).现从袋中任取一球,X 表示所取球的标号. (1)求 X 的分布列、期望和方差; (2)若 Y=aX+b,E(Y)=1,D(Y)=11,试求 a,b 的值. 解 (1)X 的分布列为 X P 0 1 2 1 1 20 2 1 10 3 3 20 4 1 5

1 1 1 3 1 ∴E(X)=0?2+1?20+2?10+3?20+4?5=1.5. 1 1 1 3 D(X)=(0-1.5)2?2+(1-1.5)2?20+(2-1.5)2?10+(3-1.5)2?20+(4-1.5)2 1 ?5=2.75. (2)由 D(Y)=a2D(X), 得 a2?2.75=11,即 a=± 2. 又 E(Y)=aE(X)+b, 所以当 a=2 时,由 1=2?1.5+b,得 b=-2. 当 a=-2 时,由 1=-2?1.5+b,得 b=4. ?a=2, ?a=-2, ∴? 或? ?b=-2 ?b=4, 考点二 与二项分布有关的均值、方差

【例 2】 (2013· 福建卷)某联欢晚会举行抽奖活动,举办方设置了甲、乙两种 2 2 抽奖方案,方案甲的中奖率为3,中奖可以获得 2 分;方案乙的中奖率为5,中 奖可以获得 3 分;未中奖则不得分.每人有且只有一次抽奖机会,每次抽奖中 奖与否互不影响,晚会结束后凭分数兑换奖品. (1)若小明选择方案甲抽奖,小红选择方案乙抽奖,记他们的累计得分为 X,求 X≤3 的概率; (2)若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖,问:他们选择何

种方案抽奖,累计得分的数学期望较大? 解 2 2 (1)由已知得,小明中奖的概率为3,小红中奖的概率为5,且两人中奖与否

互不影响. 记“这 2 人的累计得分 X≤3”的事件为 A, 则事件 A 的对立事件为“X=5”, 2 2 4 因为 P(X=5)=3?5=15, 11 所以 P(A)=1-P(X=5)=15, 11 即这 2 人的累计得分 X≤3 的概率为15. (2)法一 设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖次数为 X1,都选择方案乙抽奖

中奖次数为 X2, 则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为 E(2X1), 选择 方案乙抽奖累计得分的数学期望为 E(3X2). 2? 2? ? ? 由已知可得,X1~B?2,3?,X2~B?2,5?, ? ? ? ? 2 4 2 4 所以 E(X1)=2?3=3,E(X2)=2?5=5, 8 12 因此 E(2X1)=2E(X1)= ,E(3X2)=3E(X2)= . 3 5 因为 E(2X1)>E(3X2), 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. 法二 设小明、 小红都选择方案甲所获得的累计得分为 Y1, 都选择方案乙所获

得的累计得分为 Y2,则 Y1,Y2 的分布列为: Y1 P 0 1 9 2 4 9 4 4 9

Y2 P

0

3 12 25

6 4 25

9 25 1 4 4 8 ∴E(Y1)=0?9+2?9+4?9=3, 9 12 4 12 E(Y2)=0?25+3?25+6?25= 5 , 因为 E(Y1)>E(Y2),

所以二人都选择方案甲抽奖,累计得分的数学期望较大. 规律方法 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. 【训练 2】 (2014· 辽宁卷)一家面包房根据以往某种面包的销售记录,绘制了 日销售量的频率分布直方图,如图所示.

将日销售量落入各组的频率视为概率,并假设每天的销售量相互独立. (1)求在未来连续 3 天里, 有连续 2 天的日销售量都不低于 100 个且另 1 天的日 销售量低于 50 个的概率; (2)用 X 表示在未来 3 天里日销售量不低于 100 个的天数,求随机变量 X 的分 布列、数学期望 E(X)及方差 D(X). 解 (1)设 A1 表示事件“日销售量不低于 100 个”,A2 表示事件“日销售量低

于 50 个”,B 表示事件“在未来连续 3 天里,有连续 2 天的日销售量都不低 于 100 个且另 1 天的日销售量低于 50 个”,因此 P(A1)=(0.006+0.004+0.002)?50=0.6, P(A2)=0.003?50=0.15, P(B)=0.6?0.6?0.15?2=0.108. (2)X 可能取的值为 0,1,2,3,相应的概率为
3 P(X=0)=C0 3?(1-0.6) =0.064, 2 P(X=1)=C1 3?0.6(1-0.6) =0.288, 2 P(X=2)=C2 3?0.6 (1-0.6)=0.432, 3 P(X=3)=C3 3?0.6 =0.216.

分布列为 X P 0 0.064 1 0.288 2 0.432 3 0.216

因为 X~B(3,0.6),所以数学期望 E(X)=3?0.6=1.8, 方差 D(X)=3?0.6?(1-0.6)=0.72. 考点三 均值与方差在决策中的应用

【例 3】 (2014· 湖北卷)计划在某水库建一座至多安装 3 台发电机的水电站. 过 去 50 年的水文资料显示,水库年入流量 X(年入流量:一年内上游来水与库区 降水之和,单位:亿立方米)都在 40 以上.其中,不足 80 的年份有 10 年,不 低于 80 且不超过 120 的年份有 35 年,超过 120 的年份有 5 年.将年入流量在 以上三段的频率作为相应段的概率,并假设各年的年入流量相互独立. (1)求未来 4 年中,至多有 1 年的年入流量超过 120 的概率; (2)水电站希望安装的发电机尽可能运行, 但每年发电机最多可运行台数受年入 流量 X 限制,并有如下关系: 年入流量 X 发电机最多可 运行台数 40<X<80 1 80≤X≤120 2 X>120 3

若某台发电机运行,则该台年利润为 5 000 万元;若某台发电机未运行,则该 台年亏损 800 万元.欲使水电站年总利润的均值达到最大,应安装发电机多少 台? 解 10 (1)依题意,p1=P(40<X<80)=50=0.2,

35 p2=P(80≤x≤120)=50=0.7, 5 p3=P(X>120)=50=0.1. 由二项分布,在未来 4 年中至多有 1 年的年入流量超过 120 的概率为 ? 9 ?4 ? 9 ?3 ? 1 ? 4 1 3 ? ? ?10? ??10?=0.947 7. p=C0 (1 - p ) + C (1 - p ) p = + 4 ? 4 3 4 3 3 ?10? ? ? ? ? (2)记水电站年总利润为 Y(单位:万元). ①安装 1 台发电机的情形. 由于水库年入流量总大于 40,故一台发电机运行的概率为 1, 对应的年利润 Y=5 000,E(Y)=5 000?1=5 000. ②安装 2 台发电机的情形.

依题意,当 40<X<80 时,一台发电机运行,此时 Y=5 000-800=4 200,因此 P(Y=4 200)=P(40<X<80)=p1=0.2;当 X≥80 时,两台发电机运行,此时 Y =5 000?2=10 000,因此 P(Y=10 000)=P(X≥80)=p2+p3=0.8.由此得 Y 的 分布列如下 Y P 4 200 0.2 10 000 0.8

所以,E(Y)=4 200?0.2+10 000?0.8=8 840. ③安装 3 台发电机的情形. 依题意,当 40<X<80 时,一台发电机运行,此时 Y=5 000-1 600=3 400,因 此 P(Y=3 400)=P(40<X<80)=p1=0.2; 当 80≤X≤120 时,两台发电机运行,此时 Y=5 000?2-800=9 200,因此 P(Y=9 200)=P(80≤X≤120)=p2=0.7; 当 X>120 时, 三台发电机运行, 此时 Y=5 000?3=15 000, 因此 P(Y=15 000) =P(X>120)=p3=0.1.因此得 Y 的分布列如下 Y P 3 400 0.2 9 200 0.7 15 000 0.1

所以,E(Y)=3 400?0.2+9 200?0.7+15 000?0.1=8 620. 综上,欲使水电站年总利润的均值达到最大,应安装发电机 2 台. 规律方法 随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平, 方差反映了随机

变量稳定于均值的程度,它们从整体和全局上刻画了随机变量,是生产实际中 用于方案取舍的重要理论依据.一般先比较均值,若均值相同,再用方差来决 定. 【训练 3】 某投资公司在 2015 年年初准备将 1 000 万元投资到“低碳”项目 上,现有两个项目供选择: 项目一:新能源汽车.据市场调研,投资到该项目上,到年底可能获利 30%, 7 2 也可能亏损 15%,且这两种情况发生的概率分别为9和9; 项目二:通信设备.据市场调研,投资到该项目上,到年底可能获利 50%,可 3 1 1 能损失 30%,也可能不赔不赚,且这三种情况发生的概率分别为5,3和15. 针对以上两个投资项目,请你为投资公司选择一个合理的项目,并说明理由.



若按“项目一”投资,设获利为 X1 万元.则 X1 的分布列为 X1 P 300 7 9 -150 2 9

7 2 ∴E(X1)=300?9+(-150)?9=200(万元). 若按“项目二”投资,设获利 X2 万元, 则 X2 的分布列为: X2 P 500 3 5 -300 1 3 0 1 15

3 1 1 ∴E(X2)=500?5+(-300)?3+0?15=200(万元). 7 2 D(X1)=(300-200)2?9+(-150-200)2?9=35 000, 3 1 1 D(X2)=(500-200)2?5+(-300-200)2?3+(0-200)2?15=140 000. 所以 E(X1)=E(X2),D(X1)<D(X2), 这说明虽然项目一、项目二获利相等,但项目一更稳妥. 综上所述,建议该投资公司选择项目一投资. 微型专题 概率的创新题型

近年来,概率统计已成为高考的重点、热点.注意考查学生分析数据,提取信 息,解决实际问题的应用能力.它可以与其他知识相互融合,形成一些背景、 样式新颖的题型. 【例 4】 (2013· 四川卷)某算法的程序框图如图所示,其中输入的变量 x 在 1, 2,3,?,24 这 24 个整数中等可能随机产生.

(1)分别求出按程序框图正确编程运行时输出 y 的值为 i 的概率 Pi(i=1,2,3);

(2)甲、乙两同学依据自己对程序框图的理解,各自编写程序重复运行 n 次后, 统计记录了输出 y 的值为 i(i=1,2,3)的频数.以下是甲、乙所作频数统计表 的部分数据. 甲的频数统计表(部分) 运行次数 n 30 ? 2 100 乙的频数统计表(部分) 运行次数 n 30 ? 2 100 输出 y 的值 输出 y 的值为 2 为 1 的频数 12 ? 1 051 的频数 11 ? 696 输出 y 的值 为 3 的频数 7 ? 353 输出 y 的值 为 1 的频数 14 ? 1 027 输出 y 的值 为 2 的频数 6 ? 376 输出 y 的值 为 3 的频数 10 ? 697

当 n=2 100 时,根据表中的数据,分别写出甲、乙所编程序各自输出 y 的值 为 i(i=1,2,3)的频率(用分数表示),并判断两位同学中哪一位所编程序符合 算法要求的可能性较大; (3)将按程序框图正确编写的程序运行 3 次,求输出 y 的值为 2 的次数 X 的分 布列及数学期望. 点拨 (1)运行程序框图,分别数出输出 y 的值为 1,2,3 的数的个数,即事件

包含的基本事件个数,利用古典概型公式求解. (2)利用已知条件中频数统计表得出各小组频数, 利用频率公式得频率, 再与(1) 的结论比较,得出结论.
k n-k (3)利用独立重复试验概率公式 P(X=k)=Ck (0≤k≤n)求出分布列, np (1-p)

再用数学期望公式求解. 解 (1)变量 x 是在 1,2,3,?,24 这 24 个整数中随机产生的一个数,共有

24 种可能. 当 x 从 1,3,5,7,9,11,13,15,17,19,21,23 这 12 个数中产生时,

1 输出 y 的值为 1,故 P1=2; 当 x 从 2,4,8,10,14,16,20,22 这 8 个数中产生时,输出 y 的值为 2, 1 故 P2=3; 1 当 x 从 6,12,18,24 这 4 个数中产生时,输出 y 的值为 3,故 P3=6. 1 1 所以,输出 y 的值为 1 的概率为2,输出 y 的值为 2 的概率为3,输出 y 的值为 1 3 的概率为6. (2)当 n=2 100 时,甲、乙所编程序各自输出 y 的值为 i(i=1,2,3)的频率如 下: 输出 y 的值为 1 的频率 甲 乙 1 027 2 100 1 051 2 100 输出 y 的值为 输出 y 的值为 2 的频率 376 2 100 696 2 100 3 的频率 697 2 100 353 2 100

比较频率趋势与概率,可得乙同学所编程序符合算法要求的可能性较大. (3)随机变量 X 可能的取值为 0,1,2,3. ?1?0 ?2?3 8 P(X=0)=C0 ? 3 ?3? ??3? = , 27 ? ? ? ? ?1?1 ?2?2 4 P(X=1)=C1 3??3? ??3? = , 9 ? ? ? ? ?1?2 ?2?1 2 P(X=2)=C2 3??3? ??3? = , 9 ? ? ? ? ?1?3 ?2?0 1 P(X=3)=C3 3??3? ??3? = . 27 ? ? ? ? 故 X 的分布列为 X P 0 8 27 1 4 9 2 2 9 3 1 27

8 4 2 1 所以 E(X)=0?27+1?9+2?9+3?27=1. 即 X 的数学期望为 1. 点评 (1)本题将程序框图, 古典概型, 独立重复试验及随机变量分布列结合起

来考查,具有一定的综合性,同时形式也比较新颖.(2)本题注重考查学生的识 图,用图能力,数据处理能力,分析问题解决问题的能力等基本能力.

[思想方法] 1.掌握下述均值与方差有关性质,会给解题带来方便: (1)E(aX+b)=aE(X)+b,E(X+Y)=E(X)+E(Y), D(aX+b)=a2D(X); (2)若 X~B(n,p),则 E(X)=np,D(X)=np(1-p). 2.基本方法 (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 X 的均值、方差,求 X 的线性函数 Y=aX+b 的均值、方差和 标准差,可直接用均值、方差的性质求解; (3)如能分析所给随机变量服从常用的分布(如二项分布),可直接利用它们的均 值、方差公式求解. [易错防范] 1.在没有准确判断分布列模型之前不能乱套公式. 2.对于应用问题,必须对实际问题进行具体分析,一般要将问题中的随机变 量设出来,再进行分析,求出随机变量的分布列,然后按定义计算出随机变量 的均值、方差.

基础巩固题组 (建议用时:40 分钟) 一、选择题 1.(2013· 广东卷)已知离散型随机变量 X 的分布列为

X P 则 X 的数学期望 E(X)= 3 A.2 解析 答案 B.2

1 3 5

2 3 10 5 C.2

3 1 10 ( D.3 )

3 3 1 3 E(X)=1?5+2?10+3?10=2. A

2.已知随机变量 X 服从二项分布,且 E(X)=2.4,D(X)=1.44,则二项分布的参 数 n,p 的值为 A.n=4,p=0.6 C.n=8,p=0.3 解析 B.n=6,p=0.4 D.n=24,p=0.1 ( )

由二项分布 X~B(n, p)及 E(X)=np, D(X)=np· (1-p)得 2.4=np, 且 1.44

=np(1-p),解得 n=6,p=0.4.故选 B. 答案 B

3.某种种子每粒发芽的概率都为 0.9,现播种了 1 000 粒,对于没有发芽的种子, 每粒需再补种 2 粒,补种的种子数记为 X,则 X 的数学期望为 A.100 解析 B.200 C.300 D.400 ( )

记不发芽的种子数为 Y,则 Y~B(1 000,0.1),

∴E(Y)=1 000?0.1=100.又 X=2Y,∴E(X)=E(2Y)=2E(Y)=200. 答案 B

4.口袋中有 5 只球,编号分别为 1,2,3,4,5,从中任取 3 只球,以 X 表示取 出的球的最大号码,则 X 的数学期望 E(X)的值是 A.4 解析 B.4.5 C.4.75
5

( D.5

)

1 1 由题意知,X 可以取 3,4,5,P(X=3)=C3=10,

C2 3 C2 6 3 3 4 P(X=4)=C3=10,P(X=5)=C3=10=5, 5 5 1 3 3 所以 E(X)=3?10+4?10+5?5=4.5, 故选 B. 答案 B

5.罐中有 6 个红球,4 个白球,从中任取 1 球,记住颜色后再放回,连续摸取 4 次,设 X 为取得红球的次数,则 X 的方差 D(X)的值为 12 A. 5 解析 24 B.25 8 C.5 2 6 D. 5 ( )

因为是有放回地摸球,所以每次摸球(试验)摸得红球(成功)的概率均为

3? 3 ? ?4,5?,∴ ,连续摸 4 次 ( 做 4 次试验 ) , X 为取得红球 ( 成功 ) 的次数,则 X ~ B 5 ? ? 3? 24 3? D(X)=4?5?1-5?=25. ? ? 答案 B

二、填空题 1 6.(2014· 浙江卷)随机变量 X 的取值为 0,1,2.若 P(X=0)=5,E(X)=1,则 D(X) =________. 解析 由题意设 P(X=1)=p, 由概率分布的性质得 P(X=2)=1-P(X=0)-P(X

4 =1)=5-p, 3 1 3 1 2 由 E(X)=1,可得 p=5,所以 D(X)=12?5+02?5+12?5=5. 答案 2 5

7.某毕业生参加人才招聘会,分别向甲、乙、丙三个公司投递了个人简历.假定 2 该毕业生得到甲公司面试的概率为3,得到乙、丙两公司面试的概率均为 p, 且三个公司是否让其面试是相互独立的.记 X 为该毕业生得到面试的公司个 1 数.若 P(X=0)=12,则随机变量 X 的数学期望 E(X)=________. 解析 1 1 由题意知 P(X=0)=12=(1-p)2?3,

1 ∴p=2,随机变量 X 的可能值为 0,1,2,3, 1 因此 P(X=0)=12, 2 ?1?2 2 ?1?2 1 P(X=1)=3??2? +3??2? =3, ? ? ? ? 2 ?1?2 1 ?1?2 5 P(X=2)=3??2? ?2+3??2? =12, ? ? ? ?

2 ?1?2 1 P(X=3)=3??2? =6, ? ? 1 5 1 5 因此 E(X)=1?3+2?12+3?6=3. 答案 5 3

8.某保险公司新开设一项保险业务,规定该份保单在一年内如果事件 E 发生, 则该公司要赔偿 a 元,在一年内如果事件 E 发生的概率为 p,为使该公司收益 a 期望值等于10,公司应要求该保单的顾客缴纳的保险金为________元. 解析 设随机变量 X 表示公司此项业务的收益额,x 表示顾客交纳的保险金,

则 X 的所有可能值为 x,x-a,且 P(X=x)=1-p,P(X=x-a)=p, a(10p+1) a 所以 E(X)=x(1-p)+(x-a)p=10,得 x= . 10 答案 a(10p+1) 10

三、解答题 9.(2014· 湖南卷)某企业有甲、乙两个研发小组,他们研发新产品成功的概率分别 2 3 为3和5.现安排甲组研发新产品 A,乙组研发新产品 B.设甲、乙两组的研发相 互独立. (1)求至少有一种新产品研发成功的概率; (2)若新产品 A 研发成功,预计企业可获利润 120 万元;若新产品 B 研发成功, 预计企业可获利润 100 万元.求该企业可获利润的分布列和数学期望. 解 记 E={甲组研发新产品成功}, F={乙组研发新产品成功}, 由题设知 P(E)

- - - - - - 2 1 3 2 =3,P(E)=3,P(F)=5,P(F)=5,且事件 E 与 F,E 与F,E与 F,E与F都相

互独立.
- - -

(1)记 H=“至少有一种新产品研发成功”,则H=E F,
- - - 1 2 2 于是 P(H)=P(E)P(F)=3?5=15, - 2 13 故所求的概率为 P(H)=1-P(H)=1-15=15.

(2)设企业可获利润为 X(万元),则 X 的可能取值为 0,100,120,220,因为
-- - 1 2 2 1 3 3 P(X=0)=P(EF)=3 ?5=15,P(X=100)=P(EF)=3?5=15,

- 2 2 4 P(X=120)=P(EF)=3?5=15,

2 3 6 P(X=220)=P(EF)=3?5=15. 故所求的分布列为 X P 数学期望为 2 3 4 6 E(X)=0?15+100?15+120?15+220?15 = 300+480+1 320 2 100 = 15 =140. 15 0 2 15 100 3 15 120 4 15 220 6 15

10.受轿车在保修期内维修费等因素的影响,企业生产每辆轿车的利润与该轿车 首次出现故障的时间有关.某轿车制造厂生产甲、乙两种品牌轿车,保修期均 为 2 年.现从该厂已售出的两种品牌轿车中各随机抽取 50 辆, 统计数据如下: 品牌 首次出现故障时间 x(年) 轿车数量(辆) 每辆利润(万元) 0<x≤1 2 1 甲 1<x≤2 3 2 x>2 45 3 乙 0<x≤2 5 1.8 x>2 45 2.9

将频率视为概率,解答下列问题: (1)从该厂生产的甲品牌轿车中随机抽取一辆, 求其首次出现故障发生在保修期 内的概率; (2)若该厂生产的轿车均能售出,记生产一辆甲品牌轿车的利润为 X1,生产一 辆乙品牌轿车的利润为 X2,分别求 X1,X2 的分布列; (3)该厂预计今后这两种品牌轿车销量相当, 由于资金限制, 只能生产其中一种 品牌的轿车.若从经济效益的角度考虑,你认为应生产哪种品牌的轿车?说明 理由. 解 (1)设“甲品牌轿车首次出现故障发生在保修期内”为事件 A.

2+3 1 则 P(A)= 50 =10. (2)依题意得,X1 的分布列为

X1 P X2 的分布列为 X2 P

1 1 25

2 3 50

3 9 10

1.8 1 10

2.9 9 10

1 3 9 (3)由(2)得,E(X1)=1?25+2?50+3?10 143 = 50 =2.86(万元), 1 9 E(X2)=1.8?10+2.9?10=2.79(万元). 因为 E(X1)>E(X2),所以应生产甲品牌轿车.

能力提升题组
(建议用时:25 分钟) 11.一射手对靶射击,直到第一次命中为止,每次命中的概率都为 0.6,现有 4 颗子弹,则射击停止后剩余子弹的数目 X 的期望值为 A.2.44 解析 B.3.376 C.2.376 D.2.4 ( )

X 的所有可能取值为 3,2,1,0,其分布列为 X P 3 0.6 2 0.24 1 0.096 0 0.064

∴E(X)=3?0.6+2?0.24+1?0.096+0?0.064=2.376. 答案 C

12.掷骰子游戏:规定掷出 1 点,甲盒中放一球,掷出 2 点或 3 点,乙盒中放一 球,掷出 4,5 或 6,丙盒中放一球,共掷 6 次,用 x,y,z 分别表示掷完 6 次后甲,乙,丙盒中球的个数.令 X=x+y,则 E(X)= A.2 解析 B.3 C.4 D.5 ( )

将每一次掷骰子看作一次实验, 实验的结果分丙盒中投入球为成功和丙

1 盒中不投入球为失败且相互独立, 则丙盒中投入球成功的概率为2, 用 z 表示 6 1? ? 次实验中成功的次数,则 z~B?6,2?, ? ? ∴E(z)=3,又 x+y+z=6,

∴X=x+y=6-z,∴E(X)=E(6-z)=6-E(z)=6-3=3. 答案 B

13.随机变量 X 的分布列如下: X P -1 a 0 b 1 c

1 其中 a,b,c 成等差数列,若 E(X)=3,则 D(X)的值是

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