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2019-2020年高考数学一轮复习第九章分类加法计数原理和分布乘法计数原理训练理新人教A版[备考方向要明了]考什么怎么考
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和分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.高考中，对于两个计数原理一般不单独考查，多与排列、组合相结合考查，且多为选择、填空题，如xx年北京T6，浙江T6等.[归纳·知识整合]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，共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法．[探究]
1.选用分类加法计数原理的条件是什么？提示当完成一件事情有几类办法，且每一类办法中的每一种办法都能独立完成这件事情，这时就用分类加法计数原理．2．分步乘法计数原理完成一件事需要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，那么完成这件事共有N＝m1m2…mn种不同的方法．[探究]
2.选用分类乘法计数原理的条件是什么？提示当解决一个问题要分成若干步，每一步只能完成这件事的一部分，且只有当所有步都完成后，这件事才完成，这时就采用分步乘法计数原理．[自测·牛刀小试]1．一个袋子里放有6个球，另一个袋子里放有8个球，每个球各不相同，从两袋子里各取一个球，不同取法的种数为 A．182 B．14C．48D．91解析选C 由分步乘法计数原理得不同取法的种数为6×8＝
48.2．某学生去书店，发现3本好书，决定至少买其中一本，则购买方式共有 A．3种B．6种C．7种D．9种解析选C 分3类买1本书，买2本书和买3本书．各类的购买方式依次有3种、3种和1种，故购买方式共有3＋3＋1＝7种．3．从012345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．30B．20C．10D．6解析选D 从012345六个数字中，任取两数和为偶数可分为两类，
①取出的两数都是偶数，共有3种方法；
②取出的两数都是奇数，共有3种方法，故由加法原理得共有N＝3＋3＝6种．4．如图，从A→C有________种不同的走法．解析分为两类不过B点有2种方法，过B点有2×2＝4种方法，共有4＋2＝6种方法．答案65．设集合A中有3个元素，集合B中有2个元素，可建立A→B的映射的个数为________．解析建立映射，即对于A中的每一个元素，在B中都有一个元素与之对应，有2种方法，故由分步乘法计数原理得映射有23＝8个．答案8分类加法计数原理[例1] 1xx·北京高考从02中选一个数字，从135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 B．18C．12D．62将5名同学分到甲、乙、丙3个小组，若甲组至少两人，乙、丙组至少各一人，则不同的分配方案的种数为 A．80B．120C．140D．50[自主解答] 1法一直接法本题可以理解为选出三个数，放在三个位置，要求末尾必须放奇数，如果选到了0这个数，这个数不能放在首位，所以n＝CCA＋CC＝12＋6＝18；法二间接法奇数的个数为n＝CCCA－CC＝
18.2分两类若甲组2人，则乙、丙两组的方法数是CA，此时的方法数是CCA＝60；若甲组3人，则方法数是CA＝
20.根据分类加法计数原理得总的方法数是60＋20＝
80.[答案] 1B 2A本例1条件不变，求有多少个能被5整除的数？解能被5整除的数分两类当个位数是0时，有A＝6个；当个位数是5时，若含有数字0时，则有2个，若不含有0时，则有C·A＝4个．故共有12个能被5整除的数． ———————————————————使用分类加法计数原理计数的两个条件一是根据问题的特点能确定一个适合于它的分类标准，然后在这个标准下进行分类；二是完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同类的两种方法是不同的方法，只有满足这些条件，才可以用分类加法计数原理．1．若自然数n使得作竖式加法n＋n＋1＋n＋2均不产生进位现象，则称n为“良数”．例如32是“良数”，因为32＋33＋34不产生进位现象；23不是“良数”，因为23＋24＋25产生进位现象．那么小于1000的“良数”的个数为 A．27B．36C．39D．48解析选D 一位“良数”有012，共3个；两位数的“良数”十位数可以是123，两位数的“良数”有101112202122303132，共9个；三位数的“良数”有百位为123，十位数为0的，个位可以是012，共3×3＝9个，百位为123，十位不是零时，十位个位可以是两位“良数”，共有3×9＝27个．根据分类加法计数原理，共有48个小于1000的“良数”．分步乘法计数原理[例2] 学校安排4名教师在六天里值班，每天只安排一名教师，每人至少安排一天，至多安排两天，且这两天要相连，那么不同的安排方法有________种用数字作答．[自主解答] 有两名教师要值班两天，把六天分为四份，两个两天连排的是12，34；12，45；12，56；23，45；23，56；34，56，共六种情况，把四名教师进行全排列，有A＝24种情况，根据分步乘法计数原理，共有不同的排法6×24＝144种．[答案] 144———————————————————使用分步乘法计数原理计数的两个注意点1要按照事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的；2各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各个步骤都完成才算完成这件事.2．将数字123456按第一行1个数，第二行2个数，第三行3个数的形式随机排列，设Nii＝123表示第i行中最大的数，则满足N1N2N3的所有排列的个数是________用数字作答．解析由已知数字6一定在第三行，第三行的排法种数为AA＝60；剩余的三个数字中最大的一定排在第二行，第二行的排法种数为AA＝4，由分类乘法计数原理知满足条件的排列个数是
240.答案240两个计数原理的综合应用123456789 [例3] 用红、黄、蓝三种颜色之一去涂图中标号为12，…，9的9个小正方形，使得任意相邻有公共边的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为159的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有________种．[自主解答] 分步求解．只要在涂好159后，涂236即可，若3与159同色，则26的涂法为2×2，若3与159不同色，则3有两种涂法，26只有一种涂法，同理涂478，即涂法总数是C2×2＋C×1×2×2＋C×1＝3×6×6＝
108.[答案] 108———————————————————应用两个原理解决实际问题的注意点在解决实际问题中，并不一定是单一的分类或分步，而是可能同时应用两个计数原理，即分类的方法可能要运用分步完成，分步的方法可能会采取分类的思想求．分清完成该事情是分类还是分步，“类”间互相独立，“步”间互相联系．3．如图所示，用四种不同颜色给图中的A，B，C，D，E，F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法共有 A．288种 B．264种C．240种D．168种解析选B 分三类
①B，D，E，F用四种颜色，则有A×1×1＝24种方法；
②B，D，E，F用三种颜色，则有A×2×2＋2A×2×1＝192种方法；
③B，D，E，F用两种颜色，则有A×2×2＝48，所以共有不同的涂色方法24＋192＋48＝264种．2个区别——两个计数原理的区别分类加法计数原理分步乘法计数原理区别一每类办法都能独立完成这件事．它是独立的、一次的且每次得到的是最后结果，只需一种方法就完成每一步得到的只是其中间结果，任何一步都不能独立完成这件事，缺少任何一步都不可，只有各步骤都完成了才能完成这件事区别二各类办法之间是互斥的，并列的，独立的各步之间是相互依存的，并且既不能重复，也不能遗漏3个注意点——利用两个计数原理解题时的三个注意点1当题目无从下手时，可考虑要完成的这件事是什么，即怎样做才算完成这件事，然后给出完成这件事的一种或几种方法，从这几种方法中归纳出解题方法；2分类时标准要明确，做到不重不漏，有时要恰当画出示意图或树状图，使问题的分析更直观、清楚，便于探索规律；3混合问题一般是先分类再分步．.数学思想——计数原理中的分类讨论从近几年的高考试题来看，两个计数原理的问题重点考查学生分析问题解决问题的能力及分类讨论思想的应用．解决此类问题时，需要分清两个原理的区别，一般情形是考虑问题有几种情况，即分类；考虑每种情况有几个步骤，即分步．要求既要会合理分类，又要能合理分步．[典例] xx·浙江高考若从123，…，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 B．63种C．65种D．66种[解析] 对于4个数之和为偶数，可分三类，即4个数均为偶数，2个数为偶数2个数为奇数，4个数均为奇数，因此共有C＋CC＋C＝66种．[答案] D1本题主要考查排列组合计数问题，可通过分类讨论思想进行求解，即把所取的4个数分为三类求解．2对于计数问题，有时正确的分类是解决问题的切入点．同时注意分类的全面与到位，不要出现重复或遗漏的现象．1．已知a，b∈{012，…，9}，若满足|a－b|≤1，则称a，b“心有灵犀”．则a，b“心有灵犀”的情形共有 A．9种 B．16种C．20种D．28种解析选D 当a为0时，b只能取01两个数；当a为9时，b只能取89两个数，当a为其他数时，b都可以取3个数．故共有28种情形.
一、选择题本大题共6小题，每小题5分，共30分1．从集合{0123456}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋bi，其中虚数有 A．30个 B．42个C．36个D．35个解析选C ∵a＋bi为虚数，∴b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数．2．高三年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂参加社会实践，但去何工厂可自由选择，甲工厂必须有班级要去，则不同的分配方案有 A．16种B．18种C．37种D．48种解析选C 三个班去四个工厂不同的分配方案共43种，甲工厂没有班级去的分配方案共33种，因此满足条件的不同的分配方案共有43－33＝37种．3．xx·哈尔滨模拟如图所示，在A，B间有四个焊接点1234，若焊接点脱落导致断路，则电路不通．今发现A，B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有 A．9种B．11种C．13种D．15种解析选C 每个焊接点都有脱落与不脱落两种状态，电路不通可能是1个或多个焊接点脱落，问题比较复杂，但电路通的情况却只有3种，即焊接点2脱落或焊接点3脱落或全不脱落，故满足题意的焊接点脱落的不同情况共有24－3＝13种．4．4位同学每人从甲、乙、丙3门课程中选修1门，则恰有2人选修课程甲的不同选法共有 A．12种B．24种C．30种D．36种解析选B 从4位同学中选出2人有C种方法，另外2位同学每人有2种选法，故不同的选法共有C×2×2＝24种．5．xx·汕头模拟如图，用6种不同的颜色把图中A，B，C，D四块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有 A．400种B．460种C．480种D．496种解析选C 从A开始，有6种方法，B有5种，C有4种，D，A同色1种，D，A不同色3种，∴不同涂法有6×5×4×1＋3＝480种．6．xx·杭州模拟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．60B．48C．36D．24解析选B 长方体的6个表面构成的“平行线面组”有6×6＝36个，另含4个顶点的6个面非表面构成的“平行线面组”有6×2＝12个，共36＋12＝48个．
二、填空题本大题共3小题，每小题5分，共15分7．从集合{123，…，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________．解析当公比为2时，等比数列可为
1、
2、
42、
4、8；当公比为3时，等比数列可为
1、
3、9；当公比为时，等比数列可为
4、
6、
9.同时，
4、
2、1和
8、
4、
29、
3、
19、
6、4也是等比数列，共8个．答案88．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________种用数字作答．解析若取出1本画册，3本集邮册，有C种赠送方法；若取出2本画册，2本集邮册，有C种赠送方法，则不同的赠送方法有C＋C＝10种．答案109．将数字123456排成一列，记第i个数为aii＝1，2，…，6，若a1≠1，a3≠3，a5≠5，a1a3a5，则不同的排列方法有________种用数字作答．解析分两步第一步，先排a1，a3，a5，若a1＝2，有2种排法；若a1＝3，有2种排法；若a1＝4，有1种排法，所以共有5种排法；第二步再排a2，a4，a6，共有A＝6种排法，故不同的排列方法有5×6＝30种．答案30
三、解答题本大题共3小题，每小题12分，共36分10．14名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有多少种报名方法？24名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有多少种可能的结果？解1该问题中要完成的事情是4名同学报名，因而可按学生分步完成，每一名同学有3种选择方法，故共有34＝81种报名方法．2该问题中，要完成的事是三项冠军花落谁家，故可按冠军分步完成，每一项冠军都有4种可能，故可能的结果有43＝64种．11．如右图所示三组平行线分别有m，n，k条，在此图形中1共有多少个三角形？2共有多少个平行四边形？解1每个三角形与从三组平行线中各取一条的取法是一一对应的，由分步计数原理知共可构成m·n·k个三角形．2每个平行四边形与从两组平行线中各取两条的取法是一一对应的，由分类和分步计数原理知共可构成CC＋CC＋CC个平行四边形．12．把一个圆分成3块扇形，现在用5种不同的颜色给3块扇形涂色，要求相邻扇形的颜色互不相同，问1有多少种不同的涂法？2若分割成4块扇形呢？解1不同涂色方法数是5×4×3＝60种；2如右图所示，分别用a，b，c，d记这四块，a与c可同色，也可不同色，先考虑给a，c两块涂色，分两类
①给a，c涂同种颜色共5种涂法，再给b涂色有4种涂法，最后给d涂色也有4种涂法，由乘法原理知，此时共有5×4×4种涂法；
②给a，c涂不同颜色共有5×4种涂法，再给b涂色有3种方法，最后给d涂色也有3种方法，此时共有5×4×3×3种涂法．故由分类加法计数原理知，共有5×4×4＋5×4×3×3＝260种涂法．1．三人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回甲，则不同的传递方式共有 A．4种B．5种C．6种D．12种解析选C 若甲先传给乙，则有甲→乙→甲→乙→甲，甲→乙→甲→丙→甲，甲→乙→丙→乙→甲，3种不同的传法；同理甲先传给丙，也有3种不同的传法，共有6种不同的传法．2．在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种值A、B两种作物，每种作物种植一垄，为有利于作物生长，要求A、B两种作物的间隔不小于6垄，则不同的选垄方法有________种用数字作答．解析××××××××××××分两步第一步，先选垄，如图．共有6种选法；第二步种植A、B两种作物，有2种选法．因此，由分步乘法计数原理，不同的选垄种植方法有6×2＝12种．答案123．8名世界网球顶级选手在上海大师赛上分成两组，每组各4人，分别进行单循环赛，每组决出前两名，再由每组的第一名与另一组的第二名进行淘汰赛，获胜者角逐冠、亚军，败者角逐第
3、4名，大师赛共有________场比赛．解析小组赛共有2C场比赛；半决赛和决赛共有2＋2＝4场比赛；根据分类计数原理共有2C＋4＝16场比赛．答案164．某出版社的7名工人中，有3人只会排版，2人只会印刷，还有2人既会排版又会印刷，现从7人中安排2人排版，2人印刷，有几种不同的安排方法？解首先分类的标准要正确，可以选择“只会排版”、“只会印刷”、“既会排版又会印刷”中的一个作为分类的标准．下面选择“既会排版又会印刷”作为分类的标准，按照被选出的人数，可将问题分为三类第一类既会排版又会印刷的2人全不被选出，即从只会排版的3人中选2人，有3种选法；只会印刷的2人全被选出，有1种选法，由分步计数原理知共有3×1＝3种选法．第二类既会排版又会印刷的2人中被选出一人，有2种选法．若此人去排版，则再从会排版的3人中选1人，有3种选法，只会印刷的2人全被选出，有1种选法，由分步计数原理知共有2×3×1＝6种选法；若此人去印刷，则再从会印刷的2人中选1人，有2种选法，从会排版的3人中选2人，有3种选法，由分步计数原理知共有2×3×2＝12种选法．再由分类计数原理知共有6＋12＝18种选法．第三类既会排版又会印刷的2人全被选出，同理共有16种选法．所以共有3＋18＋16＝37种选法．[备考方向要明了]考什么怎么考
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、组合数公式．
3.能利用排列组合知识解决简单的实际问题.
1.排列组合概念及排列数、组合数公式一般不单独考查．
2.排列组合的应用问题是高考的热点内容，独立命题，题多为选择、填空题，如xx年陕西T8，安徽T10，辽宁T5等.[归纳·知识整合]1．排列与排列数公式1排列与排列数2排列数公式A＝nn－1n－2…n－m＋1＝m，n∈N*，m≤n．3排列数的性质A＝n！；A＝1；0！＝
1.[探究]
1.排列与排列数有什么区别？提示排列与排列数是两个不同的概念，排列是一个具体的排法，不是数，而排列数是所有排列的个数，是一个正整数．2．组合与组合数公式1组合与组合数2组合数公式C＝＝m，n∈N*，m≤n．3组合数性质
①C＝1；
②C＝C；
③C＝C＋C.[探究]
2.如何区分一个问题是排列问题还是组合问题？提示看选出的元素与顺序是否有关，若与顺序有关，则是排列问题，若与顺序无关，则是组合问题．[自测·牛刀小试]1．12名选手参加校园歌手大奖赛，大赛设一等奖、二等奖、三等奖各一名，每人最多获得一种奖项，则不同的获奖种数是 A．123 B．312C．AD．12＋11＋10解析选C 从12名选手中选出3名获奖并安排奖次，共有A种不同的获奖情况．2．异面直线a，b上分别有4个点和5个点，由这9个点可以确定的平面个数是 A．20B．9C．CD．CC＋CC解析选B 分两类，第一类在直线a上任取一点与直线b可确定C个平面；第二类在直线b上任取一点与直线a可确定C个平面．故可确定C＋C＝9个不同的平面．3．将7名学生分配到甲、乙两个宿舍中，每个宿舍至少安排两名学生，那么互不相同的分配方案共有 A．252种B．112种C．20种D．56种解析选B 不同的分配方案共有CC＋CC＋CC＋CC＝112种．4．从4名男生和3名女生中选出4人担任奥运志愿者，若选出的4人中既有男生又有女生，则不同的选法共有________种．解析间接法共有C－C＝34种不同的选法．答案345．如图M，N，P，Q为海上四个小岛，现要建造三座桥，将这四个小岛连接起来，则不同的建桥方法有________种．解析M，N，P，Q共有6条线段桥抽象为线段，任取3条有C＝20种方法，减去不合题意的4种．则不同的方法有16种．答案16排列问题[例1] 3名男生，4名女生，按照不同的要求排队，求不同的排队方案的方法种数1选其中5人排成一排；2排成前后两排，前排3人，后排4人；3全体站成一排，男、女各站在一起；4全体站成一排，男生不能站在一起；5全体站成一排，甲不站排头也不站排尾．[自主解答] 1问题即为从7个元素中选出5个全排列，有A＝2520种排法．2前排3人，后排4人，相当于排成一排，共有A＝5040种排法．3相邻问题捆绑法男生必须站在一起，是男生的全排列，有A种排法；女生必须站在一起，是女生的全排列，有A种排法；全体男生、女生各视为一个元素，有A种排法，由分步乘法计数原理知，共有N＝A·A·A＝288种．4不相邻问题插空法先安排女生共有A种排法，男生在4个女生隔成的五个空中安排共有A种排法，故N＝A·A＝1440种．5先安排甲，从除去排头和排尾的5个位中安排甲，有A＝5种排法；再安排其他人，有A＝720种排法．所以共有A·A＝3600种排法．本例中若全体站成一排，男生必须站在一起，有多少中排法？解捆绑法即把所有男生视为一个元素，与4名女生组成5个元素全排，故有N＝A·A＝720种． ———————————————————解决排列类应用题的主要方法1直接法把符合条件的排列数直接列式计算；2特殊元素或位置优先安排的方法，即先排特殊元素或特殊位置；3捆绑法相邻问题捆绑处理的方法，即可以把相邻元素看作一个整体参与其他元素排列，同时注意捆绑元素的内部排列；4插空法不相邻问题插空处理的方法，即先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中；5分排问题直排处理的方法；6“小集团”排列问题中先集体后局部的处理方法；7定序问题除法处理的方法，即可以先不考虑顺序限制，排列后再除以定序元素的全排列．1．一位老师和5位同学站成一排照相，老师不站在两端的排法 A．450 B．460C．480D．500解析选C 先排老师有A种排法，剩下同学有A种排法．共有AA＝480种排法．2．排一张有5个歌唱节目和4个舞蹈节目的演出节目单．1任何两个舞蹈节目不相邻的排法有多少种？2歌唱节目与舞蹈节目间隔排列的方法有多少种？解1先排歌唱节目有A种，歌唱节目之间以及两端共有6个空位，从中选4个放入舞蹈节目，共有A种方法，所以任两个舞蹈节目不相邻的排法有A·A＝43200种方法．2先排舞蹈节目有A种方法，在舞蹈节目之间以及两端共有5个空位，恰好供5个歌唱节目放入．所以歌唱节目与舞蹈节目间隔排列的排法有A·A＝2880种方法.组合问题[例2] 要从5名女生，7名男生中选出5名代表，按下列要求，分别有多少种不同的选法？1至少有1名女生入选；2至多有2名女生入选；3男生甲和女生乙入选；4男生甲和女生乙不能同时入选；5男生甲、女生乙至少有一个人入选．[自主解答] 1法一至少有1名女生入选包括以下几种情况1女4男，2女3男，3女2男，4女1男，5女．由分类加法计数原理知总选法数为CC＋CC＋CC＋CC＋C＝771种．法二“至少有1名女生入选”的反面是“全是男代表”，可用间接法求解．从12名人中任选5人有C种选法，其中全是男代表的选法有C种．所以“至少有1名女生入选”的选法有C－C＝771种；2至多有2名女生入选包括如下几种情况0女5男，1女4男，2女3男，由分类加法计数原理知总选法数为C＋CC＋CC＝546种．3男生甲和女生乙入选，即只要再从除男生甲和女生乙外的10人任选3名即可，共有CC＝120种选法；4法一男生甲和女生乙不能同时入选包括以下几种情况男生甲入选女生乙不入选；男生甲不入选女生乙入选；男生甲和女生乙都不入选．由分类加法计数原理知总选法数为C＋C＋C＝672种．法二间接法从12人中选出5人，有C种选法，从除去男生甲和女生乙外的10人中任选3人有C种选法，所以“男生甲和女生乙不能同时入选”的选法有C－CC＝672种；5间接法“男生甲、女生乙至少有一个人入选”的反面是“两人都不入选”，即从其余10人中任选5人有C种选法，所以“男生甲、女生乙至少有一个人入选”的选法数为C－C＝540种．———————————————————组合两类问题的解法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”、“最多”的问题解这类题必须十分重视“至少”与“最多”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．3．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 B．35种C．42种D．48种解析选A 法一可分两种互斥情况A类选1门，B类选2门或A类选2门，B类选1门，共有CC＋CC＝18＋12＝30种选法．法二总共有C＝35种选法，减去只选A类的C＝1种，再减去只选B类的C＝4种，共有30种选法．排列、组合的综合应用[例3] 有5个男生和3个女生，从中选出5人担任5门不同学科的科代表，求分别符合下列的选法数1有女生但人数必须少于男生；2某女生一定担任语文科代表；3某男生必须包括在内，但不担任数学科代表；4某女生一定要担任语文科代表，某男生必须担任科代表，但不担任数学科代表．[自主解答] 1先选后排，先选可以是2女3男，也可以是1女4男，先取有CC＋CC种，后排有A种，共有CC＋CC·A＝5400种．2除去该女生后，先取后排，有C·A＝840种．3先选后排，但先安排该男生，有C·C·A＝3360种．4先从除去该男生该女生的6人中选3人有C种，再安排该男生有C种，选出的3人全排有A种，共C·C·A＝360种．———————————————————求解排列、组合综合题的一般思路排列、组合的综合问题，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．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211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，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31，22两类，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＝84种．1个识别——排列问题与组合问题的识别方法识别方法排列若交换某两个元素的位置对结果产生影响，则是排列问题，即排列问题与选取元素顺序有关组合若交换某两个元素的位置对结果没有影响，则是组合问题，即组合问题与选取元素顺序无关3点注意——求解排列、组合问题的三个注意点1解排列、组合综合题一般是先选后排，或充分利用元素的性质进行分类、分步，再利用两个原理作最后处理．2解受条件限制的组合题，通常用直接法合理分类和间接法排除法来解决．分类标准应统一，避免出现重复或遗漏．3对于选择题要谨慎处理，注意等价答案的不同形式，处理这类选择题可采用排除法分析选项，错误的答案都是犯有重复或遗漏.创新交汇——几何图形中的排列组合问题1．排列、组合问题的应用一直是高考的热点内容之一，高考中除了以实际生活为背景命题外，还经常与其他知识结合交汇命题．2．解答此类问题应注意以下问题1仔细审题，判断是排列问题还是组合问题；2对限制条件较为复杂的排列组合问题，可分解为若干个简单的基本问题后再用两个原理来解决；3由于排列组合问题的答案一般数目较大，不易直接验证，可采用多种不同的方法求解，看结果是否相同来检验．[典例] xx·湖北高考给n个自上而下相连的正方形着黑色或白色．当n≤4时，在所有不同的着色方案中，黑色正方形互不相邻的着色方案如下图所示由此推断，当n＝6时，黑色正方形互不相邻的着色方案共有________种，至少有两个黑色正方形相邻的着色方案共有________种结果用数值表示．[解析] 1当n＝6时，如果没有黑色正方形有1种方案，当有1个黑色正方形时，有6种方案，当有两个黑色正方形时，采用插空法，即两个黑色正方形插入四个白色正方形形成的5个空内，有C＝10种方案，当有三个黑色正方形时，同上方法有C＝4种方案，由图可知不可能有4个，5个，6个黑色正方形，综上可知共有21种方案．2将6个正方形空格涂有黑白两种颜色，每个空格都有两种方案，由分步计数原理一共有26种方案，本问所求事件为1的对立事件，故至少有两个黑色正方形相邻的方案有26－21＝43种．[答案] 21 431．本题有以下创新点1命题背景的创新本题以平面几何中的着色问题为背景，让学生根据所给图形，归纳探究着色问题．2考查方式的创新在切入点上一改往日直来直去的文字语言叙述，而是以图形语言的形式呈现，考查了学生对图形语言的理解能力及数学应用意识与应用能力．2．解决本题的关键点1由n＝1234时，黑色正方形互不相邻的着色方案种数的规律，归纳n＝6时的情况；2求至少有两个黑色正方形相邻的着色方案种数可考虑利用对立事件求解．3．解决与图形有关的排列组合问题的注意事项需要强化对图形语言的理解训练，强化常用方法的训练，理解体会解题中运用的数学思想和方法，才能快速正确地解决排列组合问题．xx·安徽高考6位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换，任意两位同学之间最多交换一次，进行交换的两位同学互赠一份纪念品．已知6位同学之间共进行了13次交换，则收到4份纪念品的同学人数为 A．1或3 B．1或4C．2或3D．2或4解析选D 不妨设6位同学分别为A，B，C，D，E，F，列举交换纪念品的所有情况为AB，AC，AD，AE，AF，BC，BD，BE，BF，CD，CE，CF，DE，DF，EF，共有15种．因为6位同学之间共进行了13次交换，即缺少以上交换中的2种．第一类，某人少交换2次，如DF，EF没有交换，则A，B，C交换5次，D，E交换4次，F交换3次；第二类，4人少交换1次，如CD，EF没有交换，则A，B交换5次，C，D，E，F交换4次．
一、选择题本大题共6小题，每小题5分，共30分1．xx·辽宁高考一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为 A．3×3！ B．3×3！3C．3！4D．9!解析选C 利用“捆绑法”求解．满足题意的坐法种数为AA3＝3！
4.2．xx·新课标全国卷将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有 A．12种B．10种C．9种D．8种解析选A 先安排1名教师和2名学生到甲地，再将剩下的1名教师和2名学生安排到乙地，共有CC＝12种安排方案．3．在“神九”航天员进行的一项太空实验中，先后要实施6个程序，其中程序A只能出现在第一步或最后一步，程序B和C实施时必须相邻，请问实验顺序的编排方法共有 A．24种B．48种C．96种D．144种解析选C 当A出现在第一步时，再排A，B，C以外的三个程序，有A种，A与A，B，C以外的三个程序生成4个可以排列程序B、C的空档，此时共有AAA种排法；当A出现在最后一步时的排法与此相同，故共有2AAA＝96种编排方法．ABCD
4.如图所示2×2方格，在每一个方格中填入一个数字，数字可以是
1、
2、
3、4中任何一个，允许重复．若填入A方格的数字大于B方格的数字，则不同的填法共有 A．192种B．128种C．96种D．12种解析选C 可分三步第一步，填A、B方格的数字，填入A方格的数字大于B方格中的数字有6种方式若方格A填入2，则方格B只能填入1；若方格A填入3，则方格B只能填入1或2，若方格A填入4，则方格B只能填入1或2或3；第二步，填方格C的数字，有4种不同的填法；第三步，填方格D的数字，有4种不同的填法．由分步计数原理得，不同的填法总数为6×4×4＝
96.5．两人进行乒乓球比赛，先赢3局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形各人输赢局次的不同视为不同情形共有 A．10种B．15种C．20种D．30种解析选C 分三种情况恰好打3局，有2种情形；恰好打4局一人前3局中赢2局，输1局，第4局赢，共有2C＝6种情形；恰好打5局一人前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．6．xx·山东高考现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为 A．232B．252C．472D．484解析选C 若没有红色卡片，则需从黄、蓝、绿三色卡片中选3张，若都不同色则有C×C×C＝64种，若2张同色，则有C×C×C×C＝144种；若红色卡片有1张，剩余2张不同色，则有C×C×C×C＝192种，剩余2张同色，则有C×C×C＝72种，所以共有64＋144＋192＋72＝472种不同的取法．
二、填空题本大题共3小题，每小题5分，共15分7．某公司计划在北京、上海、兰州、银川四个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该公司不同的投资方案种数是________用数字作答．解析由题意知按投资城市的个数分两类
①投资3个城市即A种．
②投资2个城市即CA种，共有不同的投资方案种数是A＋CA＝
60.答案608．xx·武汉模拟某车队有7辆车，现要调出4辆按一定顺序出去执行任务．要求甲、乙两车必须参加，且甲车要先于乙车开出有________种不同的调度方法填数字．解析先从除甲、乙外的5辆车任选2辆有C种选法，连同甲、乙共4辆车，排列在一起，先从4个位置中选两个位置安排甲、乙，甲在乙前共有C种，最后，安排其他两辆车共有A种方法，故不同的调度方法为C·C·A＝120种．答案1209．xx·宜昌模拟某省高中学校自实施素质教育以来，学生社团得到迅猛发展．某校高一新生中的五名同学打算参加“春晖文学社”、“舞者轮滑俱乐部”、“篮球之家”、“围棋苑”四个社团．若每个社团至少有一名同学参加，每名同学至少参加一个社团且只能参加一个社团，且同学甲不参加“围棋苑”，则不同的参加方法的种数为________用数字作答．解析设五名同学分别为甲、乙、丙、丁、戊，由题意，如果甲不参加“围棋苑”，有下列两种情况1从乙、丙、丁、戊中选一人如乙参加“围棋苑”，有C种方法，然后从甲与丙、丁、戊共4人中选2人如丙、丁并成一组与甲、戊分配到其他三个社团中，有CA种方法，这时共有CCA种参加方法．2从乙、丙、丁、戊中选2人如乙、丙参加“围棋苑”，有C种方法，甲与丁、戊分配到其他三个社团中有A种方法，这时共有CA种参加方法．综合12，共有CCA＋CA＝180种参加方法．答案180
三、解答题本大题共3小题，每小题12分，共36分10．已知10件不同的产品中有4件是次品，现对它们进行一一测试，直至找出所有4件次品为止．1若恰在第5次测试，才测试到第一件次品，第十次才找到最后一件次品，则这样的不同测试方法数是多少？2若恰在第5次测试后，就找出了所有4件次品，则这样的不同测试方法数是多少？解1先排前4次测试，只能取正品，有A种不同测试方法，再从4件次品中选2件排在第5和第10的位置上测试，有C·A＝A种测试方法，再排余下4件的测试位置，有A种测试方法．所以共有不同的测试方法A·A·A＝103680种．2第5次测试恰为最后一件次品，另3件在前4次中出现，从而前4次有一件正品出现，所以共有不同的测试方法A·C·A＝576种．11．从1到9的9个数字中取3个偶数4个奇数，试问1能组成多少个没有重复数字的七位数？2上述七位数中，3个偶数排在一起的有几个？31中的七位数中，偶数排在一起，奇数也排在一起的有几个？解1分三步完成第一步，在4个偶数中取3个，有C种情况；第二步，在5个奇数中取4个，有C种情况；第三步，3个偶数，4个奇数进行排列，有A种情况．所以符合题意的七位数有CCA＝100800个．2上述七位数中，3个偶数排在一起的有CCAA＝14400个．3上述七位数中，3个偶数排在一起，4个奇数也排在一起的有CCAAA＝5760个．
12.编号为A，B，C，D，E的五个小球放在如图所示的五个盒子里，要求每个盒子只能放一个小球，且A球不能放在12号，B球必须放在与A球相邻的盒子中，不同的放法有多少种？解根据A球所在位置分三类1若A球放在3号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C，D，E，则根据分步乘法计数原理得，此时有A＝6种不同的放法；2若A球放在5号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C，D，E，则根据分步乘法计数原理得，此时有A＝6种不同的放法；3若A球放在4号盒子内，则B球可以放在2号，3号，5号盒子中的任何一个，余下的三个盒子放球C，D，E，有A＝6种不同的放法，根据分步乘法计数原理得，此时有AA＝18种不同的放法．综上所述，由分类计数原理得不同的放法共有6＋6＋18＝30种．1．甲、乙、丙3人站在共有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．解析当每个台阶上各站1人时有AC种站法，当两个人站在同一个台阶上时有CCC种站法，因此不同的站法种数有AC＋CCC＝210＋126＝336种．答案3362．如图所示的四棱锥中，顶点为P，从其他的顶点和各棱中点中取3个，使它们和点P在同一平面内，不同的取法种数为 A．40 B．48C．56D．62解析选C 满足要求的点的取法可分为3类第1类，在四棱锥的每个侧面上除点P外任取3点，有4C种取法；第2类，在两个对角面上除点P外任取3点，有2C种取法；第3类，过点P的四条棱中，每一条棱上的两点除P外和与这条棱异面的其中一条棱的中点也共面，有4C种取法．所以，满足题意的不同取法共有4C＋2C＋4C＝56种．3．某单位安排7位员工在10月1日至7日值班，每天安排1个，每人值班1天．若7位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日，丁不排在10月7日，则不同的安排方案共有多少种？解依题意，满足甲、乙两人值班安排在相邻两天的方法共有AA＝1440种，其中满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丙在10月1日值班的方法共有AA＝240种；满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丁在10月7日值班的方法共有AA＝240种；满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丙在10月1日值班、丁在10月7日值班的方法共有AA＝48种．因此满足题意的方法共有1440－2×240＋48＝1008种．[备考方向要明了]考什么怎么考
1.能利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开式有关的简单问题.
1.一般不考查用计数原理证明二项式定理．
2.求二项展开式中某项的系数和特定项是高考的热点，考查形式为选择题和填空题，难度不大，属中低档题，如xx年广东T10，福建T11等.[归纳·知识整合]1．二项式定理二项式定理a＋bn＝Can＋Can－1b＋…＋Can－kbk＋…＋Cbnn∈N*二项式系数二项展开式中各项系数Cr＝01，…，n二项式通项Tr＋1＝Can－rbr，它表示第r＋1项[探究]
1.二项式x＋yn的展开式的第k＋1项与y＋xn的展开式的第k＋1项一样吗？提示尽管x＋yn与y＋xn的值相等，但它们的展开式形式是不同的，因此应用二项式定理时，x，y的位置不能随便交换．2．二项式系数的性质[探究]
2.二项式x＋yn展开式中二项式系数最大时该项的系数就最大吗？提示不一定最大，当二项式中x，y的系数均为1时，或x，y的系数均为－1，n为偶数时，此时二项式系数等于项的系数，否则不一定．[自测·牛刀小试]1．x－yn的二项展开式中，第r项的系数是 A．C B．CC．CD．－1r－1C解析选D 本题中由于y的系数为负，故其第r项的系数为－1r－1C.2．xx·四川高考1＋x7的展开式中x2的系数是 A．42B．35C．28D．21解析选D 依题意可知，二项式1＋x7的展开式中x2的系数等于C×15＝
21.3．已知8展开式中常数项为1120，其中实数a是常数，则展开式中各项系数的和是 A．28B．38C．1或38D．1或28解析选C 由题意知C·－a4＝1120，解得a＝±2，令x＝1，得展开式各项系数和为1－a8＝1或
38.4．若1＋2x6的展开式中的第2项大于它的相邻两项，则x的取值范围是________．解析由题意得即解得x.答案x5．若C＋3C＋32C＋…＋3n－2C＋3n－1＝85，则n的值为________．解析由已知等式，可得C＋3C＋32C＋…＋3nC＝
256.即1＋3n＝256，解得n＝
4.答案4求二项展开式中特定项或特定项系数[例1] 1xx·上海高考在6的二项展开式中，常数项等于________．2xx·广东高考6的展开式中x3的系数为________用数字作答．3xx·福建高考a＋x4的展开式中x3的系数等于8，则实数a＝________.[自主解答] 1由通项公式得Tr＋1＝Cx6－rr＝－2rCx6－2r，令6－2r＝0，解得r＝3，所以是第4项为常数项，T4＝－23C＝－
160.2由6的展开式的通项为Tr＋1＝Cx26－r·r＝Cx12－3r，令12－3r＝3，得r＝3，所以展开式中x3的系数为C＝
20.3a＋x4的展开式的第r＋1项为Tr＋1＝Ca4－rxr，令r＝3，得含x3的系数为Ca，故Ca＝8，解得a＝
2.[答案] 1－160 220 32———————————————————求特定项的步骤1根据所给出的条件特定项和通项公式建立方程来确定指定项求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n为正整数，r为非负整数，且r≤n；2根据所求项的指数特征求所要求解的项．1．xx·泰安模拟若二项式n的展开式中第5项是常数项，则正整数n的值可能为 A．6 B．10C．12D．15解析选C Tr＋1＝Cn－rr＝－2rCx，当r＝4时，＝0，又n∈N*，所以n＝
12.2．1＋x＋x26的展开式中的常数项为________．解析6的展开式的通项为Tr＋1＝C－1rx6－2r，当r＝3时，T4＝－C＝－20，当r＝4时，T5＝Cx－2＝15x－2，因此常数项为－20＋15＝－
5.答案－5二项式系数和或各项的系数和[例2] 设2－x100＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a100x100，求下列各式的值1a0；2a1＋a2＋…＋a100；3a1＋a3＋a5＋…＋a99；4a0＋a2＋…＋a1002－a1＋a3＋…＋a
992.[自主解答] 12－x100展开式中的常数项为C·2100，即a0＝2100，或令x＝0，则展开式可化为a0＝
2100.2令x＝1，可得a0＋a1＋a2＋…＋a100＝2－100，
①所以a1＋a2＋…＋a100＝2－100－
2100.3令x＝－1，可得a0－a1＋a2－a3＋…＋a100＝2＋100，
②①－
②可得a1＋a3＋…＋a99＝.4原式＝[a0＋a2＋…＋a100＋a1＋a3＋…＋a99]·[a0＋a2＋…＋a100－a1＋a3＋…＋a99]＝a0＋a1＋a2＋…＋a100a0－a1＋a2－a3＋…＋a98－a99＋a100＝2－1002＋100＝
1.———————————————————赋值法在求解二项式各项系数和有关问题中的应用“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如ax＋bn，ax2＋bx＋cma，b∈R的式子，求其展开式的各项系数之和时常用赋值法，只需令x＝1即可；对形如ax＋byna，b∈R的式子求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1即可．3．若1－2x2013＝a0＋a1x＋…＋a2013x2013x∈R，则＋＋…＋的值为 A．2 B．0C．－1D．－2解析选C 令x＝0得a0＝1，令x＝，得a0＋＋＋…＋＝0，所以＋＋…＋＝－a0＝－
1.4．若2x－35＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则a1＋2a2＋3a3＋4a4＋5a5等于________．解析在已知等式两边对x求导，得52x－34×2＝a1＋2a2x＋3a3x2＋4a4x3＋5a5x4，令x＝1得a1＋2a2＋3a3＋4a4＋5a5＝5×2×1－34×2＝
10.答案10二项展开式系数最大项的问题[例3] 求二项式8的展开式中1二项式系数最大的项；2系数最大的项和系数最小的项．[自主解答] 1二项式系数最大的项即展开式的中间项，也即第5项，所求项为T4＋1＝C44＝.2先求系数绝对值最大的项，设第r＋1项的系数的绝对值最大，则即解得5≤r≤6，即第6项和第7项的系数绝对值最大．由于第6项的系数为负，第7项的系数为正，所以第7项是系数最大的项，这一项为T6＋1＝C2·6＝1792x－11；第6项是系数最小的项，这一项为T5＋1＝C3·5＝－1792x－.———————————————————运用二项式定理时的两个注意点在运用二项式定理时不能忽视展开式中系数的正负．当然还需考虑二项式系数与展开式某项的系数之间的差异1二项式系数只与二项式的指数和项数有关，与二项式无关；2项的系数不仅与二项式的指数和项数有关，还与二项式有关．5．如果n的展开式中只有第4项的二项式系数最大，那么展开式中的所有项的系数之和是 A．0 B．256C．64D.解析选D 法一由已知得即5n7，∵n∈N*，∴n＝
6.令x＝1，则原式＝6＝.法二由题意知，只有第4项的二项式系数最大，所以n＝6，令x＝1，则原式＝6＝.1个公式——二项展开式的通项公式通项公式主要用于求二项式的特定项问题，在运用时，应明确以下几点1Can－rbr是第r＋1项，而不是第r项；2通项公式中a，b的位置不能颠倒；3通项公式中含有a，b，n，r，Tr＋1五个元素，只要知道其中的四个，就可以求出第五个，即“知四求一”．3点注意——二项式系数的三个注意点1求二项式所有系数的和，可采用“赋值法”；2关于组合式的证明，常采用“构造法”——构造函数或构造同一问题的两种算法；3展开式中第r＋1项的二项式系数与第r＋1项的系数一般是不相同的，在具体求各项的系数时，一般先处理符号，对根式和指数的运算要细心，以防出错.易误警示——对二项展开式的考虑不全面致错[典例] xx·天津高考在5的二项展开式中，x的系数为 A．10 B．－10C．40D．－40[解析] 二项式5展开式的第r＋1项为Tr＋1＝C2x25－rr＝C·25－r×－1rx10－3r，当r＝3时，含有x，其系数为C·22×－13＝－
40.[答案] D1．因区分不清某一项系数与其二项式的系数而错选A.2．因对二项展开式的通项公式记忆不准而导致无法求解．3．解答此类问题还易出现以下错误1混淆各项系数的和与二项式系数的和；2对展开式中常数项的构成考虑不全面造成计算错误；3对二项式定理的应用不会逆用公式而致错．1．xx·安徽高考x2＋25的展开式的常数项是 A．－3 B．－2C．2D．3解析选D 因为x2＋25＝x25＋25，又25展开式中的常数项为2C0－15＝－2，x25展开式中的常数项为x2C1－14＝5，故二项式x2＋25展开式中的常数项为－2＋5＝
3.2．设5x－n的展开式的各项系数之和为M，二项式系数之和为N，M－N＝240，则展开式中的x3项的系数为 A．500B．－500C．150D．－150解析选C ∵N＝2n，令x＝1，则M＝5－1n＝4n＝2n2，∴2n2－2n＝2402n＝16，n＝
4.展开式中第r＋1项Tr＋1＝C·5x4－r·－r＝－1r·C·54－r·x4－.令4－＝3，即r＝2，此时C·52·－12＝
150.3．a4x＋14＋a3x＋13＋a2x＋12＋a1x＋1＋a0＝x4，则a3－a2＋a1＝________.解析∵[x＋1－1]4＝a4x＋14＋a3x＋13＋a2x＋12＋a1x＋1＋a0，∴a3－a2＋a1＝－C－C＋－C＝－
14.答案－14
一、选择题本大题共6小题，每小题5分，共30分1．二项式6的展开式的第3项的值是 A. B.C.D.解析选C 二项式6的展开式的第3项是C42＝.2．若二项式n的展开式中各项系数的和是512，则展开式中的常数项为 A．－27CB．27CC．－9CD．9C解析选B 各项系数之和为3－1n＝2n＝512，故n＝9，展开式的通项是Tr＋1＝C3x29－rr＝－1r×39－r×Cx18－3r.令18－3r＝0，则r＝6，故展开式的常数项为－16×33×C＝27C.3．在x＋12x＋1…nx＋1n∈N*的展开式中一次项系数为 A．CB．CC．CD.C解析选B 1＋2＋3＋…＋n＝＝C.4．xx·贵阳模拟在二项式x2＋x＋1x－15的展开式中，含x4项的系数是 A．－25B．－5C．5D．25解析选B ∵x2＋x＋1x－1＝x3－1，∴原式可化为x3－1x－
14.故展开式中，含x4项的系数为C－13－C＝－4－1＝－
5.
5.8的展开式中常数项为 A.B.C.D．105解析选B 二项展开式的通项Tr＋1＝C8－r·r＝Crx4－r，当4－r＝0时，r＝4，所以展开式中的常数项为C4＝.6．xx·湖北高考设a∈Z，且0≤a＜13，若512012＋a能被13整除，则a＝ A．0B．1C．11D．12解析选D 512012＋a＝13×4－12012＋a，被13整除余1＋a，结合选项可得a＝12时，512012＋a能被13整除．
二、填空题本大题共3小题，每小题5分，共15分7．xx·陕西高考a＋x5展开式中x2的系数为10，则实数a的值为________．解析由二项展开式的通项公式可得，T3＝Ca3x2＝10x2，解得a＝
1.答案18．若n的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则该展开式中的系数为________．解析由C＝C可知n＝8，所以8的展开式的通项公式为Tr＋1＝Cx8－rr＝Cx8－2r所以8－2r＝－2，解得r＝
5.所以的系数为C＝
56.答案569．xx·浙江高考若将函数fx＝x5表示为fx＝a0＋a11＋x＋a21＋x2＋…＋a51＋x5，其中a0，a1，a2，…，a5为实数，则a3＝________.解析不妨设1＋x＝t，则x＝t－1，因此有t－15＝a0＋a1t＋a2t2＋a3t3＋a4t4＋a5t5，则a3＝C－12＝
10.答案10
三、解答题本大题共3小题，每小题12分，共36分10．若n的展开式中各项系数和为1024，试确定展开式中含x的整数次幂的项．解令x＝1，则22n＝1024，解得n＝
5.Tr＋1＝C3x5－rr＝C·35－r·x，含x的整数次幂即使为整数，r＝
0、r＝
2、r＝4，有3项，即T1＝243x5，T3＝270x2，T5＝15x－
1.11．已知nn∈N*的展开式中第五项的系数与第三项的系数的比是10∶
1.1求展开式中各项系数的和；2求展开式中含x的项；解由题意知，第五项系数为C·－24，第三项的系数为C·－22，则有＝，化简得n2－5n－24＝0，解得n＝8或n＝－3舍去．1令x＝1得各项系数的和为1－28＝
1.2通项公式Tk＋1＝C·8－k·k＝C·－2k·x，令－2k＝，则k＝1，故展开式中含x的项为T2＝－16x.12．从函数角度看，组合数C可看成是以r为自变量的函数fr，其定义域是{r|r∈N，r≤n}．1证明fr＝fr－1；2利用1的结论，证明当n为偶数时，a＋bn的展开式中最中间一项的二项式系数最大．解1证明∵fr＝C＝，fr－1＝C＝，∴fr－1＝·＝.则fr＝fr－1成立．2设n＝2k，∵fr＝fr－1，fr－10，∴＝.令fr≥fr－1，则≥1，则r≤k＋等号不成立．∴当r＝12，…，k时，frfr－1成立．反之，当r＝k＋1，k＋2，…，2k时，frfr－1成立．∴fk＝C最大，即a＋bn的展开式中最中间一项的二项式系数最大．1．若n的展开式中的第5项为常数，则n＝ A．8B．10C．12D．15解析选C ∵T4＋1＝Cn－44＝C24x为常数，∴＝0，n＝
12.2．若x＋y9按x的降幂排列的展开式中，第二项不大于第三项，且x＋y＝1，xy0，则x的取值范围是 A.B.C.D．1，＋∞解析选D 二项式x＋y9的展开式的通项是Tr＋1＝C·x9－r·yr依题意有由此得由此解得x1，即x的取值范围是1，＋∞．3．9192除以100的余数是________．解析∵9192＝90＋192＝C9092＋C9091＋…＋C902＋C90＋C＝M×102＋92×90＋1M为整数＝100M＋82×100＋
81.∴9192除以100的余数是
81.答案814．设fx＝1＋xm＋1＋xn的展开式中x的系数是19m，n∈N*．1求fx展开式中x2的系数的最小值；2对fx展开式中x2的系数取最小值时的m，n，求fx展开式中x7的系数．解1由题意知C＋C＝19，即m＋n＝19，所以m＝19－n.x2的系数为C＋C＝C＋C＝19－n18－n＋nn－1＝n2－19n＋171＝2＋，∵n∈N*，∴当n＝9或n＝10时，x2的系数取最小值2＋＝
81.2当n＝9，m＝10或n＝10，m＝9时，x7的系数为C＋C＝C＋C＝
156.[备考方向要明了]考什么怎么考
1.了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率意义以及频率与概率的区别．
2.了解两个互斥事件的概率加法公式.
1.随机事件的概率是高考的必考内容，主要考查互斥事件的概率公式以及对立事件的求法为主，其中对立事件的概率是“正难则反”思想的具体应用，在高考中常考查．
2.多以选择和填空的形式考查，有时也渗透在解答题中，属容易题，如xx江苏T6等.[归纳·知识整合]1．事件的分类2．频率和概率1在相同的条件S下重复n次实验，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fnA＝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fnA稳定在某个常数上，把这个常数记作PA，称为事件A的概率，简称为A的概率．[探究]
1.概率和频率有什么区别和联系？提示频率随着试验次数的变化而变化，概率却是一个常数，它是频率的科学抽象．当试验次数越来越大时，频率也越来越向概率接近，只要次数足够多，所得频率就近似地看作随机事件的概率．
3.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BB⊇A或A⊆B相等关系若B⊇A且A⊇B，那么称事件A与事件B相等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，那么事件A与事件B互斥A∩B＝∅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A∩B＝∅且A∪B＝U[探究]
2.互斥事件和对立事件有什么区别和联系？提示互斥事件和对立事件都是针对两个事件而言的．在一次试验中，两个互斥事件有可能都不发生，也可能有一个发生；而对立事件则是必有一个发生，但不能同时发生．所以两个事件互斥但未必对立；反之两个事件对立则它们一定互斥．4．概率的几个基本性质1概率的取值范围
[01]．2必然事件的概率PE＝
1.3不可能事件的概率PF＝
0.4概率的加法公式如果事件A与事件B互斥，则PA∪B＝PA＋PB．若事件A与B互为对立事件，则A∪B为必然事件．PA∪B＝1，PA＝1－PB．[自测·牛刀小试]1．甲A
1、A2是互斥事件；乙A
1、A2是对立事件．那么 A．甲是乙的充分但不必要条件B．甲是乙的必要但不充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件，也不是乙的必要条件解析选B 对立事件一定互斥，互斥事件不一定对立．2．从装有2个红球和2个白球的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是 A．至少有1个白球，都是白球B．至少有1个白球，至少有1个红球C．恰有1个白球，恰有2个白球D．至少有1个白球，都是红球解析选C A、B中的事件可同时发生，不是互斥事件，D为对立事件．3．从某班学生中任意找出一人，如果该同学的身高小于160cm的概率为
0.2，该同学的身高在
[160175]的概率为
0.5，那么该同学的身高超过175cm的概率为 A．
0.2 B．
0.3C．
0.7D．
0.8解析选B 由对立事件的概率可求该同学的身高超过175cm的概率为1－
0.2－
0.5＝
0.
3.4．某城市xx年的空气质量状况如下表所示污染指数T3060100110130140概率P其中污染指数T≤50时，空气质量为优；50T≤100时，空气质量为良；100T≤150时，空气质量为轻微污染．该城市xx年空气质量达到良或优的概率为 A.B.C.D.解析选A 由表知空气质量为优的概率为，空气质量为良的概率为＋＝＝.故空气质量为优或良的概率为＋＝.5．甲、乙两人下棋，两人和棋的概率是，乙获胜的概率是，则乙不输的概率是________．解析“乙不输”包含“两人和棋”和“乙获胜”这两个事件，并且这两个事件是互斥的，故“乙不输”的概率为＋＝.答案随机事件间的关系[例1] 从装有5只红球，5只白球的袋中任意取出3只球，判断下列每对事件是否为互斥事件，是否为对立事件．1“取出2只红球和1只白球”与“取出1只红球和2只白球”；2“取出2只红球和1只白球”与“取出3只红球”；3“取出3只红球”与“取出3只球中至少有1只白球”；4“取出3只红球”与“取出3只球中至少有1只红球”．[自主解答] 任取3只球，共有以下4种可能结果“3只红球”，“2只红球1只白球”，“1只红球2只白球”，“3只白球”．1“取出2只红球和1只白球”与“取出1只红球和2只白球”不可能同时发生，是互斥事件，但有可能两个都不发生，故不是对立事件．2“取出2只红球1只白球”，与“取出3只红球”不可能同时发生，是互斥事件，可能同时不发生，故不是对立事件．3“取出3只红球”与“取出3只球中至少有一只白球”不可能同时发生，故互斥．其中必有一个发生，故对立．4“取出3只红球”与“取出3只球中至少有1只红球”可能同时发生，故不是互斥事件，也不可能是对立事件．———————————————————理解互斥事件与对立事件应注意的问题1对互斥事件要把握住不能同时发生，而对于对立事件除不可能同时发生外，其并事件应为必然事件，这可类比集合进行理解；2具体应用时，可把试验结果写出来，看所求事件包含哪几个试验结果，从而判断所给事件的关系．1．判断下列每对事件是否为互斥事件？是否为对立事件？从一副桥牌52张中，任取1张，1“抽出红桃”与“抽出黑桃”；2“抽出红色牌”与“抽出黑色牌”；3“抽出的牌点数为3的倍数”与“抽出的牌点数大于10”．解1是互斥事件但不是对立事件．因为“抽出红桃”与“抽出黑桃”在仅取一张时不可能同时发生，因而是互斥的．同时，不能保证其中必有一个发生，因为还可能抽出“方块”或“梅花”，因此两者不对立．2是互斥事件又是对立事件．因为两者不可同时发生，但其中必有一个发生．3不是互斥事件，更不是对立事件．因为“抽出的牌点数为3的倍数”与“抽出的牌点数大于10”这两个事件有可能同时发生，如抽得
12.随机事件的频率与概率[例2] 某射击运动员进行双向飞碟射击训练，各次训练的成绩如下表射击次数100120150100150160150击中飞碟数819512382119127121击中飞碟的频率1将各次击中飞碟的频率填入表中；2这个运动员击中飞碟的概率约为多少？[自主解答] 利用频率公式依次计算出击中飞碟的频率．1射中次数100，击中飞碟数是81，故击中飞碟的频率是＝
0.81，同理可求得下面的频率依次是
0.792，
0.82，
0.82，
0.
7930.
7940.807；2击中飞碟的频率稳定在
0.81，故这个运动员击中飞碟的概率约为
0.
81.———————————————————概率和频率的关系概率可看成频率在理论上的稳定值，它从数量上反映了随机事件发生的可能性的大小，它是频率的科学抽象，当试验次数越来越多时频率向概率靠近，只要次数足够多，所得频率就近似地当作随机事件的概率．2．某篮球运动员在同一条件下进行投篮练习，如下表所示1计算表中进球的频率并填表；2这位运动员投篮一次，进球的概率约是多少？投篮次数n8101520304050进球次数m681217253238进球频率解1频率是在试验中事件发生的次数与试验次数的比值，由此得进球频率依次是，，，，，，，即表中依次填入
0.
750.
80.
80.
850.
830.
80.
76.2由1知进球频率稳定在
0.8，所以这位运动员投篮一次，进球时概率约是
0.
8.互斥事件、对立事件的概率[例3] 某战士射击一次，问1若中靶的概率为
0.95，则不中靶的概率为多少？2若命中10环的概率是
0.27，命中9环的概率为
0.21，命中8环的概率为
0.24，则至少命中8环的概率为多少？不够9环的概率为多少？[自主解答] 1记中靶为事件A，不中靶为事件，根据对立事件的概率性质，有P＝1－PA＝1－
0.95＝
0.
05.故不中靶的概率为
0.
05.2记命中10环为事件B，命中9环为事件C，命中8环为事件D，至少8环为事件E，不够9环为事件F.由B、C、D互斥，E＝B∪C∪D，F＝，根据概率的基本性质，有PE＝PB∪C∪D＝PB＋PC＋PD＝
0.27＋
0.21＋
0.24＝
0.72；PF＝P＝1－PB∪C＝1－
0.27＋
0.21＝
0.
52.所以至少8环的概率为
0.72，不够9环的概率为
0.
52.———————————————————求复杂的互斥事件的概率的一般方法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求和，运用互斥事件的概率求和公式计算．2间接法先求此事件的对立事件的概率，再用公式PA＝1－P，即运用逆向思维，特别是“至少”“至多”型题目，用间接法就显得较简便．3．某商场有奖销售中，购满100元商品得1张奖券，多购多得.1000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1PA，PB，PC；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1PA＝，PB＝＝，PC＝＝.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，∴PM＝PA∪B∪C＝PA＋PB＋PC＝＝.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，∴PN＝1－PA∪B＝1－＝.故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为.1个难点——对频率和概率的理解1依据定义求一个随机事件的概率的基本方法是通过大量的重复试验，用事件发生的频率近似地作为它的概率，但是，某一事件的概率是一个常数，而频率随着试验次数的变化而变化．2概率意义下的“可能性”是大量随机事件现象的客观规律，与我们日常所说的“可能”“估计”是不同的．也就是说，单独一次结果的不确定性与积累结果的有规律性，才是概率意义下的“可能性”，事件A的概率是事件A的本质属性．1个重点——对互斥事件与对立事件的理解1对于互斥事件要抓住如下特征进行理解
①互斥事件研究的是两个事件之间的关系；
②所研究的两个事件是在一次试验中涉及的；
③两个事件互斥是从试验的结果中不能同时出现来确定的．2对立事件是互斥事件的一种特殊情况，是指在一次试验中有且只有一个发生的两个事件，集合A的对立事件记作.从集合的角度来看，事件所含的结果的集合正是全集U中由事件A所含结果组成的集合的补集，即A∪＝U，A∩＝∅.对立事件一定是互斥事件，但互斥事件不一定是对立事件.易误警示——误判事件间的关系导致概率计算失误[典例] xx·临沂模拟抛掷一枚均匀的正方体骰子各面分别标有数字
1、
2、
3、
4、
5、6，事件A表示“朝上一面的数是奇数”，事件B表示“朝上一面的数不超过3”，则PA∪B＝________.[解析] 事件A∪B可以分成事件C为“朝上一面的数为
1、
2、3”与事件D为“朝上一面的数为5”这两件事，则事件C和事件D互斥，故PA∪B＝PC∪D＝PC＋PD＝＋＝＝.[答案] 1．因未分清事件A、B的关系，误以为事件A、B是互斥事件，从而造成概率计算错误；2．因不能把所求事件转化为几个互斥事件，思维受阻，从而得不到正确答案．3．求解随机事件的概率问题时还有如下错误解决互斥与对立事件问题时，由于对事件的互斥与对立关系不清楚，不能准确判断互斥与对立事件的关系而致错．某产品分甲、乙、丙三级，其中乙、丙均属于次品，若生产中出现乙级品的概率为
0.03，出现丙级品的概率为
0.01，则对成品抽查一件，恰好得正品的概率为 A．
0.99 B．
0.98C．
0.97D．
0.96解析选D 记事件A＝{甲级品}，B＝{乙级品}，C＝{丙级品}．事件A、B、C彼此互斥，且A与B∪C是对立事件．所以PA＝1－PB∪C＝1－PB－PC＝1－
0.03－
0.01＝
0.
96.
一、选择题本大题共6小题，每小题5分，共30分1．给出以下结论
①互斥事件一定对立．
②对立事件一定互斥．
③互斥事件不一定对立．
④事件A与B的和事件的概率一定大于事件A的概率．
⑤事件A与B互斥，则有PA＝1－PB．其中正确命题的个数为 A．0个 B．1个C．2个D．3个解析选C 对立必互斥，互斥不一定对立，所以
②③正确，
①错；又当A∪B＝A时，PA∪B＝PA，所以
④错；只有A与B为对立事件时，才有PA＝1－PB，所以
⑤错．2．将一枚骰子向上抛掷1次，设事件A表示向上的一面出现的点数为偶数，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 A∩B＝{出现点数2}，事件A，B不互斥更不对立；B∩C＝∅，B∪C为全集，故事件B，C是对立事件，故选D.3．xx·惠州模拟从{12345}中随机选取一个数为a，从{123}中随机选取一个数为b，则ba的概率是 A.B.C.D.解析选D 从{12345}中选取一个数a有5种取法，从{123}中选取一个数b有3种取法．所以选取两个数a，b共有5×3＝15个基本事件．满足ba的基本事件共有3个．因此ba的概率P＝＝.4．从16个同类产品其中有14个正品，2个次品中任意抽取3个，下列事件中概率为1的是 A．三个都是正品B．三个都是次品C．三个中至少有一个是正品D．三个中至少有一个是次品解析选C 16个同类产品中，只有2件次品，抽取三件产品，A是随机事件，B是不可能事件，C是必然事件，D是随机事件，又必然事件的概率为
1.5．某种饮料每箱装6听，其中有4听合格，2听不合格，现质检人员从中随机抽取2听进行检测，则检测出至少有一听不合格饮料的概率是 A.B.C.D.解析选B 记4听合格的饮料分别为A
1、A
2、A
3、A4，2听不合格的饮料分别为B
1、B2，则从中随机抽取2听有A1，A2，A1，A3，A1，A4，A1，B1，A1，B2，A2，A3，A2，A4，A2，B1，A2，B2，A3，A4，A3，B1，A3，B2，A4，B1，A4，B2，B1，B2，共15种不同取法，而至少有一听不合格饮料有A1，B1，A1，B2，A2，B1，A2，B2，A3，B1，A3，B2，A4，B1，A4，B2，B1，B2，共9种，故所求概率为P＝＝.6．甲、乙二人玩数字游戏，先由甲任想一数字，记为a，再由乙猜甲刚才想的数字，把乙猜出的数字记为b，且a，b∈{123}，若|a－b|≤1，则称甲、乙“心有灵犀”，现任意找两个人玩这个游戏，则他们“心有灵犀”的概率为 A.B.C.D.解析选D 甲想一数字有3种结果，乙猜一数字有3种结果，基本事件总数为3×3＝
9.设“甲、乙心有灵犀”为事件A，则A的对立事件B为“|a－b|1”，又|a－b|＝2包含2个基本事件，所以PB＝，所以PA＝1－＝.
二、填空题本大题共3小题，每小题5分，共15分7．人在打靶中连续射击2次，事件“至少有1次中靶”的对立事件是________________．解析“至少有1次中靶”包括两种情况
①有1次中靶；
②有2次中靶．其对立事件为“2次都不中靶”．答案2次都不中靶8．甲、乙两颗卫星同时监测台风，在同一时刻，甲、乙两颗卫星准确预报台风的概率分别为
0.8和
0.75，则在同一时刻至少有一颗卫星预报准确的概率为________．解析P＝1－
0.2×
0.25＝
0.
95.答案
0.959．盒子里共有大小相同的3只白球，1只黑球．若从中随机摸出两只球，则它们颜色不同的概率是________．解析设3只白球为A，B，C1只黑球为d，则从中随机摸出两只球的情形有AB，AC，Ad，BC，Bd，Cd共6种，其中两只球颜色不同的有3种，故所求概率为.答案
三、解答题本大题共3小题，每小题12分，共36分10．由经验得知，在人民商场付款处排队等候付款的人数及其概率如下排队人数012345人以上概率
0.
10.
160.
30.
30.
10.04求1至多2人排队的概率；2至少2人排队的概率．解记“没有人排队”为事件A，“1人排队”为事件B，“2人排队”为事件C，A，B，C彼此互斥．1记“至少2人排队”为事件E，则PE＝PA＋B＋C＝PA＋PB＋PC＝
0.1＋
0.16＋
0.3＝
0.
56.2记“至少2人排队”为事件D.“少于2人排队”为事件A＋B，那么事件D与事件A＋B是对立事件，则PD＝1－PA＋B＝1－[PA＋PB]＝1－
0.1＋
0.16＝
0.
74.11．已知向量a＝x，y，b＝1，－2，从6张大小相同、分别标有号码123456的卡片中，有放回地抽取两张，x，y分别表示第一次，第二次抽取的卡片上的号码．1求满足a·b＝－1的概率；2求满足a·b0的概率．解1设x，y表示一个基本事件，则两次抽取卡片的所有基本事件有11，12，13，14，15，16，21，22，…，65，66，共36个．用A表示事件“a·b＝－1”，即x－2y＝－1，则A包含的基本事件有11，32，53，共3个，PA＝＝.2a·b0，即x－2y0，在1中的36个基本事件中，满足x－2y0的事件有31，41，51，61，52，62共6个，所以所求概率P＝＝.12．某次会议有6名代表参加，A，B两名代表来自甲单位，C，D两名代表来自乙单位，E，F两名代表来自丙单位，现随机选出两名代表发言，问1代表A被选中的概率是多少？2选出的两名代表“恰有1名来自乙单位或2名都来自丙单位”的概率是多少？解1从这6名代表中随机选出2名，共有15种不同的选法，分别为A，B，A，C，A，D，A，E，A，F，B，C，B，D，B，E，B，F，C，D，C，E，C，F，D，E，D，F，E，F．其中代表A被选中的选法有A，B，A，C，A，D，A，E，A，F共5种，则代表A被选中的概率为＝.2法一随机选出的2名代表“恰有1名来自乙单位或2名都来自丙单位”的结果有9种，分别是A，C，A，D，B，C，B，D，C，E，C，F，D，E，D，F，E，F．则“恰有1名来自乙单位或2名都来自丙单位”这一事件的概率为＝.法二随机选出的2名代表“恰有1名来自乙单位”的结果有8种，概率为；随机选出的2名代表“都来自丙单位”的结果有1种，概率为.则“恰有1名来自乙单位或2名都来自丙单位”这一事件的概率为＋＝.1．有两个质地均匀、大小相同的正四面体玩具，每个玩具的各面上分别写有数字
1234.把两个玩具各抛掷一次，斜向上的面所有数字之和能被5整除的概率为 A.B.C.D.解析选B “斜向上的所有数字之和能被5整除”等价于两个底面数字之和能被5整除，而两底数所有的情况有4×4＝16种，而两底数和为5包括14，41，23，32共4种情况，所以P＝＝.2．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点，已知PA＝，PB＝，则出现奇数点或2点的概率为________．解析因为事件A与事件B是互斥事件，所以PA∪B＝PA＋PB＝＋＝.答案3．一只袋子中装有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，则取得两个同颜色的球的概率为________；至少取得一个红球的概率为________．解析1由于“取得两个红球”与“取得两个绿球”是互斥事件，取得两个同色球，只需两互斥事件有一个发生．因而取得两个同色球的概率为P＝＋＝.2由于事件A“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PA＝1－PB＝.答案 [备考方向要明了]考什么怎么考
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含的基本事件及事件发生的概率.高考对本节内容的考查多为选择题或填空题，难度中低档，如xx年广东T7，上海T11等.[归纳·知识整合]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．[探究]
1.在一次试验中，其基本事件的发生一定是等可能的吗？提示不一定．如试验一粒种子是否发芽，其发芽和不发芽的可能性是不相等的．2．古典概型具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型，简称古典概型．1有限性试验中所有可能出现的基本事件只有有限个；2等可能性每个基本事件出现的可能性相等．[探究]
2.如何判断一个试验是否为古典概型？提示关键看这个实验是否具有古典概型的两个特征有限性和等可能性．3．古典概型的概率公式PA＝[自测·牛刀小试]1．从甲、乙、丙三人中任选两名代表，甲被选中的概率为 A. B.C.D．1解析选C 基本事件总数为甲，乙，甲，丙，乙，丙共3种．甲被选中共2种，所以甲被选中的概率为.2．某国际科研合作项目由两个美国人，一个法国人和一个中国人共同开发完成，现从中随机选出两个人作为成果发布人，在选出的两人中有中国人的概率为 A.B.C.D．1解析选C 用列举法可知，共6个基本事件，有中国人的基本事件有3个．3．5张卡片上分别写有数字12345，从这5张卡片中随机抽取2张，则取出2张卡片上数字之和为奇数的概率为 A.B.C.D.解析选A 由题意得基本事件共有10种，2张卡片之和为奇数须一奇一偶，共有6种，故所求概率为＝.4．若以连续掷两次骰子分别得到的点数m，n作为点P的横、纵坐标，则点P在直线x＋y＝5的下方的概率为________．解析点P在直线x＋y＝5下方的情况有11，12，13，21，22，31六种可能，故P＝＝.答案5．在集合A＝{23}中随机取一个元素m，在集合B＝{123}中随机取一个元素n，得到点Pm，n，则点P在圆x2＋y2＝9内部的概率为________．解析点Pm，n共有21，22，23，31，32，336种情况，只有21，22，这两种情况满足在圆x2＋y2＝9内部，所以所求概率为＝.答案简单古典概型的求法[例1] 编号分别为A1，A2，…，A16的16名篮球运动员在某次训练比赛中的得分记录如下运动员编号A1A2A3A4A5A6A7A8得分1535212825361834运动员编号A9A10A11A12A13A14A15A16得分17262533221231381将得分在对应区间内的人数填入相应的空格区间[1020[2030
[3040]人数2从得分在区间[2030内的运动员中随机抽取2人，
①用运动员编号列出所有可能的抽取结果；
②求这2人得分之和大于50的概率．[自主解答]
1466.2
①得分在区间[2030内的运动员编号为A3，A4，A5，A10，A11，A13，从中随机抽取2人，所有可能的抽取结果有{A3，A4}，{A3，A5}，{A3，A10}，{A3，A11}，{A3，A13}，{A4，A5}，{A4，A10}，{A4，A11}，{A4，A13}，{A5，A10}，{A5，A11}，{A5，A13}，{A10，A11}，{A10，A13}，{A11，A13}共15种．
②“从得分在区间[2030内的运动员中随机抽取2人，这2人得分之和大于50”记为事件B的所有可能结果有{A4，A5}，{A4，A10}，{A4，A11}，{A5，A10}，{A10，A11}共5种．所以PB＝＝.本例条件不变，从得分在区间[2030内的运动员中随机抽取2人，求这2人得分之和小于50的概率．解得分之和小于50的所有可能结果有{A3，A4}，{A3，A5}，{A3，A10}，{A3，A11}，{A3，A13}，{A5，A13}，{A10，A13}，{A11，A13}．故这2人得分之和小于50的概率为P＝. ———————————————————应用古典概型求概率的步骤1仔细阅读题目，分析试验包含的基本事件的特点；2设出所求事件A；3分别列举事件A包含的基本事件，求出总事件数n和所求事件A包含的基本事件数m；4利用公式求出事件A的概率．1．从某小组的2名女生和3名男生中任选2人去参加一项公益活动．1求所选2人中恰有一名男生的概率；2求所选2人中至少有一名女生的概率．解设2名女生为a1，a23名男生为b1，b2，b3，从中选出2人的基本事件有a1，a2，a1，b1，a1，b2，a1，b3，a2，b1，a2，b2，a2，b3，b1，b2，b1，b3，b2，b3共10种．1设“所选2人中恰有一名男生”的事件为A，则A包含的事件有a1，b1，a1，b2，a1，b3，a2，b1，a2，b2，a2，b3共6种，则PA＝＝，故所选2人中恰有一名男生的概率为.2设“所选2人中至少有一名女生”的事件为B，则B包含的事件有a1，a2，a1，b1，a1，b2，a1，b3，a2，b1，a2，b2，a2，b3共7种，则PB＝，故所选2人中至少有一名女生的概率为.较复杂的古典概型的概率[例2] 为振兴旅游业，四川省xx年面向国内发行总量为2000万张的熊猫优惠卡，向省外人士发行的是熊猫金卡简称金卡，向省内人士发行的是熊猫银卡简称银卡．某旅游公司组织了一个有36名游客的旅游团到四川名胜旅游，其中是省外游客，其余是省内游客．在省外游客中有持金卡，在省内游客中有持银卡．1在该团中随机采访2名游客，求恰有1人持银卡的概率；2在该团中随机采访2名游客，求其中持金卡与持银卡人数相等的概率．[自主解答] 1由题意得，省外游客有27人，其中9人持金卡；省内游客有9人，其中6人持银卡．设事件A为“采访该团2人，恰有1人持银卡”，则PA＝＝，所以采访该团2人，恰有1人持银卡的概率是.2设事件B为“采访该团2人，持金卡人数与持银卡人数相等”，可以分为事件B1为“采访该团2人，持金卡0人，持银卡0人”，或事件B2为“采访该团2人，持金卡1人，持银卡1人”两种情况．则PB＝PB1＋PB2＝＋＝，所以采访该团2人，持金卡与持银卡人数相等的概率是.———————————————————计算较复杂的古典概型的概率时应注意的两点1解题的关键点是理解题目的实际含义，把实际问题转化为概率模型；2必要时将所求事件转化为彼此互斥的事件的和，或先求其对立事件的概率，进而利用互斥事件的概率加法公式或对立事件的概率公式求解．2．xx·新课标全国卷某花店每天以每枝5元的价格从农场购进若干枝玫瑰花，然后以每枝10元的价格出售．如果当天卖不完，剩下的玫瑰花作垃圾处理．1若花店一天购进17枝玫瑰花，求当天的利润y单位元关于当天需求量n单位枝，n∈N的函数解析式；2花店记录了100天玫瑰花的日需求量单位枝，整理得下表日需求量n14151617181920频 数10201616151310
①假设花店在这100天内每天购进17枝玫瑰花，求这100天的日利润单位元的平均数；
②若花店一天购进17枝玫瑰花，以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率，求当天的利润不少于75元的概率．解1当日需求量n≥17时，利润y＝
85.当日需求量n17时，利润y＝10n－
85.所以y关于n的函数解析式为y＝n∈N．2
①这100天中有10天的日利润为55元，20天的日利润为65元，16天的日利润为75元，54天的日利润为85元，所以这100天的日利润的平均数为×55×10＋65×20＋75×16＋85×54＝
76.
4.
②利润不低于75元当且仅当日需求量不少于16枝，故当天的利润不少于75元的概率为p＝
0.16＋
0.16＋
0.15＋
0.13＋
0.1＝
0.
7.4种方法——基本事件个数的确定方法1列举法此法适用于基本事件较少的古典概型；2列表法此法适合于从多个元素中选定一两个元素的试验，也可看成是坐标法；3树状图法树状图是进行列举的一种常用方法，适合于有顺序的问题及较复杂问题中基本事件个数的探求；4计数原理法如果基本事件的个数较多，列举有一定困难时，可借助于两个计数原理及排列组合知识直接计算出m，n，再运用公式求概率．1个技巧——求解古典概型问题概率的技巧1较为简单问题可直接使用古典概型公式计算；2较为复杂的概率问题的处理方法一是转化为几个互斥事件的和，利用互斥事件的加法公式进行求解；二是采用间接法，先求事件A的对立事件的概率，再由PA＝1－P求事件A的概率．1个构建——构建不同的概率模型解决问题1原则建立概率模型的一般原则是“结果越少越好”，这就要求选择恰当的观察角度，把问题转化为易解决的古典概型问题；2作用一方面，对于同一个实际问题，我们有时可以通过建立不同“模型”来解决，即“一题多解”，在这“多解”的方法中，再寻求较为“简捷”的解法；另一面，我们又可以用同一种“模型”去解决很多“不同”的问题，即“多题一解”．答题模板——求古典概型概率[典例] xx山东高考·满分12分袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为123；蓝色卡片两张，标号分别为
12.1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，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率．[快速规范审题]第1问1．审条件，挖解题信息观察条件五张卡片，红色三张，标号
123.蓝色2张，标号为12，从中取两张所有可能的结果n2．审结论，明解题方向观察所求结论求两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率得出满足这两个条件的结果m3．建联系，找解题突破口利用古典概型概率公式求解P＝第2问1．审条件，挖解题信息观察条件红色卡片三张、蓝色卡片二张、绿色卡片一张，从中取两张得所有的可能的结果数n2．审结论，明解题方向观察所求结论观察所求结论求两种卡片颜色不同且标号之和小于4的概率得出满足这两个条件的结果m3．建联系，找解题突破口利用古典概型概率公式求解P＝[准确规范答题]列举从5张卡片中任取两张的可能结果时，易漏掉或重复某种结果．1标号为123的三张红色卡片分别记为A，B，C，标号为12的两张蓝色卡片分别记为D，E，从五张卡片中任取两张的所有可能的结果为A，B，A，C，A，D，A，E，B，C，B，D，B，E，C，D，C，E，D，E共10种．⇨3分由于每一张卡片被取到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的．从五张卡片中任取两张，这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的结果为A，D，A，E，B，D共3种．⇨5分所求事件包含的事件数列举不全或重复．所以这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的概率为.⇨6分2记F是标号为0的绿色卡片，从六张卡片中任取两张的所有可能的结果为A，B，A，C，A，D，A，E，A，F，B，C，B，D，B，E，B，F，C，D，C，E，C，F，D，E，D，F，E，F共15种．⇨9分由于每一张卡片被取到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的．从六张卡片中任取两张，这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的结果为A，D，A，E，B，D，A，F，B，F，C，F，D，F，E，F共8种．⇨11分所以这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于4的概率为.⇨12分[答题模板速成]求古典概型概率的一般步骤第一步 审清题意⇒第二步 建立数量关系⇒第三步 转化为数学模型⇒第四步 解决数学问题理清题意，列出所有基本事件，计算基本事件总数分析所求事件，找出所求事件的个数根据古典概率公式求解得出结论解后反思，规范解答步骤，检查计数过程是否有误
一、选择题本大题共6小题，每小题5分，共30分1．高三4班有4个学习小组，从中抽出2个小组进行作业检查．在这个试验中，基本事件的个数为 A．2 B．4C．6D．8解析选C 设这4个学习小组为A、B、C、D，“从中任抽取两个小组”的基本事件有AB、AC、AD、BC、BD、CD，共6个．2．从123456六个数中任取3个数，则取出的3个数是连续自然数的概率是 A.B.C.D.解析选D 取出的三个数是连续自然数有4种情况，则取出的三个数是连续自然数的概率P＝＝.3．一块各面均涂有油漆的正方体被锯成1000个大小相同的小正方体，若将这些小正方体均匀地搅混在一起，则任意取出一个正方体其三面涂有油漆的概率是 A.B.C.D.解析选D 小正方体三面涂有油漆的有8种情况，故所求其概率为＝.4．甲乙两人一起去游“xx西安世园会”，他们约定，各自独立地从1到6号景点中任选4个进行游览，每个景点参观1小时，则最后一小时他们同在一个景点的概率是 A.B.C.D.解析选D 对本题我们只看甲乙二人游览的最后一个景点，最后一个景点的选法有C×C＝36种，若两个人最后选同一个景点共有C＝6种选法，所以最后一小时他们在同一个景点游览的概率为P＝＝.5．xx·广东高考从个位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个，其个位数为0的概率是 A.B.C.D.解析选D 由个位数与十位数之和为奇数，则个位数与十位数分别为一奇一偶．若个位数为奇数时，这样的两位数共有CC＝20个；若个位数为偶数时，这样的两位数共有CC＝25个；于是，个位数与十位数之和为奇数的两位数共有20＋25＝45个．其中，个位数是0的有C×1＝5个．于是，所求概率为＝.
6.如图，三行三列的方阵中有九个数aiji＝123；j＝123，从中任取三个数，则至少有两个数位于同行或同列的概率是 A.B.C.D.解析选D 从九个数中任取三个数的不同取法共有C＝＝84种，因为取出的三个数分别位于不同的行与列的取法共有C·C·C＝6，所以至少有两个数位于同行或同列的概率为1－＝.
二、填空题本大题共3小题，每小题5分，共15分7．xx·上海高考三位同学参加跳高、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________结果用最简分数表示．解析所有的可能情况有CCC，满足条件有且仅有两人选择的项目完全相同的情况有CCC，由古典概率公式得P＝＝.答案8．从边长为1的正方形的中心和顶点这五点中，随机等可能取两点，则该两点间的距离为的概率是________．解析从边长为1的正方形的中心和顶点这五点中，随机选取两点，共有10种取法，该两点间的距离为的有4种，所求事件的概率为P＝＝.答案9．某艺校在一天的6节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课和其他三门艺术课各1节，则在课表上的相邻两节文化课之间至少间隔1节艺术课的概率为________用数字作答．解析6节课共有A＝720种排法，相邻两节文化课之间至少间隔1节艺术课的排法有AA＝144种排法，所以相邻两节文化课之间至少间隔1节艺术课的概率为＝.答案
三、解答题本大题共3小题，每小题12分，共36分10．将一颗骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，求1两数之和为5的概率；2两数中至少有一个奇数的概率．解将一颗骰子先后抛掷2次，此问题中含有36个等可能基本事件．1记“两数之和为5”为事件A，则事件A中含有4个基本事件，所以PA＝＝.所以两数之和为5的概率为.2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．所以PB＝1－＝.所以两数中至少有一个奇数的概率为.11．将一个质地均匀的正方体六个面上分别标有数字012345和一个正四面体四个面分别标有数字1234同时抛掷1次，规定“正方体向上的面上的数字为a，正四面体的三个侧面上的数字之和为b”．设复数为z＝a＋bi.1若集合A＝{z|z为纯虚数}，用列举法表示集合A；2求事件“复数在复平面内对应的点a，b满足a2＋b－62≤9”的概率．解1A＝{6i7i8i9i}．2满足条件的基本事件的个数为
24.设满足“复数在复平面内对应的点a，b满足a2＋b－62≤9”的事件为B.当a＝0时，b＝6789满足a2＋b－62≤9；当a＝1时，b＝678满足a2＋b－62≤9；当a＝2时，b＝678满足a2＋b－62≤9；当a＝3时，b＝6满足a2＋b－62≤
9.即B为06，07，08，09，16，17，18，26，27，28，36共计11个．所以所求概率P＝.12．xx·江西高考如图，从A1100，A2200，B1010，B2020，C100，1，C2002这6个点中随机选取3个点．1求这3点与原点O恰好是正三棱锥的四个顶点的概率；2求这3点与原点O共面的概率．解从这6个点中随机选取3个点的所有可能结果是x轴上取2个点的有A1A2B1，A1A2B2，A1A2C1，A1A2C2共4种；y轴上取2个点的有B1B2A1，B1B2A2，B1B2C1，B1B2C2共4种；z轴上取2个点的有C1C2A1，C1C2A2，C1C2B1，C1C2B2共4种．所选取的3个点在不同坐标轴上有A1B1C1，A1B1C2，A1B2C1，A1B2C2，A2B1C1，A2B1C2，A2B2C1，A2B2C2共8种．因此，从这6个点中随机选取3个点的所有可能结果共20种．1选取的这3个点与原点O恰好是正三棱锥的四个顶点的所有可能结果有A1B1C1，A2B2C2，共2种，因此，这3个点与原点O恰好是正三棱锥的四个顶点的概率为P1＝＝.2选取的这3个点与原点O共面的所有可能结果有A1A2B1，A1A2B2，A1A2C1，A1A2C2，B1B2A1，B1B2A2，B1B2C1，B1B2C2，C1C2A1，C1C2A2，C1C2B1，C1C2B2，共12种，因此，这3个点与原点O共面的概率为P2＝＝.1．从1234这四个数中一次随机地取两个数，则其中一个数是另一个数的两倍的概率是________．解析采用枚举法从1234这四个数中一次随机取两个数，基本事件为{12}，{13}，{14}，{23}，{24}，{34}共6个，符合“一个数是另一个数的两倍”的基本事件有{12}，{24}，共2个，所以所求的概率为.答案2．xx·江苏高考现有10个数，它们能构成一个以1为首项，－3为公比的等比数列，若从这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是________．解析由题意得an＝－3n－1，易知前10项中奇数项为正，偶数项为负，所以小于8的项为第一项和偶数项，共6项，即6个数，所以P＝＝.答案3．xx·福建高考在等差数列{an}和等比数列{bn}中，a1＝b1＝1，b4＝8，{an}的前10项和S10＝
55.1求an和bn；2现分别从{an}和{bn}的前3项中各随机抽取一项，写出相应的基本事件，并求这两项的值相等的概率．解1设{an}的公差为d，{bn}的公比为q.依题意得S10＝10＋d＝55，b4＝q3＝8，解得d＝1，q＝2，所以an＝n，bn＝2n－
1.2分别从{an}和{bn}的前3项中各随机抽取一项，得到的基本事件有9个11，12，14，21，22，24，31，32，34．符合题意的基本事件有2个11，22．故所求的概率P＝.[备考方向要明了]考什么怎么考
1.了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率．
2.了解集合概型的意义.几何概型是高考的一个重点，多以选择题或填空题的形式考查，并进一步强调知识间的横向联系，如xx年福建T
6.[归纳·知识整合]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，简称几何概型．[探究]
1.几何概型有什么特点？提示几何概型的特点
①无限性试验中所有可能出现的结果基本事件有无限个．
②等可能性每个基本事件出现的可能性相等．2．几何概型和古典概型有什么区别？提示几何概型和古典概型中基本事件发生的可能性都是相等的，但古典概型的基本事件有有限个，而几何概型的基本事件则有无限个．2．几何概型的概率公式PA＝.[自测·牛刀小试]1．容量为400mL的培养皿里装满培养液，里面有1个细菌，从中倒出20mL的培养液，则细菌被倒出的概率是 A. B.C.D.解析选B 细菌被倒出的概率为P＝＝.2．已知地铁列车每10min含在车站停车时间一班，在车站停1min，则乘客到达站台立即乘上车的概率是 A.B.C.D.解析选A 试验的所有结果构成的区域长度为10min，而构成所求事件的区域长度为1min，故P＝.3．某人向一个半径为6的圆形靶射击，假设他每次射击必定中靶，且射中靶内各点是随机的，则此人射中靶点与靶心的距离小于2的概率为 A.B.C.D.解析选B 射中区域的面积与整个圆形靶的面积的比值是.4．点A为周长等于3的圆周上一个定点，若在该圆周上随机取一点B，则劣弧的长度小于1的概率为________．解析试验的全部结果构成的区域长度为3，所求事件发生的区域长度为2，故所求的概率为P＝.答案5．如图所示，已知正方形的面积为10，向正方形内随机地撒200颗黄豆，数得落在阴影外的黄豆数为114颗，以此试验数据为依据，可以估计出阴影部分的面积约为________．解析根据随机模拟的思想，这个面积是10×＝
4.
3.答案
4.3与长度有关的几何概型[例1] xx·辽宁高考在长为12cm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20cm2的概率为 A. B.C.D.[自主解答] 设AC＝xcm，CB＝12－xcm0x12，所以矩形面积大于20cm2即为x12－x20，解得2x10，故所求概率为＝.[答案] C在长为12cm的线段AB上任取一点C，并以线段AC为边作正方形，则这个正方形的面积介于36cm2与81cm2之间的概率是多少？解面积为36cm2时，边长AC＝6，面积为81cm2时，边长AC＝9，故P＝＝＝. ———————————————————求解与长度有关的几何概型的两点注意1求解几何概型问题，解题的突破口为弄清是长度之比、面积之比还是体积之比；2求与长度有关的几何概型的概率的方法，是把题中所表示的几何模型转化为线段的长度，然后求解，应特别注意准确表示所确定的线段的长度．1．在区间上随机取一个数x，则cosx的值介于0到之间的概率为________．解析当－≤x≤时，由0≤cosx≤，得－≤x≤－或≤x≤，根据几何概型概率公式得所求概率为.答案2．已知集合A＝{x|－1x5}，B＝，在集合A中任取一个元素x，则事件“x∈A∩B”的概率是________．解析由题意得A＝{x|－1x5}，B＝{x|2x3}，由几何概型知，在集合A中任取一个元素x，则x∈A∩B的概率为P＝.答案与面积体积有关的几何概型[例2] 1已知平面区域U＝{x，y|x＋y≤6，x≥0，y≥0}，A＝{x，y|x≤4，y≥0，x－2y≥0}，若向区域U内随机投一点P，则点P落入区域A的概率为________．2xx·湖北高考如图所示，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 A.－ B.C．1－D.[自主解答] 1依题意可在平面直角坐标系中作出集合U与A所表示的平面区域如图，由图可知SU＝18，SA＝4，则点P落入区域A的概率为P＝＝.2设OA＝OB＝r，则两个以为半径的半圆的公共部分面积为2＝，两个半圆外部的阴影部分面积为πr2－＝，所以所求概率为＝1－.[答案] 1 2C———————————————————求解与面积有关的几何概型的注意点求解与面积有关的几何概型时，关键是弄清某事件对应的面积，以求面积，必要时可根据题意构造两个变量，把变量看成点的坐标，找到实验全部结果构成的平面图形，以便求解．3．如图所示，边长为2的正方形中有一封闭曲线围成的阴影区域，在正方形中随机撒一粒豆子，它落在阴影区域内的概率为，则阴影区域的面积为 A.B.C.D．无法计算解析选B 由几何概型知，＝，故S阴＝×22＝.4．若不等式组表示的平面区域为M，x－42＋y2≤1表示的平面区域为N，现随机向区域内抛一粒豆子，则该豆子落在平面区域N内的概率是________．解析如图所示P＝＝.答案与角度有关的几何概型[例3] 如图所示，在直角坐标系内，射线OT落在30°角的终边上，任作一条射线OA，则射线OA落在∠yOT内的概率为________．[自主解答] 如题图，因为射线OA在坐标系内是等可能分布的，则OA落在∠yOT内的概率为＝.[答案] ———————————————————求解与角度有关的几何概型的注意点当涉及射线的转动，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，切不可用线段代替，这是两种不同的度量手段．5．如图，M是半径为R的圆周上一个定点，在圆周上等可能地任取一点N，连接MN，则弦MN的长度超过R的概率是________．解析连接圆心O与M点，作弦MN使∠MON＝90°，这样的点有两个，分别记为N1，N2，仅当点N在不包含点M的半圆弧上取值时，满足MNR，此时∠N1ON2＝180°，故所求的概率为＝.答案1条规律——对几何概型概率公式中“测度”的认识几何概型的概率公式中的“测度”只与大小有关，而与形状和位置无关，在解题时，要掌握“测度”为长度、面积、体积、角度等常见的几何概型的求解方法．2种方法——判断几何概型中的几何度量形式的方法1当题干是双重变量问题，一般与面积有关系；2当题干是单变量问题，要看变量可以等可能到达的区域若变量在线段上移动，则几何度量是长度；若变量在平面区域空间区域内移动，则几何度量是面积体积，即一个几何度量的形式取决于该度量可以等可能变化的区域.创新交汇——几何概型与定积分的完美结合1．几何概型是近几年高考的热点之一，主要考查形式有两种一是以实际问题为背景直接考查与长度、面积有关的几何概型的概率求解，多涉及三角形、矩形、圆等平面图形的计算；二是与定积分、解析几何、函数、立体几何、线性规划、等知识交汇命题．2．解决此类问题关键是理解几何概型的含义及其求法原理，并熟练掌握相关知识．[典例] xx·福建高考如图所示，在边长为1的正方形OABC中任取一点P，则点P恰好取自阴影部分的概率为 A. B.C.D.[解析] 阴影部分的面积为－xdx＝＝－＝，利用几何概型公式得，P＝＝＝.[答案] C1．本题有以下创新点1考查方式的创新对于定积分的考查，由常规方式转换为以几何概型为载体考查定积分的计算；2考查内容的创新本题将几何概型与定积分求面积完美结合起来，角度独特，形式新颖，又不失综合性．2．解决本题的关键点解决本题的关键是利用定积分求出阴影部分的面积，再利用几何概型公式求解．3．在解决以几何概型为背景的创新交汇问题时，应注意以下两点1要准确判断一种概率模型是否是几何概型，为此必须了解几何概型的含义及特征；2运用几何概型的概率公式时，注意验证事件是否等可能性．xx·沈阳模拟设集合A＝{x，y||x|＋|y|≤2}，B＝{x，y∈A|y≤x2}，从集合A中随机地取出一个元素Px，y，则P∈B的概率是________．解析在直角坐标系中分别作出集合A，B所表示的区域，从集合A中随机地取出一个元素Px，y，则P∈B的区域为图中阴影部分，由定积分知识可求得阴影部分的面积为2＝，则从集合A中随机地取出一个元素Px，y，则P∈B的概率为＝.答案
一、选择题本大题共6小题，每小题5分，共30分1．取一根长度为4m的绳子，拉直后在任意位置剪断，那么剪得的两段都不少于1m的概率是 A. B.C.D.解析选C 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1m，故所求概率为P＝＝.2．如图所示，矩形ABCD中，点E为边CD的中点．若在矩形ABCD内部随机取一个点Q，则点Q取自△ABE内部的概率等于 A.B.C.D.解析选C 因为S△ABE＝|AB|·|BC|，S矩形＝|AB|·|BC|，则点Q取自△ABE内部的概率P＝＝.3．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PD＝＝.4．在区间[－55]内随机地取出一个数a，则恰好使1是关于x的不等式2x2＋ax－a20的一个解的概率为 A．
0.3B．
0.4C．
0.6D．
0.7解析选D 由已知得2＋a－a20，解得a2或a－
1.故当a∈[－5，－1∪25]时，1是关于x的不等式2x2＋ax－a20的一个解．故所求概率为P＝＝＝
0.
7.5．在区间0，π]上随机取一个数x，则事件“sinx＋cosx≤1”发生的概率为 A.B.C.D.解析选C 由sinx＋cosx≤1得sin≤，当x∈0，π时，解得≤x≤π，所以所求概率为P＝＝.6．xx·石家庄模拟在区间01上任取两个数，则两个数之和小于的概率是 A.B.C.D.解析选C 设这两个数是x，y，则试验所有的基本事件构成的区域是确定的平面区域，所求事件包含的基本事件是由确定的平面区域，如图所示阴影部分的面积是1－×2＝，所以两个数之和小于的概率是.
二、填空题本大题共3小题，每小题5分，共15分7．在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1内任取一点P，则点P到点A的距离小于等于a的概率为________．解析满足条件的点在半径为a的球内，所以所求概率为P＝＝.答案8．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________．解析要使S△PBCS△ABC，只需PBAB.故所求概率为P＝＝.答案9．xx·海门模拟在边长为2的正三角形ABC内任取一点P，则使点P到三个顶点的距离至少有一个小于1的概率是________．解析以A、B、C为圆心，以1为半径作圆，与△ABC交出三个扇形，当P落在其内时符合要求．故P＝＝.答案π
三、解答题本大题共3小题，每小题12分，共36分
10.如右图所示，在单位圆O的某一直径上随机地取一点Q，求过点Q且与该直径垂直的弦长长度不超过1的概率．解弦长不超过1，即|OQ|≥，而Q点在直径AB上是随机的，事件A＝{弦长超过1}．由几何概型的概率公式得PA＝＝.故弦长不超过1的概率为1－PA＝1－.所求弦长不超过1的概率为1－.11．已知复数z＝x＋yix，y∈R在复平面上对应的点为M.1设集合P＝{－4，－3，－20}，Q＝{012}，从集合P中随机抽取一个数作为x，从集合Q中随机抽取一个数作为y，求复数z为纯虚数的概率；2设x∈
[03]，y∈
[04]，求点M落在不等式组所表示的平面区域内的概率．解1记“复数z为纯虚数”为事件A.∵组成复数z的所有情况共有12个－4，－4＋i，－4＋2i，－3，－3＋i，－3＋2i，－2，－2＋i，－2＋2i0，i2i，且每种情况出现的可能性相等，属于古典概型，其中事件A包含的基本事件共2个i2i，∴所求事件的概率为PA＝＝.2依条件可知，点M均匀地分布在平面区域内，属于几何概型，该平面区域的图形为右图中矩形OABC围成的区域，面积为S＝3×4＝
12.而所求事件构成的平面区域为，其图形如图中的三角形OAD阴影部分．又直线x＋2y－3＝0与x轴、y轴的交点分别为A
30、D，则三角形OAD的面积为S1＝×3×＝.故所求事件的概率为P＝＝＝.12．设关于x的一元二次方程x2＋2ax＋b2＝
0.1若a是从0123四个数中任取的一个数，b是从012三个数中任取的一个数，求上述方程有实根的概率；2若a是从区间
[03]任取的一个数，b是从区间
[02]任取的一个数，求上述方程有实根的概率．解设事件A为“方程a2＋2ax＋b2＝0有实根”．当a0，b0时，方程x2＋2ax＋b2＝0有实根的充要条件为a≥b.1基本事件共12个00，01，02，10，11，12，20，21，22，30，31，32，其中第一个数表示a的取值，第二个数表示b的取值．事件A中包含9个基本事件，事件A发生的概率为PA＝＝.2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≤30≤b≤2，a≥b}，所以所求的概率为＝.1．扇形AOB的半径为1，圆心角为90°.点C、D、E将弧AB等分成四份．连接OC，OD，OE，从图中所有的扇形中随机取出一个，面积恰为的概率是 A.B.C.D.解析选A 依题意得知，图中共有10个不同的扇形，分别为扇形AOB、AOC、AOD、AOE、EOB、EOC、EOD、DOC、DOB、COB，其中面积恰为的扇形即相应圆心角恰为的扇形共有3个即扇形AOD、EOC、BOD，因此所求的概率等于.2．点P在边长为1的正方形ABCD内运动，则动点P到定点A的距离|PA|1的概率为 A.B.C.D．π解析选C 满足|PA|1的点P位于以A为圆心，半径为1的圆在正方形ABCD内部如图，又S扇形ABD＝，故P|PA|1＝＝.3．两人约定在下午3点和4点之间会面，要求先去的等后去的不超过小时，否则先去的可以离开，则两人会面的概率为________．解析利用几何概型知识，结合线性规划可求出答案，如图．|x－y|≤⇔－≤x－y≤，x∈
[01]，y∈
[01]，设阴影部分的面积为d，可知d＝，整个正方形的面积为D，可知D＝1，则所求概率P＝＝.答案4．将长为1的棒任意地折成三段，求三段的长度都不超过a的概率．解设第一段的长度为x，第二段的长度为y，第三段的长度为1－x－y，则基本事件组所对应的几何区域可表示为O＝{x，y|0x10y10x＋y1}，此区域面积为.事件“三段的长度都不超过a”所对应的几何区域可表示为A＝{x，y|x，y∈O，xa，ya，1－x－ya}．即图中六边形区域，此区域面积当≤a≤时，为，此时事件“三段的长度都不超过a”的概率为P＝＝3a－12；当≤a≤1时，为－，此时事件“三段的长度都不超过a”的概率为P＝1－31－a
2.综上，P＝[备考方向要明了]考什么怎么考
1.理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，认识分布列对于刻画随机现象的重要性，会求某些取有限个离散型随机变量的分布列．
2.理解超几何分布及其导出过程，并能进行简单的应用. 高考对本节内容的考查多以实际问题为背景，以解答题的形式考查离散型随机变量的分布列的求法，且常与排列、组合、概率、均值与方差等知识综合考查，难度适中，如xx年湖南T17等.[归纳·知识整合]1．随机变量的有关概念1随机变量随着实验结果变化而变化的变量，常用字母X，Y，ξ，η，…表示．2离散型随机变量所有取值可以一一列出的随机变量．2．离散型随机变量分布列的概念及性质1概念若离散型随机变量X可能取的不同值为x1，x2，…，xi，…，xn，X取每一个值xii＝12，…，n的概率PX＝xi＝pi，以表格的形式表示如下Xx1x2…xi…xnPp1p2…pi…pn此表称为离散型随机变量X的概率分布列，简称为X的分布列，有时也用等式PX＝xi＝pi，i＝12，…，n表示X的分布列．2分布列的性质
①pi≥0，i＝123，…，n；
②i＝
1.[探究]
1.离散型随机变量X的每一个可能取值为实数，其实质代表什么？提示代表的是“事件”，即事件是用一个反映结果的实数表示的．3．常见的离散型随机变量的分布列1两点分布列X01P1－pp若随机变量X的分布列具有上表的形式，就称X服从两点分布，并称p＝PX＝1为成功概率．2超几何分布列在含有M件次品的N件产品中，任取n件，其中恰有X件次品，则事件{X＝k}发生的概率为PX＝k＝，k＝012，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*.X01…mP…如果随机变量X的分布列具有上表的形式，则称随机变量X服从超几何分布．[探究]
2.如何判断所求离散型随机变量的分布列是否正确？提示可利用离散型随机变量分布列的两个性质加以检验．[自测·牛刀小试]1．10件产品中有3件次品，从中任取2件，可作为随机变量的是 A．取到产品的件数 B．取到正品的概率C．取到次品的件数D．取到次品的概率解析选C 对于A中取到产品的件数是一个常量不是变量，B、D也是一个定值，而C中取到次品的件数可能是012，是随机变量．2．从标有1～10的10支竹签中任取2支，设所得2支竹签上的数字之和为X，那么随机变量X可能取得的值有 A．17个B．18个C．19个D．20个解析选A 1～10任取两个的和可以是3～19中的任意一个，共有17个．3．某项试验的成功率是失败率的2倍，用随机变量ξ描述1次试验的成功次数，则Pξ＝1等于 A．0B.C.D.解析选D 设失败率为p，则成功率为2p，分布列为ξ01Pp2p由p＋2p＝1，得p＝，故2p＝.4．若Pξ≤x2＝1－β，Pξ≥x1＝1－α，其中x1x2，则Px1≤ξ≤x2等于 A．1－α1－βB．1－α＋βC．1－α1－βD．1－β1－α解析选B 由分布列性质可有Px1≤ξ≤x2＝Pξ≤x2＋Pξ≥x1－1＝1－β＋1－α－1＝1－α＋β．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表示这10个村庄中交通不方便的村庄数，下列概率等于的是 A．PX＝2B．PX≤2C．PX＝4D．PX≤4解析选C 此题为超几何分布问题，15个村庄中有7个村庄交通不方便，8个村庄交通方便，CC表示选出的10个村庄中恰有4个交通不方便，6个交通方便，故PX＝4＝.离散型随机变量分布列的性质[例1] 1设ξ是一个离散型随机变量，其分布列为ξ－101P1－2qq2则q的值为 A．1 B．1±C．1＋D．1－2设离散型随机变量ξ的分布列为ξ01234P
0.
20.
10.
10.3m求
①2ξ＋1的分布列；
②|ξ－1|的分布列．[自主解答] 1由分布列的性质，有解得q＝1－.或由1－2q≥0⇒q≤，可排除A、B、C.2由分布列的性质知
0.2＋
0.1＋
0.1＋
0.3＋m＝1，解得m＝
0.
3.首先列表为ξ012342ξ＋113579|ξ－1|10123从而由上表得两个分布列为
①2ξ＋1的分布列2ξ＋113579P
0.
20.
10.
10.
30.3
②|ξ－1|的分布列|ξ－1|0123P
0.
10.
30.
30.3[答案] 1D本例2题干不变，求P12ξ＋19．解P12ξ＋19＝P2ξ＋1＝3＋P2ξ＋1＝5＋P2ξ＋1＝7＝
0.1＋
0.1＋
0.3＝
0.
5. ———————————————————离散型随机变量分布列性质的应用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；2若ξ为随机变量，则2ξ＋1，|ξ－1|等仍然为随机变量，求它们的分布列时可先求出相应的随机变量的值，再根据对应的概率写出分布列．1．随机变量X的概率分布列规律为PX＝n＝n＝1234，其中a是常数，则P的值为 A.B.C.D.解析选D ∵PX＝n＝n＝1234，∴＋＋＋＝1，∴a＝，∴P＝PX＝1＋PX＝2＝×＋×＝.离散型随机变量分布列[例2] 袋中有4个红球，3个黑球，从袋中随机取球，设取到1个红球得2分，取到1个黑球得1分，从袋中任取4个球．1求得分X的分布列；2求得分大于6分的概率．[自主解答] 1从袋中随机取4个球的情况为1红3黑，2红2黑，3红1黑，4红四种情况，分别得分为5分，6分，7分，8分，故X的可能取值为
5678.PX＝5＝＝，PX＝6＝＝，PX＝7＝＝，PX＝8＝＝.故所求得分X的分布列为X5678P2根据随机变量X的分布列，可以得到得分大于6的概率为PX6＝PX＝7＋PX＝8＝＋＝.———————————————————求离散型随机变量的分布列的三个步骤1明确随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义；2利用概率的有关知识，求出随机变量每个取值的概率；3按规范形式写出分布列，并用分布列的性质验证．2．xx·泰安模拟某研究机构准备举行一次数学新课程研讨会，共邀请50名一线教师参加，使用不同版本教材的教师人数如下表所示1从这50名教师中随机选出2名，求2人所使用版本相同的概率；版本人教A版人教B版苏教版北师大版人数20155102若随机选出2名使用人教版的老师发言，设使用人教A版的教师人数为ξ，求随机变量ξ的分布列．解1从50名教师中随机选出2名的方法数为C＝
1225.选出2人使用版本相同的方法数为C＋C＋C＋C＝
350.故2人使用版本相同的概率为P＝＝.2∵Pξ＝0＝＝，Pξ＝1＝＝，Pξ＝2＝＝，∴ξ的分布列为ξ012P超几何分布问题[例3] 某高校的一科技小组有5名男生，5名女生，从中选出4人参加全国大学生科技大赛，用X表示其中参加大赛的男生人数，求X的分布列．[自主解答] 依题意随机变量X服从超几何分布，所以PX＝k＝k＝01234．∴PX＝0＝＝，PX＝1＝＝，PX＝2＝＝，PX＝3＝＝，PX＝4＝＝，∴X的分布列为X01234P———————————————————超几何分布的特点1对于服从某些特殊分布的随机变量，其分布列可直接应用公式给出；2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，随机变量取值的概率实质上是古典概型．3．从某小组的5名女生和4名男生中任选3人去参加一项公益活动．1求所选3人中恰有一名男生的概率；2求所选3人中男生人数ξ的分布列．解1所选3人中恰有一名男生的概率P＝＝.2ξ的可能取值为
0123.Pξ＝0＝＝，Pξ＝1＝＝，Pξ＝2＝＝，Pξ＝3＝＝.故ξ的分布列为ξ0123P2个注意点——掌握离散型随机变量分布列的注意点1分布列的结构为两行，第一行为随机变量的所有可能取得的值；第二行为对应于随机变量取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；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种方法——求分布列的三种方法1由统计数据得到离散型随机变量的分布列；2由古典概型求出离散型随机变量的分布列；3由互斥事件的概率、相互独立事件同时发生的概率及n次独立重复试验有k次发生的概率求离散型随机变量的分布列.易误警示——随机变量取值不全导致错误[典例] xx·长沙模拟盒子中有大小相同的球10个，其中标号为1的球3个，标号为2的球4个，标号为5的球3个．第一次从盒子中任取1个球，放回后第二次再任取1个球假设取到每个球的可能性都相同．记第一次与第二次取得球的标号之和为ξ.1求随机变量ξ的分布列；2求随机变量ξ的期望．[解] 1由题意可得，随机变量ξ的取值是
2346710.且Pξ＝2＝
0.3×
0.3＝
0.09，Pξ＝3＝C×
0.3×
0.4＝
0.24，Pξ＝4＝
0.4×
0.4＝
0.16，Pξ＝6＝C×
0.3×
0.3＝
0.18，Pξ＝7＝C×
0.4×
0.3＝
0.24，Pξ＝10＝
0.3×
0.3＝
0.
09.故随机变量ξ的分布列如下ξ2346710P
0.
090.
240.
160.
180.
240.092随机变量ξ的数学期望Eξ＝2×
0.09＋3×
0.24＋4×
0.16＋6×
0.18＋7×
0.24＋10×
0.09＝
5.
2.1．本题由于离散型随机变量ξ的取值情况较多，极易发生对随机变量取值考虑不全而导致解题错误．2．此类问题还极易发生如下错误虽然弄清随机变量的所有取值，但对某个取值考虑不全而导致解题错误．3．避免以上错误发生的有效方法是验证随机变量的概率和是否为
1.某射手有5发子弹，射击一次命中的概率是
0.
9.若命中就停止射击，否则就一直到子弹用尽，求耗用子弹数X的分布列．解X的取值为12345，它们的概率分别为PX＝1＝
0.9，PX＝2＝
0.1×
0.9＝
0.09，PX＝3＝
0.12×
0.9＝
0.009，PX＝4＝
0.13×
0.9＝
0.0009，当X＝5时，说明前四发都没命中，不管第五次中与不中都要射第五发子弹，∴PX＝5＝
0.14＝
0.0001，故X的分布列为X12345P
0.
90.
090.
0090.
00090.0001
一、选择题本大题共6小题，每小题5分，共30分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B．第二次出现的点数C．两次出现点数之和D．两次出现相同点的种数解析选C A、B中出现的点数虽然是随机的，但他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，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23456789101112共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．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ξ，则表示“放回5个红球”事件的是 A．ξ＝4 B．ξ＝5C．ξ＝6D．ξ≤5解析选C 由条件知“放回5个红球”事件对应的ξ为
6.3．设随机变量X等可能取值123，…，n，若PX＜4＝
0.3，则 A．n＝3B．n＝4C．n＝9D．n＝10解析选D PX4＝PX＝1＋PX＝2＋PX＝3＝＋＋＝＝
0.3，故n＝
10.4．已知随机变量X的分布列为PX＝k＝，k＝12，…，则P2X≤4等于 A.B.C.D.解析选A P2X≤4＝PX＝3＋PX＝4＝＋＝.5．xx·安庆模拟从一批含有13只正品，2只次品的产品中，不放回地任取3件，则取得次品数为1的概率是 A.B.C.D.解析选B 设随机变量X表示取出次品的个数，则X服从超几何分布，其中N＝15，M＝2，n＝3，它的可能的取值为012，相应的概率为PX＝1＝＝.6．xx·长沙模拟一只袋内装有m个白球，n－m个黑球，连续不放回地从袋中取球，直到取出黑球为止，设此时取出了ξ个白球，下列概率等于的是 A．Pξ＝3B．Pξ≥2C．Pξ≤3D．Pξ＝2解析选D 由超几何分布知Pξ＝2＝.
二、填空题本大题共3小题，每小题5分，共15分7．xx·临沂模拟随机变量X的分布列如下X－101Pabc其中a，b，c成等差数列，则P|X|＝1＝________.解析∵a，b，c成等差数列，∴2b＝a＋c.又a＋b＋c＝1，∴b＝.∴P|X|＝1＝a＋c＝.答案8．由于电脑故障，使得随机变量X的分布列中部分数据丢失以“x，y”代替，其表如下X123456P
0.
200.
100.x
50.
100.1y
0.20则丢失的两个数据依次为________．解析由于
0.20＋
0.10＋
0.1x＋
0.05＋
0.10＋
0.1＋
0.01y＋
0.20＝1，得10x＋y＝25，又因为x、y为正整数，故两个数据分别为
25.答案259．xx·郑州五校联考如图所示，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
23432.现记从中任取三条线且在单位时间内都通过的最大信息总量为ξ，则Pξ≥8＝________.解析法一由已知，ξ的取值为78910，∵Pξ＝7＝＝，Pξ＝8＝＝，Pξ＝9＝＝，Pξ＝10＝＝，∴ξ的概率分布列为ξ78910P∴Pξ≥8＝Pξ＝8＋Pξ＝9＋Pξ＝10＝＋＋＝.法二Pξ≥8＝1－Pξ＝7＝.答案
三、解答题本大题共3小题，每小题12分，共36分10．一袋中装有6个同样大小的黑球，编号为123456，现从中随机取出3个球，以ξ表示取出球的最大号码，求ξ的分布列．解随机变量ξ的取值为3456从袋中随机地取3个球，包含的基本事件总数为C，事件“ξ＝3”包含的基本事件总数为C，事件“ξ＝4”包含的基本事件总数为CC，事件“ξ＝5”包含的基本事件总数为CC；事件“ξ＝6”包含的基本事件总数为CC；从而有Pξ＝3＝＝，Pξ＝4＝＝，Pξ＝5＝＝，Pξ＝6＝＝，故随机变量ξ的分布列为ξ3456P11．口袋中有nn∈N*个白球，3个红球，依次从口袋中任取一球，如果取到红球，那么继续取球，且取出的红球不放回；如果取到白球，就停止取球．记取球的次数为X.若PX＝2＝，求1n的值；2X的分布列．解1由PX＝2＝知×＝，即90n＝7n＋2n＋3，解得n＝
7.2X＝1234且PX＝1＝，PX＝2＝，PX＝3＝，PX＝4＝.故X的分布列为X1234P12．从集合{12345}的所有非空子集中，等可能地取出一个．1记性质r集合中的所有元素之和为10，求所取出的非空子集满足性质r的概率；2记所取出的非空子集的元素个数为X，求X的分布列．解1记“所取出的非空子集满足性质r”为事件A.基本事件总数n＝C＋C＋C＋C＋C＝31；事件A包含的基本事件是{145}，{235}，{1234}；事件A包含的基本事件数m＝
3.故PA＝＝.2依题意，X的所有可能取值为
12345.又PX＝1＝＝，PX＝2＝＝，PX＝3＝＝，PX＝4＝＝，PX＝5＝＝.故X的分布列为X12345P1．设随机变量ξ的概率分布列为Pξ＝i＝ai，i＝
123.则a的值是 A.B.C.D.解析选B 1＝Pξ＝1＋Pξ＝2＋Pξ＝3＝a，解得a＝.2．已知甲盒内有大小相同的1个红球和3个黑球，乙盒内有大小相同的2个红球和4个黑球，现从甲、乙两个盒内各任取2个球．设ξ为取出的4个球中红球的个数，则Pξ＝2＝________.解析Pξ＝2＝·＋·＝.答案3．某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，随机抽取该流水线上40件产品作为样本称出它们的重量单位克，重量的分组区间为490495]，495500]，…，510515]，由此得到样本的频率分布直方图，如图所示．1根据频率分布直方图，求重量超过505克的产品数量；2在上述抽取的40件产品中任取2件，设Y为重量超过505克的产品数量，求Y的分布列；3从该流水线上任取5件产品，求恰有2件产品的重量超过505克的概率．解1根据频率分布直方图可知，重量超过505克的产品数量为[
0.01＋
0.05×5]×40＝12件．2Y的可能取值为
012.PY＝0＝＝，PY＝1＝＝，PY＝2＝＝.Y的分布列为Y012P3利用样本估计总体，该流水线上产品重量超过505克的概率为
0.
3.令X为任取的5件产品中重量超过505克的产品数量，则X～B
50.3，故所求概率为PX＝2＝C
0.
320.73＝
0.
3087.[备考方向要明了]考什么怎么考
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，并能解决一些简单的实际问题.相互独立事件、n次独立重复试验的概率求法是每年高考的热点，特别是相互独立事件、n次独立重复试验及二项分布的综合更是高考命题的重中之重，如xx年山东T19等.[归纳·知识整合]1．条件概率及其性质条件概率的定义条件概率的性质设A、B为两个事件，且PA0，称PB|A＝为在事件A发生条件下，事件B发生的条件概率10≤PB|A≤12如果B和C是两个互斥事件，则PB∪C|A＝PB|A＋PC|A
2.事件的相互独立性1定义设A、B为两个事件，如果PAB＝PA·PB，则称事件A与事件B相互独立．2性质
①若事件A与B相互独立，则PB|A＝PB，PA|B＝PA，PAB＝PAPB．
②如果事件A与B相互独立，那么A与，与B，与也相互独立．[探究]
1.“相互独立”和“事件互斥”有何不同？提示两事件互斥是指两事件不可能同时发生，两事件相互独立是指一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响，两个事件相互独立不一定互斥．3．独立重复试验与二项分布独立重复试验二项分布定义在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验在n次独立重复试验中，用X表示事件A发生的次数，设每次试验中事件A发生的概率是p，此时称随机变量X服从二项分布，记作X～Bn，p，并称p为成功概率计算公式Aii＝12，…，n表示第i次试验结果，则PA1A2A3…An＝PA1PA2…PAn在n次独立重复试验中，事件A恰好发生k次的概率为PX＝k＝Cpk1－pn－kk＝0，12，…，n[探究]
2.二项分布的计算公式和二项式定理的公式有何联系？提示如果把p看成a1－p看成b，则Cpk1－pn－k就是二项式定理中的通项．[自测·牛刀小试]1．若事件E与F相互独立，且PE＝PF＝，则PEF的值等于 A．0 B.C.D.解析选B EF代表E与F同时发生，故PEF＝PE·PF＝.2．已知PB|A＝，PAB＝，则PA等于 A.B.C.D.解析选C 由PAB＝PAPB|A可得PA＝.3．有甲、乙两批种子，发芽率分别为
0.8和
0.9，在两批种子中各取一粒，则恰有一粒种子能发芽的概率是 A．
0.26B．
0.08C．
0.18D．
0.72解析选A P＝
0.8×
0.1＋
0.2×
0.9＝
0.
26.4．掷一枚不均匀的硬币，正面朝上的概率为，若将此硬币掷4次，则正面朝上3次的概率是________．解析设正面朝上X次，则X～B，PX＝3＝C31＝.答案5．某人一周晚上值班2次，在已知他周日一定值班的条件下，则他在周六晚上值班的概率为________．解析设事件A为“周日值班”，事件B为“周六值班”，则PA＝，PAB＝，故PB|A＝＝.答案条件概率[例1] 1甲、乙两地都位于长江下游，根据天气预报的记录知，一年中下雨天甲市占20%，乙市占18%，两市同时下雨占12%.则甲市为雨天，乙市也为雨天的概率为 A．
0.6 B．
0.7C．
0.8D．
0.662市场上供应的灯泡中，甲厂产品占70%，乙厂产品占30%，甲厂产品的合格率是95%，乙厂产品的合格率是80%，则从市场上买到一个是甲厂生产的合格灯泡的概率是________．[自主解答] 1甲市为雨天记为事件A，乙市为雨天记为事件B，则PA＝
0.2，PB＝
0.18，PAB＝
0.12，故PB|A＝＝＝
0.
6.2记A＝“甲厂产品”，B＝“合格产品”，则PA＝
0.7，PB|A＝
0.
95.故PAB＝PA·PB|A＝
0.7×
0.95＝
0.
665.[答案] 1A
20.665在本例2中条件改为“甲厂产品的合格率是95%，其中60%为一级品”，求甲厂产品中任选一件为一级品的概率．解设甲厂产品合格为事件A，一级品为事件B，则甲厂产品中任一件为一级品为AB，所以PAB＝PAPB|A＝95%×60%＝
0.
57. ———————————————————条件概率的求法1定义法先求PA和PAB，再由PB|A＝求PB|A；2基本事件法借古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数nA，再求事件AB所包含的基本事件数nAB，得PB|A＝.1．在5道题中有3道理科题和2道文科题．如果不放回地依次抽取2道题，求1第1次抽到理科题的概率；2第1次和第2次都抽到理科题的概率；3在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率．解设第1次抽到理科题为事件A，第2次抽到理科题为事件B，则第1次和第2次都抽到理科题为事件AB.1从5道题中不放回地依次抽取2道的事件数为nΩ＝A＝20；根据分步乘法计数原理，nA＝A×A＝12；于是PA＝＝＝.2因为nAB＝A＝6，所以PAB＝＝＝.3法一由12可得，在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率PB|A＝＝＝.法二因为nAB＝6，nA＝12，所以PB|A＝＝＝.相互独立事件的概率[例2] 某果园要用三辆汽车将一批水果从所在城市E运至销售城市F，已知从城市E到城市F有两条公路．统计表明汽车走公路Ⅰ堵车的概率为，不堵车的概率为；走公路Ⅱ堵车的概率为，不堵车的概率为，若甲、乙两辆汽车走公路Ⅰ，第三辆汽车丙由于其他原因走公路Ⅱ运送水果，且三辆汽车是否堵车相互之间没有影响．1求甲、乙两辆汽车中恰有一辆堵车的概率；2求三辆汽车中至少有两辆堵车的概率．[自主解答] 记“汽车甲走公路Ⅰ堵车”为事件A，“汽车乙走公路Ⅰ堵车”为事件B.“汽车丙走公路Ⅱ堵车”为事件C.1甲、乙两辆汽车中恰有一辆堵车的概率为P1＝PA·＋P·B＝×＋×＝.2甲、乙、丙三辆汽车中至少有两辆堵车的概率为P2＝PA·B·＋PA··C＋P·B·C＋PA·B·C＝××＋××＋××＋××＝.———————————————————求相互独立事件同时发生的概率的方法1利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解；2正面计算较繁或难以入手时，可从其对立事件入手计算．2．红队队员甲、乙、丙与蓝队队员A、B、C进行围棋比赛，甲对A、乙对B、丙对C各一盘，已知甲胜A、乙胜B、丙胜C的概率分别为
0.
60.
50.
5.假设各盘比赛结果相互独立．1求红队至少两名队员获胜的概率；2求红队队员获胜总盘数为1的概率．解1设甲胜A为事件D，乙胜B为事件E，丙胜C为事件F，则，，分别表示事件甲不胜A、事件乙不胜B、事件丙不胜C.因为PD＝
0.6，PE＝
0.5，PF＝
0.5，由对立事件的概率公式知P＝
0.4，P＝
0.5，P＝
0.
5.红队至少两人获胜的事件有DE，DF，EF，DEF.由于以上四个事件两两互斥且各盘比赛的结果相互独立，因此红队至少两人获胜的概率为P＝PDE＋PDF＋PEF＋PDEF＝
0.6×
0.5×
0.5＋
0.6×
0.5×
0.5＋
0.4×
0.5×
0.5＋
0.6×
0.5×
0.5＝
0.
55.2由题意知ξ可能的取值为
0123.又由1知D]E]F、E、D是两两互斥事件，且各盘比赛的结果相互独立．Pξ＝1＝PF＋PE＋PD＝
0.4×
0.5×
0.5＋
0.4×
0.5×
0.5＋
0.6×
0.5×
0.5＝
0.
35.即红队队员获胜1盘的概率为
0.
35.独立重复试验与二项分布[例3] 甲、乙、丙三台机床各自独立地加工同一种零件，已知甲、乙、丙三台机床加工的零件是一等品的概率分别为
0.
7、
0.
6、
0.8，乙、丙两台机床加工的零件数相等，甲机床加工的零件数是乙机床加工的零件数的二倍．1从甲、乙、丙三台机床加工的零件中各取一件检验，求至少有一件一等品的概率；2将甲、乙、丙三台机床加工的零件混合到一起，从中任意地抽取一件检验，求它是一等品的概率；3将甲、乙、丙三台机床加工的零件混合到一起，从中任意地抽取4件检验，其中一等品的个数记为X，求X的分布列．[自主解答] 1设从甲、乙、丙三台机床加工的零件中任取一件是一等品分别为事件A，B，C，则PA＝
0.7，PB＝
0.6，PC＝
0.
8.所以从甲、乙、丙三台机床加工的零件中各取一件检验，至少有一件一等品的概率为P1＝1－PPP＝1－
0.3×
0.4×
0.2＝
0.
976.2将甲、乙、丙三台机床加工的零件混合到一起，从中任意地抽取一件检验，它是一等品的概率为P2＝＝
0.
7.3依题意抽取的4件样品中一等品的个数X的可能取值为01234，则PX＝4＝C×
0.74＝
0.2401，PX＝3＝C×
0.3×
0.73＝
0.4116，PX＝2＝C×
0.32×
0.72＝
0.2646，PX＝1＝C×
0.33×
0.7＝
0.0756，PX＝0＝C×
0.34＝
0.
0081.∴X的分布列为X43210P
0.
24010.
41160.
26460.
07560.0081———————————————————二项分布满足的条件1每次试验中，事件发生的概率是相同的．2各次试验中的事件是相互独立的．3每次试验只有两种结果事件要么发生，要么不发生．4随机变量是这n次独立重复试验中事件发生的次数．3．如图，一圆形靶分成A，B，C三部分，其面积之比为1∶1∶
2.某同学向该靶投掷3枚飞镖，每次1枚．假设他每次投掷必定会中靶，且投中靶内各点是随机的．1求该同学在一次投掷中投中A区域的概率；2设X表示该同学在3次投掷中投中A区域的次数，求X的分布列；3若该同学投中A，B，C三个区域分别可得3分，2分，1分，求他投掷3次恰好得4分的概率．解1设该同学在一次投掷中投中A区域的概率为PA，依题意，PA＝.2依题意识，X～B，从而X的分布列为X0123P3设Bi表示事件“第i次击中目标时，击中B区域”，Ci表示事件“第i次击中目标时，击中C区域”，i＝
123.依题意知P＝PB1C2C3＋PC1B2C3＋PC1C2B3＝3×××＝.1个技巧——抓住关键词求解相互独立事件的概率在应用相互独立事件的概率公式时，要找准关键字句，对含有“至多有一个发生”，“至少有一个发生”，“恰有一个发生”的情况，要结合对立事件的概率求解．1个明确——明确常见词语的含义解题过程中要明确事件中“至少有一个发生”“至多有一个发生”“恰有一个发生”“都发生”“都不发生”“不都发生”等词的意义．已知两个事件A，B，则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∪.易误警示——独立事件概率求法中的易误点[典例] xx·珠海模拟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次后的总的分数，求ξ的分布列．[解] 1设X为射手在5次射击中目标的次数，则X～B.在5次射击中，恰有2次击中目标的概率为PX＝2＝C×2×3＝.2设“第i次射击击中目标”为事件Aii＝12345；“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PA＝PA1A2A345＋P1A2A3A45＋P12A3A4A5＝3×2＋×3×＋2×3＝.3由题意可知，ξ的所有可能取值为01236，Pξ＝0＝P123＝3＝；Pξ＝1＝PA123＋P1A23＋P12A3＝×2＋××＋2×＝.Pξ＝2＝PA12A3＝××＝，Pξ＝3＝PA1A23＋P1A2A3＝2×＋×2＝，Pξ＝6＝PA1A2A3＝2＝，所以ξ的分布列为ξ01236P1．本题第2问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；2．本题第2问中因忽视连续三次击中目标，另外两次未击中导致分类不准确；3．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．某中学在运动会期间举行定点投篮比赛，规定每人投篮4次，投中一球得2分，没有投中得0分，假设每次投篮投中与否是相互独立的．已知小明每次投篮投中的概率都是.1求小明在投篮过程中直到第三次才投中的概率；2求小明在4次投篮后的总得分ξ的分布列．解1设小明第i次投篮投中为事件Ai，则小明在投篮过程中直到第三次才投中的概率为P＝P·P·PA3＝××＝.2由题意知ξ的可能取值为02468，则Pξ＝0＝4＝；Pξ＝2＝C××3＝；Pξ＝4＝C×2×2＝；Pξ＝6＝C×3×＝；Pξ＝8＝4＝.所以ξ的分布列为ξ02468P
一、选择题本大题共6小题，每小题5分，共30分1．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．
0.12 B．
0.42C．
0.46D．
0.88解析选D 由题意知，甲、乙都不被录取的概率为1－
0.6·1－
0.7＝
0.
12.故至少有一人被录取的概率为1－
0.12＝
0.
88.2．xx·济南模拟位于直角坐标原点的一个质点P按下列规则移动质点每次移动一个单位，移动的方向向左或向右，并且向左移动的概率为，向右移动的概率为，则质点P移动五次后位于点10的概率是 A.B.C.D.解析选D 依题意得，质点P移动五次后位于点10，则这五次移动中必有某两次向左移动，另三次向右移动，因此所求的概率等于C2·3＝.3．xx·荆州质检已知随机变量ξ服从二项分布ξ～B，即Pξ＝2等于 A.B.C.D.解析选D 已知ξ～B，Pξ＝k＝Cpkqn－k，当ξ＝2，n＝6，p＝时，有Pξ＝2＝C26－2＝.4．从12345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PB|A＝ A.B.C.D.解析选B PA＝＝＝，PA∩B＝＝.由条件概率计算公式，得PB|A＝＝＝.5．将一枚硬币连掷5次，如果出现k次正面向上的概率等于出现k＋1次正面向上的概率，那么k的值为 A．0B．1C．2D．3解析选C 由Ck5－k＝Ck＋1·5－k－1，即C＝C，故k＋k＋1＝5，即k＝
2.6．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概率为，则该队员每次罚球的命中率为 A.B.C.D.解析选A 设该队员每次罚球的命中率为p其中0p1，则依题意有1－p2＝，p2＝.又0p1，因此有p＝.
二、填空题本大题共3小题，每小题5分，共15分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，又成活为幼苗出芽后的幼苗成活率为PB|A＝
0.8，PA＝
0.
9.根据条件概率公式PAB＝PB|A·PA＝
0.9×
0.8＝
0.72，即这粒种子能成长为幼苗的概率为
0.
72.答案
0.728．某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第
18、
19、20层停靠．若该电梯在底层载有5位乘客，且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率均为，用ξ表示这5位乘客在第20层下电梯的人数，则Pξ＝4＝________.解析考察一位乘客是否在第20层下电梯为一次试验，这是5次独立重复试验，故ξ～B，即有Pξ＝k＝Ck×5－k，k＝
012345.故Pξ＝4＝C4×1＝.答案9．有一批书共100本，其中文科书40本，理科书60本，按装潢可分精装、平装两种，精装书70本，某人从这100本书中任取一书，恰是文科书，放回后再任取1本，恰是精装书，这一事件的概率是________．解析设“任取一书是文科书”的事件为A，“任取一书是精装书”的事件为B，则A、B是相互独立的事件，所求概率为PAB．据题意可知PA＝＝，PB＝＝，故PAB＝PA·PB＝×＝.答案
三、解答题本大题共3小题，每小题12分，共36分10．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名考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的概率分布．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PAB＋＝PAPB＋PP＝×＋×＝.2随机变量ξ的可能取值为01234，且ξ～B则Pξ＝k＝Ck4－k＝C4k＝01234．故变量ξ的分布列为ξ01234P11．下图是某城市通过抽样得到的居民某年的月均用水量单位吨的频率分布直方图．1求直方图中x的值；2若将频率视为概率，从这个城市随机抽取3位居民看作有放回的抽样，求月均用水量在3至4吨的居民数X的分布列．解1依题意及频率分布直方图知，
0.02＋
0.1＋x＋
0.37＋
0.39＝1，解得x＝
0.
12.2由题意知，X～B
30.1因此PX＝0＝C×
0.93＝
0.729，PX＝1＝C×
0.1×
0.92＝
0.243，PX＝2＝C×
0.12×
0.9＝
0.027，PX＝3＝C×
0.13＝
0.
001.故随机变量X的分布列为X0123P
0.
7290.
2430.
0270.00112．“石头、剪刀、布”是一种广泛流传于我国民间的古老游戏，其规则是用三种不同的手势分别表示石头、剪刀、布；两个玩家同时出示各自手势1次记为1次游戏，“石头”胜“剪刀”，“剪刀”胜“布”，“布”胜“石头”；双方出示的手势相同时，不分胜负．现假设玩家甲、乙双方在游戏时出示三种手势是等可能的．1求出在1次游戏中玩家甲胜玩家乙的概率；2若玩家甲、乙双方共进行了3次游戏，其中玩家甲胜玩家乙的次数记作随机变量X，求X的分布列．解1玩家甲、乙双方在1次游戏中出示手势的所有可能结果是石头、石头；石头，剪刀；石头，布；剪刀，石头；剪刀，剪刀；剪刀，布；布，石头；布，剪刀；布，布．共有9个基本事件，玩家甲胜玩家乙的基本事件分别是石头，剪刀；剪刀，布；布，石头，共有3个．所以在1次游戏中玩家甲胜玩家乙的概率P＝.2X的可能取值分别为
0123.X～B，则PX＝0＝C·3＝，PX＝1＝C·1·2＝，PX＝2＝C·2·1＝，PX＝3＝C·3＝.X的分布列如下X0123P1．如图所示的电路，有a，b，c三个开关，每个开关开或关的概率都是，且是相互独立的，则灯泡甲亮的概率为 A.B.C.D.解析选A 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A·C·，且A，C，之间彼此独立，且PA＝P＝PC＝.所以PA··C＝PA·P·PC＝.2．将一枚硬币抛掷6次，则正面出现的次数比反面出现的次数多的概率为________．解析由题意知，正面可以出现6次，5次，4次，所求概率P＝C6＋C6＋C6＝＝.答案3．某公司是否对某一项目投资，由甲、乙、丙三位决策人投票决定，他们三人都有“同意”、“中立”、“反对”三类票各一张，投票时，每人必须且只能投一张票，每人投三类票中的任何一类票的概率都为，他们的投票相互没有影响，规定若投票结果中至少有两张“同意”票，则决定对该项目投资；否则，放弃对该项目的投资．1求该公司决定对该项目投资的概率；2求该公司放弃对该项目投资且投票结果中最多有一张“中立”票的概率．解1该公司决定对该项目投资的概率为P＝C2·＋C3＝.2该公司放弃对该项目投资且投票结果中最多有一张“中立”票，有以下四种情形“同意”票张数“中立”票张数“反对”票张数事件A003事件B102事件C111事件D012PA＝C3＝，PB＝C3＝，PC＝CC3＝，PD＝C3＝.∵A、B、C、D互斥，∴PA＋B＋C＋D＝PA＋PB＋PC＋PD＝.第九节 离散型随机变量的均值与方差、正态分布[备考方向要明了]考什么怎么考
1.理解取有限个值的离散型随机变量均值、方差的概念．
2.能计算简单的离散型随机变量的均值、方差，并能解决一些实际问题．
3.利用实际问题的直方图，了解正态密度曲线的特点及曲线所表示的意义.
1.离散型随机变量及其分布列、均值和方差是高考考查的一大热点，每年均有解答题出现，难度中等偏上，如xx年安徽T17，江苏T22，浙江T19等．
2.正态密度曲线一般以选择或填空的形式考查.[归纳·知识整合]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Xx1x2…xi…xnPp1p2…pi…pn1均值称EX＝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．2DX＝xi－EX2pi为随机变量X的方差，它刻画了随机变量X与其均值EX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1EaX＋b＝aEX＋b.2DaX＋b＝a2DXa，b为常数．[探究]
1.随机变量的均值、方差与样本均值、方差的关系是怎样的？提示随机变量的均值、方差是一个常数．样本的均值、方差是一个变量．随着样本容量的增加，样本的均值、方差趋于随机变量的均值、方差．3．两点分布与二项分布的均值、方差XX服从两点分布X～Bn，pEXpp为成功概率npDXP1－pnp1－p
4.正态曲线及性质1正态曲线的定义函数φμ，σx＝e，x∈－∞，＋∞其中实数μ和σσ0为参数的图象为正态分布密度曲线，简称正态曲线．2正态曲线的特点
①曲线位于x轴上方与x轴不相交；
②曲线是单峰的，它关于直线x＝μ对称；
③曲线在x＝μ处达到峰值；
④曲线与x轴之间的面积为1；
⑤当σ一定时，曲线随着μ的变化而沿x轴平移；
⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定．σ越小，曲线越“高瘦”，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．5．正态分布1正态分布的定义及表示如果对于任何实数a，bab，随机变量X满足PaX≤b＝φμ，σxdx，则称随机变量X服从正态分布，记作X～Nμ，σ2．2正态分布的三个常用数据
①Pμ－σX≤μ＋σ＝
0.682_6；
②Pμ－2σX≤μ＋2σ＝
0.954_4；
③Pμ－3σX≤μ＋3σ＝
0.997_
4.[探究]
2.参数μ、σ在正态分布中的实际意义是什么？提示μ是正态分布的期望，σ是正态分布的标准差．[自测·牛刀小试]1．篮球运动员在比赛中每次罚球命中得1分，罚不中得0分，已知他命中的概率为
0.8，则罚球一次得分ξ的期望是 A．
0.2 B．
0.8C．1D．0解析选B 因为Pξ＝1＝
0.8，Pξ＝0＝
0.
2.所以Eξ＝1×
0.8＋0×
0.2＝
0.
8.2．xx·深圳检测已知随机变量X的分布列为PX＝k＝，k＝
369.则DX等于 A．6B．9C．3D．4解析选A EX＝3×＋6×＋9×＝
6.DX＝3－62×＋6－62×＋9－62×＝
6.3．已知随机变量ξ～B
1000.2，那么D4ξ＋3的值为 A．64B．256C．259D．320解析选B 由ξ～B
1000.2知随机变量ξ服从二项分布，且n＝100，p＝
0.2，由公式得Dξ＝np1－p＝100×
0.2×
0.8＝16，因此D4ξ＋3＝42Dξ＝16×16＝
256.4．设随机变量ξ服从正态分布N29，若Pξc＋1＝Pξc－1，则c＝________.解析∵ξ～N29，∴Pξc＋1＝Pξ3－c，又Pξc＋1＝Pξc－1，∴c－1＝3－c，解得c＝
2.答案25．随机变量ξ的分布列如下ξ－101Pabc其中a、b、c成等差数列，若Eξ＝，则Dξ＝________.解析由题意得2b＝a＋c，a＋b＋c＝1，c－a＝，将以上三式联立解得a＝，b＝，c＝，故Dξ＝.答案离散型随机变量的均值与方差[例1] xx·江苏高考设ξ为随机变量．从棱长为1的正方体的12条棱中任取两条，当两条棱相交时，ξ＝0；当两条棱平行时，ξ的值为两条棱之间的距离；当两条棱异面时，ξ＝
1.1求概率Pξ＝0；2求ξ的分布列，并求其数学期望Eξ．[自主解答] 1若两条棱相交，则交点必为正方体8个顶点中的1个，过任意1个顶点恰有3条棱，所以共有8C对相交棱，因此Pξ＝0＝＝＝.2若两条棱平行，则它们的距离为1或，其中距离为的共有6对，故Pξ＝＝＝，于是Pξ＝1＝1－Pξ＝0－Pξ＝＝1－－＝，所以随机变量ξ的分布列是ξ01Pξ因此Eξ＝1×＋×＝.———————————————————求离散型随机变量均值的步骤1理解随机变量X的意义，写出X可能取得的全部值；2求X的每个值的概率；3写出X的分布列；4由均值定义求出EX．1．xx·浙江高考已知箱中装有4个白球和5个黑球，且规定取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分．现从该箱中任取无放回，且每球取到的机会均等3个球，记随机变量X为取出此3球所得分数之和．1求X的分布列；2求X的数学期望EX．解1由题意得X取3456，且PX＝3＝＝，PX＝4＝＝，PX＝5＝＝，PX＝6＝＝.所以X的分布列为X3456P2由1知EX＝3·PX＝3＋4·PX＝4＋5·PX＝5＋6·PX＝6＝.均值与方差的实际应用[例2] xx·新课标全国卷某花店每天以每枝5元的价格从农场购进若干枝玫瑰花，然后以每枝10元的价格出售．如果当天卖不完，剩下的玫瑰花作垃圾处理．1若花店一天购进16枝玫瑰花，求当天的利润y单位元关于当天需求量n单位枝，n∈N的函数解析式；2花店记录了100天玫瑰花的日需求量单位枝，整理得下表日需求量n14151617181920频数10201616151310以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率．
①若花店一天购进16枝玫瑰花，X表示当天的利润单位元，求X的分布列、数学期望及方差；
②若花店计划一天购进16枝或17枝玫瑰花，你认为应购进16枝还是17枝？请说明理由．[自主解答] 1当日需求量n≥16时，利润y＝
80.当日需求量n16时，利润y＝10n－
80.所以y关于n的函数解析式为y＝n∈N．2
①X可能的取值为607080，并且PX＝60＝
0.1，PX＝70＝
0.2，PX＝80＝
0.
7.X的分布列为X607080P
0.
10.
20.7X的数学期望为EX＝60×
0.1＋70×
0.2＋80×
0.7＝
76.X的方差为DX＝60－762×
0.1＋70－762×
0.2＋80－762×
0.7＝
44.
②答案一花店一天应购进16枝玫瑰花．理由如下若花店一天购进17枝玫瑰花，Y表示当天的利润单位元，那么Y的分布列为Y55657585P
0.
10.
20.
160.54Y的数学期望为EY＝55×
0.1＋65×
0.2＋75×
0.16＋85×
0.54＝
76.
4.Y的方差为DY＝55－
76.42×
0.1＋65－
76.42×
0.2＋75－
76.42×
0.16＋85－
76.42×
0.54＝
112.
04.由以上的计算结果可以看出，DXDY，即购进16枝玫瑰花时利润波动相对较小．另外，虽然EXEY，但两者相差不大．故花店一天应购进16枝玫瑰花．答案二花店一天应购进17枝玫瑰花．理由如下若花店一天购进17枝玫瑰花，Y表示当天的利润单位元，那么Y的分布列为Y55657585P
0.
10.
20.
160.54Y的数学期望为EY＝55×
0.1＋65×
0.2＋75×
0.16＋85×
0.54＝
76.
4.由以上的计算结果可以看出，EXEY，即购进17枝玫瑰花时的平均利润大于购进16枝时的平均利润．故花店一天应购进17枝玫瑰花．———————————————————应用均值与方差的方法在实际问题中仅靠离散型随机变量的均值，还不能完全地说明随机变量的分布特征，有时还要研究其偏离均值的平均程度即方差，不应认为两个随机变量的均值相同了，就认为两者的优劣性相同，还应比较两者的方差．2．xx·福建高考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，统计数据如下品牌甲乙首次出现故障时间x年0＜x≤11＜x≤2x＞20＜x≤2x＞2轿车数量辆2345545每辆利润万元
1231.
82.9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，则PA＝＝.2依题意得，X1的分布列为X1123PX2的分布列为X
21.
82.9P3由2得，EX1＝1×＋2×＋3×＝＝
2.86万元，EX2＝
1.8×＋
2.9×＝
2.79万元．因为EX1＞EX2，所以应生产甲品牌轿车.正态分布问题[例3] 设X～N51，求P6X7．[自主解答] 由题意知μ＝5，σ＝
1.∵P4X6＝
0.6826，P3X7＝
0.
9544.∴P3X4＋P6X7＝P3X7－P4X6＝
0.9544－
0.6826＝
0.
2718.如图，由正态曲线的对称性可得P3X4＝P6X7，∴P6X7＝＝
0.
1359.保持例题条件不变，求PX≥7及P5X6．解PX≥7＝[1－P3X7]＝[1－Pμ－2σXμ＋2σ]＝1－
0.9544＝
0.0228，P5X6＝P4X6＝Pμ－σXμ＋σ＝×
0.6826＝
0.
3413. ———————————————————正态分布问题的几个注意点1熟记Pμ－σX≤μ＋σ，Pμ－2σX≤μ＋2σ，Pμ－3σX≤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.
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等．
②PXa＝1－Px≥a，PXμ－a＝PX≥μ＋a．3．设随机变量ξ服从正态分布N2，σ2，若Pξc＝a，则Pξ4－c等于 A．a B．1－aC．2aD．1－2a解析选B 由于ξ服从正态分布N2，σ2，所以正态曲线关于直线x＝2对称，所以Pξ4－c＝Pξc＝1－Pξc＝1－a.1个难点——对正态曲线的理解正态曲线指的是一个函数的图象，其函数解析式是φμ，σx＝·e.正态曲线的性质告诉我们1该函数的值域为正实数集的子集；2该函数图象关于直线x＝μ对称，且以x轴为渐近线；3解析式中前面有一个系数，后面是一个以e为底数的指数函数的形式，幂指数为－，其中σ这个参数在解析式中的两个位置上出现，注意两者的一致性．3种方法——求离散型随机变量均值、方差的基本方法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如能分析所给随机变量是服从常用的分布如两点分布、二项分布等，可直接利用它们的均值、方差公式求解.答题模板——求离散型随机变量的均值与方差[典例] xx山东高考·满分12分现有甲、乙两个靶，某射手向甲靶射击一次，命中的概率为，命中得1分，没有命中得0分；向乙靶射击两次，每次命中的概率为，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的分布列及数学期望EX．[快速规范审题]第1问1．审条件，挖解题信息观察条件向甲靶射击一次，命中的概率为，向乙靶射击两次，每次命中的概率为可用独立重复试验概率公式PAB＝PAPB求解．2．审结论，明确解题方向观察所求结论射击三次恰好命中一次的概率命中甲靶一次或命中乙靶一次．3．建联系，找解题突破口射击甲靶一次命中，乙靶两次没有命中；射击甲靶一次没有命中，乙靶两次只命中一次可求得概率．第2问1．审条件，挖解题信息观察条件共射击三次，命中甲靶得1分，命中乙靶得2分可得总分X的取值．2．审结论，明确解题方向观察所求结论求总得分X的分布列及期望―→先求X的分布列，再求EX．3．建联系，找解题突破口由该选手射中次数确定X的取值得X的分布列，可求得EX．[准确规范答题]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”为事件D.“设射手恰好命中一次”事件分析时，易忽视“恰好”这一条件，其含义只中一次，甲靶中1次时乙靶两次都不中，乙靶中1次时甲靶不中.由题意知PB＝，PC＝PD＝，⇨1分由于A＝B＋C＋D，⇨2分根据事件的独立性和互斥性得PA＝PB＋C＋D＝PB＋PC＋PD⇨3分＝PBPP＋PPCP＋PPPD＝××＋××＋××＝.⇨5分对于X的每个取值相对应的概率求法易失误，尤其是事件分析时易因考虑问题不全而导致失误2根据题意知X的所有可能取值为
012345.⇨6分根据事件的独立性和互斥性得PX＝0＝P＝[1－PB][1－PC][1－PD]＝××＝；⇨7分PX＝1＝PB＝PBPP＝××＝；⇨8分PX＝2＝PC＋D＝PC＋PD＝××＋××＝；⇨9分PX＝3＝PBC＋BD＝PBC＋PBD＝××＋××＝；⇨10分PX＝4＝PCD＝××＝；PX＝5＝PBCD＝××＝.故X的分布列为X012345P⇨11分所以EX＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋5×＝.⇨12分[答题模板速成]求离散型随机变量的均值与方差的一般步骤第一步 确定变量确定随机变量的所有可能的取值⇒第二步 求概率求每一个可能值所对应的概率⇒第三步 得分布列列出离散型随机变量的分布列⇒第四步 公式求值求均值和方差⇒第五步 回顾检查解后反思
一、选择题本大题共6小题，每小题5分，共30分1．设在各交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，且概率都是
0.4，则此人三次上班途中遇红灯的次数的期望为 A．
0.4 B．
1.2C．
0.43D．
0.6解析选B ∵途中遇红灯的次数X服从二项分布，即X～B
30.4，∴EX＝3×
0.4＝
1.
2.2．xx·衡水模拟若ξ～Bn，p且Eξ＝6，Dξ＝3，则Pξ＝1的值为 A．3·2－2B．3·2－10C．2－4D．2－8解析选B Eξ＝np＝6，Dξ＝np1－p＝3⇒p＝，n＝12，Pξ＝1＝C12＝.3．xx·东营模拟若P为非负实数，随机变量ξ的分布列为ξ012P－PP则Eξ的最大值为 A．1B.C.D．2解析选B 由P≥0，－P≥0，则0≤P≤，Eξ＝P＋1≤.4．有10件产品，其中3件是次品，从中任取2件，若X表示取到次品的个数，则EX等于 A.B.C.D．1解析选A 离散型随机变量X服从N＝10，M＝3，n＝2的超几何分布，故EX＝＝＝.5．已知X的分布列为X－101P，且Y＝aX＋3，EY＝，则a为 A．1B．2C．3D．4解析选B EX＝－1×＋0×＋1×＝－.EY＝EaX＋3＝aEX＋3＝－a＋3＝，解得a＝
2.6．已知随机变量ξ服从正态分布N0，s2．若Pξ2＝
0.023，则P－2≤ξ≤2＝ A．
0.477B．
0.628C．
0.954D．
0.977解析选C 因为随机变量ξ服从正态分布N0，s2，所以正态曲线关于直线x＝0对称，又Pξ2＝
0.023，所以Pξ－2＝
0.023，所以P－2≤ξ≤2＝1－Pξ2－Pξ－2＝1－2×
0.023＝
0.
954.
二、填空题本大题共3小题，每小题5分，共15分7．已知随机变量x～N2，s2，若Pxa＝
0.32，则Pa≤x4－a＝________.解析由正态分布图像的对称性可得Pa≤x4－a＝1－2Pxa＝
0.
36.答案
0.368．马老师从课本上抄录一个随机变量ξ的概率分布列如下表x123Pξ＝x？！？请小牛同学计算ξ的数学期望．尽管“！”处完全无法看清，且两个“？”处字迹模糊，但能断定这两个“？”处的数值相同．据此，小牛给出了正确答案Eξ＝________.解析令“？”为a，“！”为b，则2a＋b＝
1.又Eξ＝a＋2b＋3a＝22a＋b＝
2.答案29．xx年中国汽车销售量达到1700万辆，汽车耗油量对汽车的销售有着非常重要的影响，各个汽车制造企业积极采用新技术降低耗油量，某汽车制造公司为调查某种型号的汽车的耗油情况，共抽查了1200名车主，据统计该种型号的汽车的平均耗油为百公里
8.0升．并且汽车的耗油量ξ服从正态分布N8，s2．已知耗油量ξ∈
[79]的概率为
0.7，那么耗油量大于9升的汽车大约有________辆．解析由题意可知ξ～N8，s2，故正态分布曲线以μ＝8为对称轴，又因为P7≤ξ≤9＝
0.7，故P7≤ξ≤9＝2P8≤ξ≤9＝
0.7，所以P8≤ξ≤9＝
0.35，而Pξ≥8＝
0.5，所以Pξ9＝
0.15，故耗油量大于9升的汽车大约有1200×
0.15＝180辆．答案180
三、解答题本大题共3小题，每小题12分，共36分10．xx年上海世博会大力倡导绿色出行，并提出在世博园区参观时可以通过植树的方式来抵消因出行产生的碳排放量，某游客计划在游园期间种植n棵树，已知每棵树是否成活互不影响，成活率都为p0p1，用X表示他所种植的树中成活的棵数，X的数学期望为EX，方差为DX．1若n＝1，求DX的最大值；2已知EX＝3，标准差＝，试求n与p的值并写出X的分布列．解1当n＝1时，随机变量满足两点分布，DX＝p1－p＝－2＋即当p＝时，DX有最大值，2∵X～Bn，p，∴EX＝np，DX＝np1－p即np＝3，＝，解得，n＝4，p＝.∴PX＝k＝Ck·4－kk＝01234，即X的分布列为X01234P11．xx·海淀模拟某班将要举行篮球投篮比赛，比赛规则是每位选手可以选择在A区投篮2次或选择在B区投篮3次．在A区每进一球得2分，不进球得0分；在B区每进一球得3分，不进球得0分，得分高的选手胜出．已知参赛选手甲在A区和B区每次投篮进球的概率分别为或.1如果选手甲以在A、B区投篮得分的期望较高者为选择投篮区的标准，问选手甲应该选择在哪个区投篮？2求选手甲在A区投篮得分高于在B区投篮得分的概率．解1法一设选手甲在A区投两次篮的进球数为X，则X～B，故EX＝2×＝，则选手甲在A区投篮得分的期望为2×＝
3.
6.设选手甲在B区投三次篮的进球数为Y，则Y～B，故EY＝3×＝1，则选手甲在B区投篮得分的期望为3×1＝
3.∵
3.63，∴选手甲应该选择在A区投篮．法二设选手甲在A区投篮的得分为ξ，则ξ的可能取值为024，Pξ＝0＝2＝，Pξ＝2＝C××＝，Pξ＝4＝2＝.所以ξ的分布列为ξ024P∴Eξ＝0×＋2×＋4×＝
3.
6.同理，设选手甲在B区域投篮的得分为η，则η的可能取值为0369，Pη＝0＝3＝，Pη＝3＝C××2＝，Pη＝6＝C2＝，Pη＝9＝3＝.所以η的分布列为η0369P∴Eη＝0×＋3×＋6×＋9×＝
3.∵EξEη，∴选手甲应该选择在A区投篮．2设选手甲在A区投篮得分高于在B区投篮得分为事件C，甲在A区投篮得2分、在B区投篮得0分为事件C1，甲在A区投篮得4分、在B区投篮得0分为事件C2，甲在A区投篮得4分、在B区投篮得3分为事件C3，则C＝C1∪C2∪C3，其中C1，C2，C3为互斥事件．则PC＝PC1∪C2∪C3＝PC1＋PC2＋PC3＝×＋×＋×＝，故选手甲在A区投篮得分高于在B区投篮得分的概率为.12．xx·湖北高考根据以往的经验，某工程施工期间的降水量X单位mm对工期的影响如下表降水量XX＜300300≤X＜700700≤X＜900X≥900工期延误天数Y02610历年气象资料表明，该工程施工期间降水量X小于300700900的概率分别为
0.
30.
70.
9.求1工期延误天数Y的均值与方差；2在降水量X至少是300的条件下，工期延误不超过6天的概率．解1由已知条件和概率的加法公式有PX＜300＝
0.3，P300≤X＜700＝PX＜700－PX＜300＝
0.7－
0.3＝
0.4，P700≤X＜900＝PX＜900－PX＜700＝
0.9－
0.7＝
0.2，PX≥900＝1－PX＜900＝1－
0.9＝
0.
1.所以Y的分布列为Y02610P
0.
30.
40.
20.1于是，EY＝0×
0.3＋2×
0.4＋6×
0.2＋10×
0.1＝3；DY＝0－32×
0.3＋2－32×
0.4＋6－32×
0.2＋10－32×
0.1＝
9.
8.故工期延误天数Y的均值为3，方差为
9.
8.2由概率的加法公式，得PX≥300＝1－PX＜300＝1－
0.3＝
0.7，又P300≤X＜900＝PX＜900－PX＜300＝
0.9－
0.3＝
0.
6.由条件概率，得PY≤6|X≥300＝PX＜900|X≥300＝＝＝.故在降水量X至少是300mm的条件下，工期延误不超过6天的概率是.1．设随机变量的分布列如表所示，且Eξ＝
1.6，则a×b＝ ξ0123P
0.1ab
0.1A.
0.2B．
0.1C．
0.15D．
0.4解析选C 由分布列的性质得
0.1＋a＋b＋
0.1＝1，即a＋b＝
0.
8.
①又由Eξ＝0×
0.1＋1×a＋2×b＋3×
0.1＝
1.6，即a＋2b＝
1.
3.
②由
①②解得a＝
0.3，b＝
0.5，故a×b＝
0.3×
0.5＝
0.
15.2．设l为平面上过点01的直线，l的斜率等可能地取－2，－，－，0，，，
2.用X表示坐标原点到l的距离，则随机变量X的数学期望EX＝________.解析当l的斜率k＝±2时，直线方程为±2x－y＋1＝0，此时d1＝；k＝±时，d2＝；k＝±时，d3＝；k＝0时，d4＝
1.由等可能性事件的概率可得分布列如下X1P故EX＝×＋×＋×＋1×＝.答案3．欲从甲、乙两运动员中选一人参加xx年奥运会，由以往的统计资料表明，甲、乙两运动员在比赛中得分情况为ξ1甲得分012P
0.
20.
50.3ξ2乙得分012P
0.
30.
30.4欲从甲、乙两运动员中选一人参加xx年奥运会，你认为选派哪位运动员参加较好？解由题意，Eξ1＝0×
0.2＋1×
0.5＋2×
0.3＝
1.1，Eξ2＝0×
0.3＋1×
0.3＋2×
0.4＝
1.
1.故Eξ1＝Eξ2．Dξ1＝0－
1.12×
0.2＋1－
1.12×
0.5＋2－
1.12×
0.3＝
0.49，Dξ2＝0－
1.12×
0.3＋1－
1.12×
0.3＋2－
1.12×
0.4＝
0.69，尽管Eξ2＝Eξ2，但由于得分的方差Dξ1Dξ2，所以甲运动员的技术好一些，应选派甲参加．4．xx年男足世界杯将在巴西举行，为了争夺最后一个小组赛参赛名额，甲、乙、丙三支国家队要进行比赛，规则如下任两支队伍进行比赛，共赛三场，每场比赛胜者得3分，负者得0分，没有平局，获得第一名的将夺得这个参赛名额．已知乙队胜丙队的概率为，甲队获得第一名的概率为，乙队获得第一名的概率为.1求甲队分别胜乙队和丙队的概率P1和P2；2设在该次比赛中，甲队得分为ξ，求ξ的分布列和数学期望．解1根据题意知，若甲队获得第一名，则甲队胜乙队且甲队胜丙队，故甲队获第一名的概率为P1×P2＝；
①若乙队获得第一名，则乙队胜甲队且乙队胜丙队，故乙队获第一名的概率为1－P1×＝，
②解
②得P1＝，代入
①得P2＝.故甲队胜乙队的概率为，甲队胜丙队的概率为.2由题意知ξ可能的取值为036，ξ＝0时，甲队两场比赛皆输，其概率为Pξ＝0＝＝；ξ＝3时，甲队两场只胜一场，其概率为Pξ＝3＝×＋×＝；ξ＝6时，甲队两场皆胜，其概率为Pξ＝6＝×＝.故ξ的分布列为ξ036P故Eξ＝0×＋3×＋6×＝. 排列组合在高考中的多方位交汇及古典概型与几何概型中的三类错误
一、排列组合在高考中的多方位交汇排列组合问题在高考中是常考内容，但近些年在考查角度及与其他知识的综合上有了加强，这反映出高考题中重在考查学生综合运用知识、分析问题、解决问题的能力．有以下几个题型．热点一组合知识与向量知识的综合[例1] 在集合{12345}中任取一个偶数a和一个奇数b构成以原点为起点的向量a＝a，b．从所有得到的以原点为起点的向量中任取两个向量为邻边作平行四边形，记所有作成的平行四边形的个数为n，其中面积不超过4的平行四边形的个数为m，则＝ A. B.C.D.[解析] 由已知条件，满足要求的向量分别为21，23，25，41，43，45，故能构成的平行四边形个数n＝C＝＝
15.由S平行四边形＝|x1y2－x2y1|可得，21，23两向量构成的平行四边形面积为S1＝|2×3－1×2|＝4，23，25两向量构成的平行四边形面积为S2＝|2×5－2×3|＝4，21，41两向量构成的平行四边形面积为S3＝|2×1－1×4|＝2，21，43两向量构成的平行四边形面积为S4＝|2×3－1×4|＝2，23，45两向量构成的平行四边形面积为S5＝|2×5－3×4|＝
2.面积不超过4的共有m＝5个．故所求概率为＝.[答案] B[点评] 本题中计数要求不高，但大家要有代入检验的意识．热点二组合知识与概率知识的综合[例2] 盒中装有形状、大小完全相同的5个球，其中红色球3个，黄色球2个．若从中随机取出2个球，则所取出的2个球颜色不同的概率等于________．[解析] 由题意知，从5个球中随机取出2个球共有C＝10种不同取法，而取出的球颜色不同共有C·C＝6种不同取法，故所取出的2个球颜色不同的概率P＝＝＝.[答案] [点评] 注意情景中的抽取球的过程与顺序无关，因此属组合问题，在找2个球颜色不同的个数时，又用了分步计数原理的知识．热点三排列知识与概率知识的综合[例3] 有5本不同的书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本．若将其随机的并排摆放到书架的同一层上，则同一科目的书都不相邻的概率是 A.B.C.D.[解析] 5本书的全排列有A种排法，其中语文书相邻的排法有AA种，数学书相邻的排法有AA种，语文书数学书各自同时相邻的排法有AAA种，故所求概率为＝.[答案] B[点评] 图书摆放在书架上具有顺序性，因此属于排列问题，本题在处理都不相邻的问题上灵活应用了间接思维，使复杂问题简单化．
二、盘点古典概型与几何概型中的三类错误古典概型与几何概型是高考中的常考知识点．对于古典概型，列举法仍是求解其概率的主要方法，而与排列、组合问题相结合的概率问题仍是命题的热点；对于几何概型除掌握其定义外，其题型的重点主要体现在两种常见的几何度量——长度、面积，难度不会太大，但题型可能较灵活，背景更新颖．如下几个类型易错类型一知识性错误[例1] 设袋中有4只白球和2只黑球，现从袋中无放回地摸出2只球．1求这2只球都是白球的概率；2求这2只球中1只是白球1只是黑球的概率．[错解] 一次摸出2只球，观察结果的颜色只能是白，白，白，黑，黑，黑3种情况，1用A表示“2只球都是白球”这一事件，则A＝{白，白}，所以PA＝.2用B表示“2只球中1只是白球1只是黑球”这一事件，则B＝{白，黑}，所以PB＝.[错因分析] 在上述错解中白，白，白，黑，黑，黑3种结果的出现不是等可能的．[正解] 我们不妨把4只白球标以1234号，2只黑球标以56号，则基本事件有12，13，…，16，21，23，…，26，…，61，62，…，65，共30个．1用A表示“2只球都是白球”这一事件，则A＝{12，13，14，21，23，24，31，32，34，41，42，43}共12个．所以PA＝＝.2用B表示“2只球中1只是白球1只是黑球”这一事件，则B＝{15，16，25，26，35，36，45，46，51，52，53，54，61，62，63，64}共16个．所以PB＝＝.类型二数学思维方法应用错误[例2] 有6个房间安排4个旅客住，每个人可以住进任一房间，且住进各房间是等可能的．1指定的4个房间中各有1人住的事件的概率为________；2指定的房间有2人住的事件的概率为________．[错解] 所有基本事件的个数为6×5×4×3＝
360.1指定的4个房间中各有1人住，有4×3×2×1＝24种，故所求的概率为；2从4人中选2人去指定的房间，有6种方法，余下2人每人去5个房间中的任一间，有5×4＝20种方法，故所求的概率为＝.[错因分析] 本题错误地理解了基本事件的个数，忽视了基本事件可以包含多个人住一个房间的情况．[正解] 每人可以进住任一房间，且进住各房间都有6种等可能的方法，故所有可能的情况有64种，1指定的4个房间中各有1人住，有4×3×2×1＝24种，故所求的概率为＝；2从4人中选2人去指定的房间，有6种方法，余下2人每人去5个房间中的任一间，有52种方法，故所求的概率为＝.类型三审题错误[例3] 在等腰直角三角形ABC中，过直角顶点C在∠ACB内部任作一射线CM，与线段AB交于点M，求AMAC的概率．[错解]如图，点M随机地落在线段AB上，故线段AB的长为基本事件的度量，当M位于线段AC′AC′＝AC上时，AMAC，故线段AC′的长为所求事件的度量．故PAMAC＝PAMAC′＝＝＝.答AM的长小于AC的概率是.[错因分析] 由于本题是在∠ACB作射线CM，等可能分布的是CM在∠ACB内的任一位置，因此基本事件的度量应是∠ACB的大小而不是线段AB的长，这是类似问题由于等可能的视角不同造成的，概率也会不一样．[正解] 据题意知AMAC的概率应为满足条件的∠ACM与∠ACB大小的比，即PAMAC＝＝.几点建议1．重视错题病例“错误是最好的老师”，错题病例也是财富，它有时暴露我们的知识缺陷，有时暴露我们的思维不足，有时暴露我们的方法不当．毛病暴露出来了，也就有治疗的方向，提供了纠错的机会，只有认真地追根溯源查找错因，教训才会深刻．建议在复习过程中做到建立错题集，特别是那些概念理解不深刻、知识记忆错误、思维不够严谨、方法使用不当等典型错误收集成册，并加以评注，指出错误原因，经常翻阅，常常提醒，以绝后患．注意收集错题也有个度的问题，对于那些一时粗心的偶然失误，或一时情绪波动而产生的失误应另作他论．2．培养良好的审题能力解题时审题要慢，要看清楚，步步为营，稳中求快，立足于一次成功，不要养成唯恐做不完，匆匆忙忙抢着做，寄希望于检查的坏习惯，这样做的后果一则容易先入为主，致使有时错误难以发现；二则一旦发现错误，尤其是起步就错，又要重复做一遍，既浪费时间，又造成心理负担．。
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