【数学】2019届一轮复习浙江专版第九章复数、计数原理与概率、随机变量及其分布学案
第九章复数、计数原理与概率、随机变量及其分布
第一节数系的扩充与复数的引入
1．复数的有关概念
(1)复数的概念：
形如a＋bi(a，b∈R)的数叫复数，其中a，b分别是它的实部和虚部．若b＝0，则a＋bi为实数；若b≠0，则a＋bi为虚数；若a＝0且b≠0，则a＋bi为纯虚数．
(2)复数相等：a＋bi＝c＋di⇔a＝c且b＝d(a，b，c，d∈R)．
(3)共轭复数：a＋bi与c＋di共轭⇔a＝c，b＝－d(a，b，c，d∈R)．
(4)复数的模：
向量的模r叫做复数z＝a＋bi(a，b∈R)的模，记作|z|或|a＋bi|，即|z|＝|a＋bi|＝.
2．复数的几何意义
(1)复数z＝a＋bi复平面内的点Z(a，b)(a，b∈R)．
(2)复数z＝a＋bi(a，b∈R) 平面向量 .
3．复数的运算
(1)复数的加、减、乘、除运算法则
设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，则
①加法：z1＋z2＝(a＋bi)＋(c＋di)＝(a＋c)＋(b＋d)i；
②减法：z1－z2＝(a＋bi)－(c＋di)＝(a－c)＋(b－d)i；
③乘法：z1·z2＝(a＋bi)·(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i；
④除法：＝＝＝＋i(c＋di≠0)．
(2)复数加法的运算定律
复数的加法满足交换律、结合律，即对任何z1，z2，z3∈C，有z1＋z2＝z2＋z1，(z1＋z2)＋z3＝z1＋(z2＋z3)．
[小题体验]
1．复数z＝(其中i为虚数单位)的虚部为________．
答案：－
2．若复数z满足＝i，则z＝________.
解析：由题意得，z＝＝＝4－3i.
答案：4－3i
3．(教材习题改编)四边形ABCD是复平面内的平行四边形，A，B，C三点对应的复数分别是1＋3i，－i,2＋i，则点D对应的复数为________．
答案：3＋5i
1．判定复数是实数，仅注重虚部等于0是不够的，还需考虑它的实部是否有意义．
2．两个虚数不能比较大小．
3．注意不能把实数集中的所有运算法则和运算性质照搬到复数集中来．例如，若z1，z2∈C，z＋z＝0，就不能推出z1＝z2＝0；z2<0在复数范围内有可能成立．
[小题纠偏]
1．设复数z1＝2－i，z2＝a＋2i(i是虚数单位，a∈R)，若z1·z2∈R，则a＝________.
解析：依题意，复数z1z2＝(2－i)(a＋2i)＝(2a＋2)＋(4－a)i是实数，因此4－a＝0，a＝4.
答案：4
2．设i是虚数单位，若复数(2＋ai)i的实部与虚部互为相反数，则实数a的值为________．
解析：因为(2＋ai)i＝－a＋2i，
又其实部与虚部互为相反数，
所以－a＋2＝0，即a＝2.
答案：2
[题组练透]
1．复数的实部与虚部之和为( )
A．1 B．0
C．－1 D．2
解析：选A ＝＝＝i，所以实部与虚部之和为1.
2．已知i为虚数单位，a∈R，若为纯虚数，则复数z＝2a＋i的模等于( )
A. B.
C. D.
解析：选C 由题意得，＝ti(t≠0)，
∴2－i＝－t＋tai，
∴解得
∴z＝2a＋i＝1＋i，|z|＝，故选C.
3．(2018·杭州高级中学月考)已知方程x2＋(4＋i)x＋4＋ai＝0(a∈R)有实根b，且z＝a＋bi，则复数z的共轭复数为( )
A．2－2i B．2＋2i
C．－2＋2i D．－2－2i
解析：选B 方程x2＋(4＋i)x＋4＋ai＝0(a∈R)可化为x2＋4x＋4＋i(x＋a)＝0，
由复数相等的意义得解得x＝－2，a＝2，
方程x2＋(4＋i)x＋4＋ai＝0(a∈R)有实根b，故b＝－2，
所以复数z＝2－2i，所以复数z的共轭复数为2＋2i.
4．已知复数z1满足(z1－2)(1＋i)＝1－i(i为虚数单位)，复数z2的虚部为2，且z1·z2是实数，则z2＝________.
解析：(z1－2)(1＋i)＝1－i⇒z1＝2－i.
设z2＝a＋2i，a∈R，
则z1·z2＝(2－i)(a＋2i)＝(2a＋2)＋(4－a)i.
∵z1·z2∈R，∴a＝4.
∴z2＝4＋2i.
答案：4＋2i
[谨记通法]
求解与复数概念相关问题的技巧
复数的分类、复数的相等、复数的模，共轭复数的概念都与复数的实部与虚部有关，所以解答与复数相关概念有关的问题时，需把所给复数化为代数形式，即a＋bi(a，b∈R)的形式，再根据题意求解．
[题组练透]
1．(2018·金华模拟)复平面内表示复数i(1－2i)的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选A i(1－2i)＝－2i2＋i＝2＋i其在复平面内对应的点为(2,1)，位于第一象限．
2．(2018·河北“五校联盟”质检)在复平面内与复数z＝所对应的点关于实轴对称的点为A，则A对应的复数为( )
A．1＋i B．1－i
C．－1－i D．－1＋i
解析：选B 因为z＝＝＝i(1－i)＝1＋i，所以A点坐标为(1，－1)，其对应的复数为1－i.
3．已知复数z1＝－1＋2i，z2＝1－i，z3＝3－4i，它们在复平面上对应的点分别为A，B，C，若＝λ＋μ (λ，μ∈R)，则λ＋μ的值是________．
解析：由条件得＝(3，－4)，＝(－1,2)，
＝(1，－1)，
根据＝λ＋μ得
(3，－4)＝λ(－1,2)＋μ(1，－1)＝(－λ＋μ，2λ－μ)，
∴
解得∴λ＋μ＝1.
答案：1
[谨记通法]
对复数几何意义的理解及应用
(1)复数z、复平面上的点Z及向量相互联系，即z＝a＋bi(a，b∈R)⇔Z(a，b)⇔ .
(2)由于复数、点、向量之间建立了一一对应的关系，因此可把复数、向量与解析几何联系在一起，解题时可运用数形结合的方法，使问题的解决更加直观．
[题组练透]
1．(2017·山东高考)已知i是虚数单位，若复数z满足zi＝1＋i，则z2＝( )
A．－2i B．2i
C．－2 D．2
解析：选A ∵zi＝1＋i，∴z＝＝＋1＝1－i.
∴z2＝(1－i)2＝1＋i2－2i＝－2i.
2．(2018·嘉兴模拟)设复数z＝1－i(i是虚数单位)，则＋z等于( )
A．2 B．－2
C．2i D．－2i
解析：选A ＋z＝＋1－i＝＋1－i＝1＋i＋1－i＝2.
3．已知i是虚数单位，复数z＝，则z•＝( )
A．25 B．5
C. D.
解析：选D ∵z＝＝＝－i，
∴z•＝|z|2＝2＋2＝.
4．(2018·海宁模拟)i是虚数单位，复数＝________.
解析：＝＝＝1－i.
答案：1－i
[谨记通法]
复数代数形式运算问题的解题策略
(1)复数的乘法：复数的乘法类似于多项式的四则运算，可将含有虚数单位i的看作一类同类项，不含i的看作另一类同类项，分别合并即可．
(2)复数的除法：除法的关键是分子分母同乘以分母的共轭复数，解题中要注意把i的幂写成最简形式．
[提醒] 在进行复数的代数运算时，记住以下结论，可提高计算速度．
(1)(1±i)2＝±2i；＝i；＝－i；
(2)－b＋ai＝i(a＋bi)；
(3)i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i，
i4n＋i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＝0，n∈N*.
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．(2017·全国卷Ⅱ)(1＋i)(2＋i)＝( )
A．1－i B．1＋3i
C．3＋i D．3＋3i
解析：选B (1＋i)(2＋i)＝2＋i2＋3i＝1＋3i.
2．(2018·湖州模拟)已知复数(i是虚数单位)是纯虚数，则实数a＝( )
A．－2 B．－1
C．0 D．2
解析：选A ＝＝是纯虚数，所以a＋2＝0，解得a＝－2.
3．(2018·杭州质检)设复数ω＝－＋i(其中i是虚数单位)，则1＋ω＝( )
A．－ω B．ω2
C．－ D.
解析：选C 由题意可得，1＋ω＝＋i，
－ω＝－i，故A项错误；
ω2＝2＝－－i，故B项错误；
－＝－＝＋i，故C项正确；
＝＝－＋i，故D项错误．
4．(2018·金丽衢十二校联考)设a∈R，若复数z＝(i为虚数单位)的实部和虚部相等，则a＝________，||＝________.
解析：＝＝，
所以a＋1＝1－a，解得a＝0.
所以z＝＋i，所以||＝＝.
答案：0
5．设复数a＋bi(a，b∈R)的模为，则(a＋bi)(a－bi)＝________.
解析：∵|a＋bi|＝＝，
∴(a＋bi)(a－bi)＝a2＋b2＝3.
答案：3
二保高考，全练题型做到高考达标
1．(2018·杭州质检)设z＝(i为虚数单位)，则＝( )
A. B.
C. D．2
解析：选B 因为z＝＝＝－＋i，
所以|z|＝＝，
所以＝.
2．(2018·诸暨质检)已知复数z满足z(1＋i)＝2i，则z的共轭复数＝( )
A．1＋i B．1－i
C．－1＋i D．－1－i
解析：选B 由z(1＋i)＝2i，
得z＝＝＝1＋i，
则z的共轭复数＝1－i.
3．定义运算＝ad－bc，则符合条件＝0的复数z的共轭复数在复平面内对应的点在( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选B 由题意得，2zi－[－i(1＋i)]＝0，则z＝＝－－i，∴＝－＋i，其在复平面内对应的点在第二象限，故选B.
4．已知复数z＝1＋，则1＋z＋z2＋…＋z2 018＝( )
A．1＋i B．1－i
C．i D．0
解析：选C ∵z＝1＋＝1＋＝i，∴1＋z＋z2＋…＋z2 018＝＝＝＝i.
5．(2017·全国卷Ⅰ)设有下面四个命题：
p1：若复数z满足∈R，则z∈R；
p2：若复数z满足z2∈R，则z∈R；
p3：若复数z1，z2满足z1z2∈R，则z1＝2；
p4：若复数z∈R，则∈R.
其中的真命题为( )
A．p1，p3 B．p1，p4
C．p2，p3 D．p2，p4
解析：选B 设复数z＝a＋bi(a，b∈R)，对于p1，∵＝＝∈R，∴b＝0，∴z∈R，∴p1是真命题；
对于p2，∵z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi∈R，∴ab＝0，∴a＝0或b＝0，∴p2不是真命题；
对于p3，设z1＝x＋yi(x，y∈R)，z2＝c＋di(c，d∈R)，则z1z2＝(x＋yi)(c＋di)＝cx－dy＋(dx＋cy)i∈R，
∴dx＋cy＝0，取z1＝1＋2i，z2＝－1＋2i，z1≠2，
∴p3不是真命题；
对于p4，∵z＝a＋bi∈R，∴b＝0，∴＝a－bi＝a∈R，
∴p4是真命题．
6．若复数z＝1＋2i，其中i是虚数单位，则·＝________.
解析：∵z＝1＋2i，∴＝1－2i.
∴·＝z·＋1＝5＋1＝6.
答案：6
7．已知复数z满足＝i(其中i是虚数单位)，则|z|＝________.
解析：由＝i知，z＋2＝zi－2i，即z＝，所以|z|＝＝＝2.
答案：2
8．已知a∈R，若为实数，则a＝________，＝________.
解析：＝＝＝＋i，
∵为实数，∴＝0，∴a＝－.
所以＝.
答案：－
9．已知复数z＝x＋yi，且|z－2|＝，则的最大值为________．
解析：∵|z－2|＝＝，
∴(x－2)2＋y2＝3.
由图可知max＝＝.
答案：
10．计算：(1)；
(2)；
(3)＋；
(4).
解：(1)＝＝－1－3i.
(2)
＝
＝＝
＝＋i.
(3)＋＝＋＝＋＝－1.
(4)＝
＝＝
＝－－i.
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．若复数z＝(i是虚数单位)是实数，则实数m＝( )
A．1 B．2
C. D.
解析：选A z＝＝
＝
＝＋i，
∵复数z＝(i是虚数单位)是实数，
∴＝0，即m＝1.
2．已知复数z1＝cos 15°＋sin 15°i和复数z2＝cos 45°＋sin 45°i，则z1·z2＝________.
解析：z1·z2＝(cos 15°＋sin 15°i)(cos 45°＋sin 45°i)＝(cos 15°cos 45°－sin 15°sin 45°)＋(sin 15°cos 45°＋cos 15°sin 45°)i＝cos 60°＋sin 60°i＝＋i.
答案：＋i
3．复数z1＝＋(10－a2)i，z2＝＋(2a－5)i，若1＋z2是实数，求实数a的值．
解：1＋z2＝＋(a2－10)i＋＋(2a－5)i
＝＋[(a2－10)＋(2a－5)]i
＝＋(a2＋2a－15)i.
∵1＋z2是实数，
∴a2＋2a－15＝0，
解得a＝－5或a＝3.
∵a＋5≠0，
∴a≠－5，故a＝3.
第二节分类加法计数原理与分步乘法计数原理
两个计数原理
完成一件事的策略
完成这件事共有的方法
分类加法计数原理
有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法
N＝m＋n种不同的方法
分步乘法计数原理
需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法
N＝m×n种不同的方法
[小题体验]
1．(教材习题改编)书架的第1层放有4本不同的语文书，第2层放有5本不同的数学书，第3层放有6本不同的体育书．从第1,2,3层分别各取1本书，则不同的取法种数为( )
A．3 B．15
C．21 D．120
解析：选D 由分步乘法计数原理，从1,2,3层分别各取1本书不同的取法总数为4×5×6＝120(种)．故选D.
2．(教材习题改编)从0,1,2,3,4,5这六个数字中，任取两个不同数字相加，其和为偶数的不同取法的种数是________．
解析：从0,1,2,3,4,5六个数字中，任取两数和为偶数可分为两类，①取出的两数都是偶数，共有3种方法；②取出的两数都是奇数，共有3种方法，故由分类加法计数原理得共有N＝3＋3＝6种．
答案：6
1．分类加法计数原理在使用时易忽视每类做法中每一种方法都能完成这件事情，类与类之间是独立的．
2．分步乘法计数原理在使用时易忽视每步中某一种方法只是完成这件事的一部分，而未完成这件事，步与步之间是相关联的．
[小题纠偏]
1．用0,1,2，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为( )
A．243 B．252
C．261 D．279
解析：选B 0,1，2，…，9共能组成9×10×10＝900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648(个)，∴有重复数字的三位数有900－648＝252(个)．
2．如图，从A城到B城有3条路；从B城到D城有4条路；从A城到C城有4条路，从C城到D城有5条路，则某旅客从A城到D城共有________条不同的路线．
解析：不同路线共有3×4＋4×5＝32(条)．
答案：32
[题组练透]
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
解析：选B 分两种情况：①4位朋友中有2个人得到画册，有C＝6(种)赠送方法；②4位朋友中只有1个人得到画册，有C＝4(种)赠送方法，所以不同的赠送方法共有6＋4＝10(种)，故选B.
2．椭圆＋＝1的焦点在x轴上，且m∈{1,2,3,4,5}，n∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭圆的个数为________．
解析：因为焦点在x轴上，所以m>n.以m的值为标准分类，由分类加法计数原理，可分为四类：第一类：m＝5时，使m>n，n有4种选择；第二类：m＝4时，使m>n，n有3种选择；第三类：m＝3时，使m>n，n有2种选择；第四类：m＝2时，使m>n，n有1种选择．故符合条件的椭圆共有10个．
答案：10
3．(2018·诸暨模拟)小王同学在书店发现三本有价值的书，若决定买一本，则购买的方式有________种；决定至少买一本，则购买的方式有________种．
解析：根据题意，若只买一本，则有3种选择；若只买2本，则有3种选择；若买3本，则有1种选择．由分类加法计数原理可知：N＝3＋3＋1＝7种．
答案：3 7
[谨记通法]
利用分类加法计数原理解题时2个注意点
(1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏；
(2)分类时，注意完成这件事件的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．
[题组练透]
1．将3张不同的奥运会门票分给10名同学中的3人，每人1张，则不同分法的种数是( )
A．2 160 B．720
C．240 D．120
解析：选B 分步来完成此事．第1张有10种分法；第2张有9种分法；第3张有8种分法，则共有10×9×8＝720(种)分法．
2．(2018·台州模拟)有4个不同书写形式的“迎”字和3个不同书写形式的“新”字，如果一个“迎”字和一个“新”字能配成一套，则不同的配套方式共有( )
A．7种 B．12种 C．64种 D．81种
解析：选B 分两步进行，第一步，选“迎”字，有4种不同的选法；第二步，选“新”字，有3种不同的选法，所以由分步乘法计数原理可知：N＝4×3＝12种．
3．从－1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数，则可组成________个不同的二次函数，其中偶函数有________个(用数字作答)．
解析：一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知共有3×3×2＝18(个)二次函数．若二次函数为偶函数，则b＝0，同上可知共有3×2＝6(个)偶函数．
答案：18 6
[谨记通法]
利用分步乘法计数原理解题时3个注意点
(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)各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这件事．
(3)对完成每一步的不同方法数要根据条件准确确定．
[典例引领]
1．如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为( )
A．24 B．48 C．72 D．96
解析：选C 分两种情况：
(1)A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D有1种，有4×3×2＝24(种)涂法．
(2)A，C同色，先涂A有4种，E有3种，C有1种，B，D各有2种，有4×3×2×2＝48(种)涂法．
故共有24＋48＝72种涂色方法．
2．已知集合M＝{1,2,3,4}，集合A，B为集合M的非空子集，若对任意x∈A，y∈B，x
0，且Δ＝b2－4ac≤0，因此只有当a，c同号时才有可能，共有2种情况，因此满足条件的集合N的个数是10－2＝8.
答案：8
7．在一个三位数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼峰数”，比如“102”，“546”为“驼峰数”．由数字1,2,3,4可构成无重复数字的“驼峰数”有________个．其中偶数有________个．
解析：十位上的数为1时，有213,214,312,314,412,413，共6个，十位上的数为2时，有324,423，共2个，所以共有6＋2＝8(个)．偶数为214,312,314,412,324，共5个．
答案：8 5
8.如图所示，用五种不同的颜色分别给A，B，C，D四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法共有________种．
解析：按区域分四步：第一步，A区域有5种颜色可选；第二步，B区域有4种颜色可选；第三步，C区域有3种颜色可选；第四步，D
区域也有3种颜色可选．由分步乘法计数原理，共有5×4×3×3＝180(种)不同的涂色方法．
答案：180
9．已知△ABC三边a，b，c的长都是整数，且a≤b≤c，如果b＝25，则符合条件的三角形共有________个．
解析：根据三边构成三角形的条件可知，c<25＋a.
第一类：当a＝1，b＝25时，c可取25，共1个值；
第二类，当a＝2，b＝25时，c可取25,26，共2个值；
……
当a＝25，b＝25时，c可取25,26，…，49，共25个值；
所以三角形的个数为1＋2＋…＋25＝325.
答案：325
10．已知集合M＝，若a，b，c∈M，则：
(1)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个不同的二次函数；
(2)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个图象开口向上的二次函数．
解：(1)a的取值有5种情况，b的取值有6种情况，c的取值有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示5×6×6＝180(个)不同的二次函数．
(2)y＝ax2＋bx＋c的图象开口向上时，a的取值有2种情况，b，c的取值均有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示2×6×6＝72(个)图象开口向上的二次函数．
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．已知集合A＝{(x，y)|x2＋y2≤1，x，y∈Z}，B＝{(x，y)||x|≤2，|y|≤2，x，y∈Z}，定义集合A⊕B＝{(x1＋x2，y1＋y2)|(x1，y1)∈A，(x2，y2)∈B}，则A⊕B中元素的个数为( )
A．77 B．49
C．45 D．30
解析：选C A＝{(x，y)|x2＋y2≤1，x，y∈Z}＝{(x，y)|x＝±1，y＝0；或x＝0，y＝±1；或x＝0，y＝0}，
B＝{(x，y)||x|≤2，|y|≤2，x，y∈Z}＝{(x，y)|x＝－2，－1，0,1,2；y＝－2，－1,0,1,2}，A⊕B表示点集．
由x1＝－1,0,1，x2＝－2，－1,0,1,2，得x1＋x2＝－3，－2，－1,0,1,2,3，共7种取值可能．
同理，由y1＝－1,0,1，y2＝－2，－1,0,1,2，得y1＋y2＝－3，－2，－1,0,1,2,3，共7种取值可能．
当x1＋x2＝－3或3时，y1＋y2可以为－2，－1,0,1,2中的一个值，分别构成5个不同的点，
当x1＋x2＝－2，－1,0,1,2时，y1＋y2
可以为－3，－2，－1，0,1,2,3中的一个值，分别构成7个不同的点，
故A⊕B共有2×5＋5×7＝45(个)元素．
2．(2018·湖南十二校联考)若m，n均为非负整数，在做m＋n的加法时各位均不进位(例如：134＋3 802＝3 936)，则称(m，n)为“简单的”有序对，而m＋n称为有序对(m，n)的值，那么值为1 942的“简单的”有序对的个数是________．
解析：第1步，1＝1＋0,1＝0＋1，共2种组合方式；
第2步，9＝0＋9,9＝1＋8,9＝2＋7,9＝3＋6，…，9＝9＋0，共10种组合方式；
第3步，4＝0＋4,4＝1＋3,4＝2＋2,4＝3＋1,4＝4＋0，共5种组合方式；
第4步，2＝0＋2,2＝1＋1,2＝2＋0，共3种组合方式．
根据分步乘法计数原理，值为1 942的“简单的”有序对的个数为2×10×5×3＝300.
答案：300
3.如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，求共有多少不同的染色方法．
解：可分为两大步进行，先将四棱锥一侧面三顶点染色，然后再分类考虑另外两顶点的染色数，用分步乘法计数原理即可得出结论．由题设，四棱锥S ABCD的顶点S，A，B所染的颜色互不相同，它们共有5×4×3＝60(种)染色方法．当S，A，B染好时，不妨设其颜色分别为1,2,3，若C染2，则D可染3或4或5，有3种染法；若C染4，则D可染3或5，有2种染法；若C染5，则D可染3或4，有2种染法．可见，当S，A，B已染好时，C，D还有7种染法，故不同的染色方法有60×7＝420(种)．
第三节排列与组合
1．排列与排列数
(1)排列：
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．
(2)排列数：
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，记作A.
2．组合与组合数
(1)组合：
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．
(2)组合数：
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，记作C.
3．排列数、组合数的公式及性质
排列数
组合数
公式
A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1) ＝
C＝＝
＝
性质
A＝n！；
0！＝1
C＝1；
C＝C_；
C＋C＝C
备注
n，m∈N*且m≤n
[小题体验]
1．从3,5,7,11这四个质数中，每次取出两个不同的数分别为a，b，共可得到lg a－lg b的不同值的个数是( )
A．6 B．8
C．12 D．16
解析：选C 由于lg a－lg b＝lg ，从3,5,7,11中取出两个不同的数分别赋值给a和b共有A＝12种，所以得到不同的值有12个．
2．(教材习题改编)甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙两人所选的课程中恰有1门相同的选法有________种．
解析：依题意得知，满足题意的选法共有C·C·C＝24种．
答案：24
3．(2018·舟山模拟)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________．
解析：依题意得，满足题意的组成方法有CA＝48个．
答案：48
1．易混淆排列与组合问题，区分的关键是看选出的元素是否与顺序有关，排列问题与顺序有关，组合问题与顺序无关．
2．计算A时易错算为n(n－1)(n－2)…(n－m)．
3．易混淆排列与排列数，排列是一个具体的排法，不是数是一件事，而排列数是所有排列的个数，是一个正整数．
[小题纠偏]
1．方程3A＝2A＋6A的解为________．
解析：由排列数公式可知
3x(x－1)(x－2)＝2(x＋1)x＋6x(x－1)，
∵x≥3且x∈N*，
∴3(x－1)(x－2)＝2(x＋1)＋6(x－1)，
即3x2－17x＋10＝0，
解得x＝5或x＝(舍去)，
∴x＝5.
答案：5
2．某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案种数为________．(用数字作答)
解析：法一：依题意可得有两类选派方案：1名女生3名男生或2名女生2名男生，共有C×C＋C×C＝8＋6＝14(种)满足要求的方案．
法二：6人中选4人的方案有C＝15种，没有女生的方案只有1种，所以满足要求的方案有14种．
答案：14
[典例引领]
有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数．
(1)选5人排成一排；
(2)排成前后两排，前排3人，后排4人；
(3)全体排成一排，甲不站排头也不站排尾；
(4)全体排成一排，女生必须站在一起；
(5)全体排成一排，男生互不相邻．
解：(1)从7人中选5人排列，有A＝7×6×5×4×3＝2 520(种)．
(2)分两步完成，先选3人站前排，有A种方法，余下4人站后排，有A种方法，共有A·A＝5 040(种)．
(3)法一：(特殊元素优先法)先排甲，有5种方法，其余6人有A种排列方法，共有5×A＝3 600(种)．
法二：(特殊位置优先法)首尾位置可安排另6人中的两人，有A种排法，其他有A种排法，共有AA＝3 600(种)．
(4)(捆绑法)将女生看作一个整体与3名男生一起全排列，有A种方法，再将女生全排列，有A种方法，共有A·A＝576(种)．
(5)(插空法)先排女生，有A种方法，再在女生之间及首尾5个空位中任选3个空位安排男生，有A种方法，共有A·A＝1 440(种)．
[由题悟法]
求解排列应用问题的6种主要方法
直接法
把符合条件的排列数直接列式计算
优先法
优先安排特殊元素或特殊位置
捆绑法
把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列
插空法
对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中
定序问题除法处理
对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列
间接法
正难则反、等价转化的方法
[即时应用]
1．(2018·桐庐期末)将5名实习老师分配到高一年级3个班实习，每班至少1名，最多2名，则不同的分配方案有( )
A．30种 B．90种
C．180种 D．270种
解析：选B 由题可得，每班人数可能为1,2,2的形式，所以不同的分配方案种数为N＝A＝90种．
2．用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为( )
A．324 B．648
C．328 D．360
解析：选C 首先应考虑“0”，当0排在个位时，有A＝9×8＝72(个)，当0排在十位时，有AA＝4×8＝32(个)．当不含0时，有A·A＝4×8×7＝224(个)，由分类加法计数原理，得符合题意的偶数共有72＋32＋224＝328(个)．
3．(2018·湖州调研)A，B，C，D，E等5名同学坐成一排照相，要求学生A，B不能同时坐在两旁，也不能相邻而坐，则这5名同学坐成一排的不同坐法共有______种．(用数字作答)
解析：先排C，D，E学生，有A种坐法，A，B不能同时坐在两旁，也不能相邻而坐，有A－A种坐法，则共有A(A－A)＝60种坐法．
答案：60
4．(2018·绍兴一模)将3个男同学和3个女同学排成一列，若男同学甲与另外两个男同学不相邻，则不同的排法种数为________．(用数字作答)
解析：根据题意，分2种情况讨论：
①3个男同学均不相邻，将三名女同学全排列，有A＝6种排法，排好后有4个空位，在4个空位中，任选3个，安排3个男同学，有A＝24种安排方法，
此时共有6×24＝144种不同的排法；
②另外两个男同学相邻，将这两个男同学看成一个整体，考虑2人的顺序，有A＝2种情况，将三名女同学全排列，有A＝6种排法，排好后有4个空位，
在4个空位中，任选2个，安排甲和这2个男同学，有A＝12种安排方法，
此时共有2×6×12＝144种不同的排法．
所以共有144＋144＝288种不同的排法．
答案：288
[典例引领]
某运动队有男运动员6名，女运动员4名，若选派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．
解：(1)任选3名男运动员，方法数为C，再选2名女运动员，方法数为C，共有C·C＝120(种)方法．
(2)法一：(直接法)至少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，
由分类加法计数原理可得总选法数为
CC＋CC＋CC＋CC＝246(种)．
法二：(间接法)“至少有1名女运动员”的反面是“全是男运动员”，因此用间接法求解，不同选法有C－C＝246(种)．
[由题悟法]
1．解决组合应用题的2个步骤
(1)整体分类要注意分类时，不重复不遗漏，用到分类加法计数原理；
(2)局部分步用到分步乘法计数原理．
2．解决含有附加条件的组合问题的2种方法
通常用直接法或间接法，应注意对“至少”“最多”“恰好”等词的含义的理解，对于涉及“至少”“至多”等词的组合问题，既可考虑反面情形即间接求解，也可以分类研究进行直接求解．
[即时应用]
1．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 B．63种
C．65种 D．66种
解析：选D 9个整数中共有4个不同的偶数和5个不同的奇数，要使和为偶数，则4个数全为奇数，或全为偶数，或2个奇数和2个偶数，故不同的取法有C＋C＋CC＝66(种)．
2．(2018·南昌模拟)甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法共有( )
A．30种 B．36种
C．60种 D．72种
解析：选A 甲、乙两人从4门课程中各选修2门有CC＝36(种)选法，甲、乙所选的课程中完全相同的选法有6种，则甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法共有36－6＝30(种)．
3．现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为________．
解析：第一类，含有1张红色卡片，不同的取法有CC＝264(种)．第二类，不含有红色卡片，不同的取法有C－3C＝220－12＝208(种)．由分类加法计数原理知，不同的取法共有264＋208＝472(种)．
答案：472
[锁定考向]
排列与组合是高考命题的一个热点，多以选择题或填空题的形式呈现，试题难度不大，多为容易题或中档题．
常见的命题角度有：
(1)简单的排列与组合的综合问题；
(2)分组、分配问题．
[题点全练]
角度一：简单的排列与组合的综合问题
1．(2018·河南八市重点高考质量检测)将标号为1,2,3,4的四个篮球分给三位小朋友，每位小朋友至少分到一个篮球，且标号1,2的两个篮球不能分给同一个小朋友，则不同的分法种数为( )
A．15 B．20
C．30 D．42
解析：选C 四个篮球中两个分到一组有C种分法，三个篮球进行全排列有A种分法，标号1,2的两个篮球分给同一个小朋友有A种分法，所以有CA－A＝36－6＝30种分法．
角度二：分组、分配问题
2．(2018·广州五校联考)将5位同学分别保送到北京大学、上海交通大学、中山大学这3所大学就读，每所大学至少保送1人，则不同的保送方法共有( )
A．150种 B．180种
C．240种 D．540种
解析：选A 先将5人分成三组，3,1,1或2,2,1，共有C＋C×＝25(种)，再将每组学生分到3所学校有A＝6种分法，共有25×6＝150(种)不同的保送方法．
[通法在握]
1．解决简单的排列与组合的综合问题的思路
(1)根据附加条件将要完成事件先分类．
(2)对每一类型取出符合要求的元素组合，再对取出的元素排列．
(3)由分类加法计数原理计算总数．
2．分组、分配问题的求解策略
(1)对不同元素的分配问题．
①对于整体均分，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以A(n为均分的组数)，避免重复计数．
②对于部分均分，解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，分组过程中有几个这样的均匀分组，就要除以几个这样的全排列数．
③对于不等分组，只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数．
(2)对于相同元素的“分配”问题，常采用的方法是“隔板法”．
[演练冲关]
1．某校为了提倡素质教育，丰富学生们的课外生活，分别成立绘画、象棋和篮球兴趣小组，现有甲、乙、丙、丁四名学生报名参加，每人仅参加一个兴趣小组，每个兴趣小组至少有一人报名，则不同的报名方法有( )
A．12种 B．24种
C．36种 D．72种
解析：选C 由题意可知，从4人中任选2人作为一个整体，共有C＝6(种)，再把这个整体与其他2人进行全排列，对应3个活动小组，有A＝6(种)情况，所以共有6×6＝36(种)不同的报名方法．
2．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 将4名学生均分为2个小组共有＝3(种)分法；将2个小组的同学分给2名教师共有A＝2(种)分法，
最后将2个小组的人员分配到甲、乙两地有A＝2(种)分法．
故不同的安排方案共有3×2×2＝12(种)．
3．(2017·湖州期末)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，若要求两类课程中至少选一门，则不同的选法的种数有( )
A．30 B．35
C．42 D．48
解析：选A 法一：从7门中任选3门，有C＝35种，其中都选A类的有C＝1种，都选B类的有C＝4种，则满足条件的不同的选法种数有35－1－4＝30种．
法二：若A类选1本B类选2本，则不同的选法有CC＝18种；若A类选2本B类选1本，则不同的选法有CC＝12种．则满足条件的不同的选法种数有18＋12＝30种．
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．(2018·金华十校联考)将5名同学分到甲、乙、丙3个小组，若甲组至少两人，乙、丙组每组至少一人，则不同的分配方案的种数为( )
A．50 B．80
C．120 D．140
解析：选B 根据题意，分2种情况讨论：
①甲组有2人，首先选2个放到甲组，有C＝10种，
再把剩下的3个人放到乙和丙两个位置，每组至少一人，有CA＝6种，
∴共有10×6＝60种分配方案，
②当甲中有三个人时，有CA＝20种分配方案，
∴共有60＋20＝80种分配方案．
2．(2018·福建质检)5名学生进行知识竞赛，笔试结束后，甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说：“你们5人的成绩互不相同，很遗憾，你的成绩不是最好的”；对乙说：“你不是最后一名”．根据以上信息，这5人的笔试名次的所有可能的种数是( )
A．54 B．72
C．78 D．96
解析：选C 由题得甲不是第一，乙不是最后，先排乙，若乙得第一，则有A＝24种，若乙没得第一，则乙有3种，再排甲也有3种，余下3人有A＝6种，故有3×3×6＝54种，所以共有24＋54＝78种．
3．某校从8名教师中选派4名同时去4个边远地区支教(每地1名教师)，其中甲和乙不能都去，甲和丙只能都去或都不去，则不同的选派方案有( )
A．900种 B．600种
C．300种 D．150种
解析：选B 依题意，就甲是否去支教进行分类计数：第一类，甲去支教，则乙不去支教，且丙也去支教，则满足题意的选派方案有C·A＝240(种)；第二类，甲不去支教，且丙也不去支教，则满足题意的选派方案有A＝360(种)，因此，满足题意的选派方案共有240＋360＝600(种)，选B.
4．(2018·温州期末)某篮球队有12名球员，按位置区分，为3名中锋，4名后卫，5名前锋．某一场比赛进行中，教练员拟派出1名中锋，2名后卫和2名前锋的标准阵容．现已知中锋甲与后卫乙不能同上，则不同的选派方法种数有( )
A．180 B．150
C．120 D．108
解析：选B 若不考虑限制情况，则不同的选派方法有CCC＝180种，其中中锋甲与后卫乙同上的选派方法有CC＝30种，所以满足条件的不同选派方法有180－30＝150种．故选B.
5．(2018·北京西城区模拟)大厦一层有A，B，C，D四部电梯， 3人在一层乘坐电梯上楼，其中2人恰好乘坐同一部电梯，则不同的乘坐方式有________种．(用数字作答)
解析：元素相邻利用“捆绑法”，先从3人中选择2人坐同一电梯有C＝3种，在将“2”个元素安排坐四部电梯有A＝12种，则不同的乘坐方式有3×12＝36种．
答案：36
二保高考，全练题型做到高考达标
1．(2018·舟山模拟)将编号为1,2,3,4,5,6的六个小球放入编号为1,2,3,4,5,6的六个盒子，每个盒子放一个小球，若有且只有三个盒子的编号与放入的小球编号相同，则不同的放法总数是( )
A．40 B．60
C．80 D．100
解析：选A 三个小球放入盒子是不对号入座的方法有2种，由排列组合的知识可得，不同的放法总数是2C＝40种．
2．(2018·永康名校联考)将数字“123367”重新排列后得到不同的偶数个数为( )
A．72 B．120
C．192 D．240
解析：选B 先排个位，有C＝2种排法，再排其他五位数，有＝60种排法，所以得到不同的偶数个数为2×60＝120.
3．(2018·衢州期末)小明有3双颜色相近的袜子(不分左右脚)．某天早晨，由于贪睡造成晚起．为了防止上学迟到，小明随手从这3双颜色相近的袜子中抓起两只袜子套在脚上，拔腿就走．则小明穿的不是同一双袜子的可能性有几种( )
A．22 B．24
C．28 D．30
解析：选B 根据条件，先从三双袜子中任选一双，选一只，有CC＝6种不同的选法；再从剩余的2双袜子中任选一只，有C＝4种不同的选法．由分步乘法计数原理可知，N＝6×4＝24种．故选B.
4．有5本不同的教科书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本．若将其并排摆放在书架的同一层上，则同一科目书都不相邻的放法种数是( )
A．24 B．48
C．72 D．96
解析：选B 据题意可先摆放2本语文书，当1本物理书在2本语文书之间时，只需将2本数学书插在前3本书形成的4个空中即可，此时共有AA种摆放方法；当1本物理书放在2本语文书一侧时，共有AACC种不同的摆放方法，由分类加法计数原理可得共有AA＋AACC＝48(种)摆放方法．
5．(2016·福建三明调研)将A，B，C，D，E排成一列，要求A，B，C在排列中顺序为“A，B，C”或“C，B，A”(可以不相邻)，这样的排列数有( )
A．12种 B．20种
C．40种 D．60种
解析：选C (排序一定用除法)五个元素没有限制全排列数为A，由于要求A，B，C
的次序一定(按A，B，C或C，B，A)，故除以这三个元素的全排列A，可得这样的排列数有×2＝40(种)．
6．现有2个红球、3个黄球、4个白球，同色球不加区分，将这9个球排成一列，有________种不同的方法．(用数字作答)．
解析：第一步，从9个位置中选出2个位置，分给相同的红球，有C种选法；第二步，从剩余的7个位置中选出3个位置，分给相同的黄球，有C种选法；第三步，剩下的4个位置全部分给4个白球，有1种选法．根据分步乘法计数原理可得，排列方法共有CC＝1 260(种)．
答案：1 260
7．(2018·台州高三年级调考试题)某校在一天的8节课中安排语文、数学、英语、物理、化学、选修课与2节自修课，其中第1节只能安排语文、数学、英语三门中的一门，第8节只能安排选修课或自修课，且选修课与自修课、自修课与自修课均不能相邻，则所有不同的排法共有__________种．(用数字表示)
解析：根据题意，因为第1节只能安排语文、数学、英语三门中的一门，则第一节课有C＝3种排法；
对第8节课分情况讨论：
①若第8节安排选修课，需要将语文、数学、英语、物理、化学中剩余的4科全排列，有A＝24种情况，
排好后，除最后的空位之外，有4个空位可选，
在其中任选2个，安排2节自修课，有C＝6种情况，
此时有24×6＝144种安排方法；
②若第8节安排自修课，将语文、数学、英语、物理、化学中剩余的4科全排列，有A＝24种情况，
排好后，除最后的空位之外，有4个空位可选，
在其中任选2个，安排剩下的自修课与选修课，有A＝12种情况，
此时有24×12＝288种情况，
则后面7节课有144＋288＝432种安排方法．
故所有不同的排法共有3×432＝1 296种．
答案：1 296
8．(2018·黄冈质检)在高三某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，且女生甲不能排第一个，那么出场的顺序的排法种数为________．
解析：不相邻问题插空法.2位男生不能连续出场的排法共有N1＝A×A
＝72(种)，女生甲排第一个且2位男生不连续出场的排法共有N2＝A×A＝12(种)，所以出场顺序的排法种数为N＝N1－N2＝60.
答案：60
9．把座位编号为1,2,3,4,5的五张电影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至少一张，至多两张，且分得的两张票必须是连号，那么不同的分法种数为________(用数字作答)．
解析：先将票分为符合条件的4份，由题意，4人分5张票，且每人至少一张，至多两张，则三人每人一张，一人2张，且分得的票必须是连号，相当于将1,2,3,4,5这五个数用3个板子隔开，分为四部分且不存在三连号．在4个空位插3个板子，共有C＝4(种)情况，再对应到4个人，有A＝24(种)情况，则共有4×24＝96(种)情况．
答案：96
10．(1)已知C＝A＋1，求n；
(2)若C>3C，求m.
解：(1)由C＝A＋1得
＝(n－1)(n－2)＋1.
即n2－7n＋6＝0.解得n＝1，或n＝6.
由A知，n≥3，故n＝6.
(2)原不等式可化为>，
解得m>.
∵0≤m－1≤8，且0≤m≤8，∴1≤m≤8.
又m是整数，∴m＝7或m＝8.
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．甲、乙等5人在天安门广场排成一排拍照留念，甲和乙必须相邻且都不站在两端的排法有( )
A．12种 B．24种
C．48种 D．120种
解析：选B 甲、乙相邻，将甲、乙捆绑在一起看作一个元素，共有AA种排法，甲、乙相邻且在两端有CAA种排法，故甲、乙相邻且都不站在两端的排法有AA－CAA＝24(种)．
2．现准备将6台型号相同的电脑分配给5所小学，其中A，B两所希望小学每个学校至少2台，其他小学允许1台也没有，则不同的分配方案共有( )
A．13种 B．15种
C．20种 D．30种
解析：选B 先给A，B两所希望小学每个学校分配2台电脑，再将剩余2台电脑随机分配给5所希望小学，共有C＋C＝15种情况.
3．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？
(3)在(1)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＝100 800(个)．
(2)上述七位数中，3个偶数排在一起的有CCAA＝14 400(个)．
(3)在(1)中的七位数中，3个偶数排在一起，4个奇数也排在一起的有CCAAA＝5 760(个)．
第四节二项式定理
1．二项式定理
(1)二项式定理：(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn(n∈N*)；
(2)通项公式：Tk＋1＝Can－kbk，它表示第k＋1项；
(3)二项式系数：二项展开式中各项的系数为C，C，…，C.
2．二项式系数的性质
[小题体验]
1．二项式8的展开式中常数项为( )
A．70 B．28
C．1 120 D．112
解析：选D ∵8展开式的通项为Tr＋1＝Cx8－r·r＝C2rx8－4r，令8－4r＝0，得r＝2，∴二项式8的展开式中的常数项为C22＝112.
2．(1－2x)7的展开式中x3的系数为________．
解析：Tr＋1＝C17－r(－2x)r＝C(－2)rxr，
令r＝3.
则x3的系数为C(－2)3＝35×(－8)＝－280.
答案：－280
3.8的展开式中的有理项共有________项．
解析：∵Tr＋1＝C()8－rr＝rCx，
∴r为4的倍数，
故r＝0,4,8，共3项．
答案：3
1．二项式的通项易误认为是第k项，实质上是第k＋1项．
2．(a＋b)n与(b＋a)n虽然相同，但具体到它们展开式的某一项时是不相同的，所以公式中的第一个量a与第二个量b的位置不能颠倒．
3．易混淆二项式中的“项”，“项的系数”、“项的二项式系数”等概念，注意项的系数是指非字母因数所有部分，包含符号，二项式系数仅指C(k＝0,1，…，n)．
[小题纠偏]
1．(2018·宁波质检)二项式9展开式中，x3项的系数为( )
A．－ B.
C．－ D.
解析：选C 二项式9展开式的通项为Tr＋1＝Cx9－rr＝Crx9－2r，
令9－2r＝3，得r＝3，
所以x3项的系数为C3＝－，故选C.
2．若(1＋3x)n(其中n∈N且n≥6)的展开式中x5与x6的系数相等，则n＝________.
解析：(1＋3x)n的展开式中含x5的项为C(3x)5＝C35x5，展开式中含x6的项为C36x6.
由两项的系数相等得C·35＝C·36，解得n＝7.
答案：7
[锁定考向]
二项式定理是高中数学中的一个重要知识点，也是高考命题的热点，多以选择题、填空题的形式呈现，试题难度不大，多为容易题或中档题．
常见的命题角度有：
(1)求展开式中的某一项；
(2)求展开式中的项的系数或二项式系数；
(3)由已知条件求n的值或参数的值．
[题点全练]
角度一：求展开式中的某一项
1．二项式6展开式中的第4项为( )
A．－1 280x3 B．－1 280
C．240 D．－240
解析：选A 6展开式中的第4项为T3＋1＝C(4x2)33＝－1 280x3，选A.
2．在15的展开式中，x的非负整数次幂的项的个数为________．
解析：展开式的通项为Tr＋1＝(－1)rC·()15－r·r＝(－1)r2rCx，
由题意知5－r为非负整数，得r＝0或6，
∴符合要求的项的个数为2.
答案：2
角度二：求展开式中的项的系数或二项式系数
3．(2018·湖州调研)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．121 B．－74
C．74 D．－121
解析：选D 法一：(1－x)5＋(1－x)6＋(1－x)7＋(1－x)8
＝＝，
(1－x)5中x4的系数为C＝5，－(1－x)9中x4的系数为－C＝－126，得－126＋5＝－121.
法二：由题意得含x3的项的系数是－C－C－C－C＝－10－20－35－56＝－121.
4．(2018·浙江五校联考)(1＋x)(2－)4的展开式中x2项的系数为________．
解析：(1＋x)(2－)4的展开式中x2项的系数为C20＋C22＝1＋24＝25.
答案：25
角度三：由已知条件求n的值或参数的值
5．在5的展开式中x－4的系数为320，则实数a＝________.
解析：因为展开式的通项公式Tr＋1＝C(2x)5－rr＝25－rarCx5－3r，令5－3r＝－4，得r＝3，则25－3a3C＝320，即a3＝8，解得a＝2.
答案：2
[通法在握]
求二项展开式中的特定项的方法
求二项展开式的特定项问题，实质是考查通项Tk＋1＝Can－kbk的特点，一般需要建立方程求k，再将k的值代回通项求解，注意k的取值范围(k＝0,1,2，…，n)．
(1)第m项：此时k＋1＝m，直接代入通项；
(2)常数项：即这项中不含“变元”，令通项中“变元”的幂指数为0建立方程；
(3)有理项：令通项中“变元”的幂指数为整数建立方程．
特定项的系数问题及相关参数值的求解等都可依据上述方法求解．
[演练冲关]
1．(2018·海口调研)若(x2－a)10的展开式中x6的系数为30，则a等于( )
A. B.
C．1 D．2
解析：选D 依题意，注意到10的展开式的通项公式是Tr＋1＝C·x10－r·r＝C·x10－2r，10的展开式中含x4(当r＝3时)、x6(当r＝2时)项的系数分别为C、C
，因此由题意得C－aC＝120－45a＝30，由此解得a＝2.
2．(2018·温州十校联考)已知(1＋x＋x2)n(n∈N*)的展开式中没有常数项，且2≤n≤8，则n＝________.
解析：(1＋x＋x2)n的展开式中没有常数项即n中没有常数项，不含x－1，x－2项，因为n的通项公式为Tr＋1＝Cxn－4r，所以经验证得n＝5.
答案：5
[典例引领]
1．在二项式(1－2x)n的展开式中，偶数项的二项式系数之和为128，则展开式的中间项的系数为( )
A．－960 B．960
C．1 120 D．1 680
解析：选C 根据题意，奇数项的二项式系数之和也应为128，所以在(1－2x)n的展开式中，二项式系数之和为256，即2n＝256，n＝8，则(1－2x)8的展开式的中间项为第5项，且T5＝C(－2)4x4＝1 120x4，即展开式的中间项的系数为1 120，故选C.
2．若x9＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a9(x－1)9，则的值为________．
解析：令x＝2，得29＝a0＋a1＋a2＋…＋a8＋a9，
令x＝0，得0＝a0－a1＋a2－…＋a8－a9，
所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝28.
又x9＝[1＋(x－1)]9，其中T8＝C(x－1)7，
所以a7＝C＝36，故＝＝.
答案：
[由题悟法]
1．赋值法研究二项式的系数和问题
“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(ax＋b)n、(ax2＋bx＋c)m(a，b∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x＝1即可；对形如(ax＋by)n(a，b∈R)的式子求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1即可．
2．二项式系数最大项的确定方法
(1)如果n是偶数，则中间一项的二项式系数最大；
(2)如果n是奇数，则中间两项的二项式系数相等并最大．
[即时应用]
1．已知n的展开式中第3项与第6项的二项式系数相等，则展开式中系数最大的项为( )
A．第5项 B．第4项
C．第4项或第5项 D．第5项或第6项
解析：选A ∵n的展开式中第3项与第6项的二项式系数相等，∴C＝C，得n＝7.又展开式中第r＋1项的系数为Cr，当r＝4时，C(－1)r最大，∴展开式中系数最大的项为第5项．
2．设n的展开式的各项系数之和为M，二项式系数之和为N，若M－N＝240，则展开式中二项式系数最大的项为__________．
解析：依题意得，M＝4n＝(2n)2，N＝2n，
于是有(2n)2－2n＝240，(2n＋15)(2n－16)＝0，
∴2n＝16＝24，解得n＝4.
要使二项式系数C最大，只有k＝2，
故展开式中二项式系数最大的项为
T3＝C(5x)2·(－)2＝150x3.
答案：150x3
[典例引领]
设a∈Z，且0≤a<13，若512 016＋a能被13整除，则a＝( )
A．0 B．1
C．11 D．12
解析：选D 由于51＝52－1，
(52－1)2 016＝C522 016－C522 015＋…－C521＋1，
又由于13整除52，
所以只需13整除1＋a，
0≤a<13，
a∈Z，
所以a＝12.
[由题悟法]
利用二项式定理解决整除问题的思路
(1)观察除式与被除式间的关系．
(2)将被除式拆成二项式．
(3)结合二项式定理得出结论．
[即时应用]
求1－90C＋902C－903C＋…＋(－1)k90kC＋…＋9010C除以88的余数．
解：∵1－90C＋902C＋…＋(－1)k90kC＋…＋9010C＝(1－90)10＝8910，∴8910＝(88＋1)10＝8810＋C889＋…＋C88＋1，∵前10项均能被88整除，∴余数是1.
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1.10的展开式中x2的系数等于( )
A．45 B．20
C．－30 D．－90
解析：选A ∵展开式的通项为Tr＋1＝(－1)rC·xx－(10－r)
＝(－1)rCx－10＋r，令－10＋r＝2，得r＝8，
∴展开式中x2的系数为(－1)8C＝45.
2．(2018·宁波十校联考)6的展开式中常数项为( )
A. B．160
C．－ D．－160
解析：选A 因为展开式中的通项公式为Tr＋1＝Cx6－r·r＝rCx6－2r，令6－2r＝0，得r＝3，所以展开式中的常数项为T4＝3C＝.
3．(2018·丽水模拟)若7展开式中含x的项的系数为280，则a＝( )
A．－2 B．2
C．－ D.
解析：选C 该二项式展开式的通项公式为Tr＋1＝Cx7－r·r＝C(－1)ra－rx7－2r.令7－2r＝1，解得r＝3.所以－Ca－3＝280，解得a－3＝－8，所以a＝－.
4．(2018·嘉兴质检)若(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x2的系数是20，则实数a＝________.
解析：因为(1＋x)5展开式的通项公式为Tr＋1＝Cxr，
结合多项式的特点可得含x2的项为Cx2＋aCx2，
所以C＋aC＝20，解得a＝2.
答案：2
5．(2018·绍兴质检)若(1＋2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则a0＋a2＋a4＝________.
解析：令x＝1，得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝35；
令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝－1，
所以a0＋a2＋a4＝＝121.
答案：121
二保高考，全练题型做到高考达标
1．(2018·武汉调研)n的展开式中所有项系数的绝对值之和为1 024，则该展开式中的常数项是( )
A．－270 B．270
C．－90 D．90
解析：选C 在n的展开式中，令x＝1，可得n展开式的各项系数绝对值之和为4n＝22n＝1 024＝210，解得n＝5，
故5展开式的通项公式为Tr＋1＝C·35－r·(－1)r·x.
令＝0，得r＝3，故展开式中的常数项为－32C＝－90.
2．(2018·金华十校联考)在(1－x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋anxn中，若2a2＋an－5＝0，则自然数n的值是( )
A．7 B．8
C．9 D．10
解析：选B 由题意得，该二项展开式的通项Tr＋1＝C·(－1)rxr，
∴该项的系数ar＝(－1)r·C，
∵2a2＋an－5＝0，
∴2(－1)2C＋(－1)n－5C＝0，
即2C＋(－1)n－5·C＝0，
∴n－5为奇数，
∴2C＝C＝C，
∴2×＝，
∴(n－2)(n－3)(n－4)＝120，解得n＝8.
3．(2018·温州模拟)若z＝＋i，且(x－z)4＝a0x4＋a1x3＋a2x2＋a3x＋a4，则a2等于( )
A．－＋i B．－3＋3i
C.＋i D．－3－3i
解析：选B a2＝Cz2＝62＝6＝－3＋3i，故选B.
4．若(2x－3)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则a1＋2a2＋3a3＋4a4＋5a5等于( )
A．32 B．－1
C．10 D．1
解析：选C 在已知等式两边对x求导，得5(2x－3)4×2＝a1＋2a2x＋3a3x2＋4a4x3＋5a5x4，令x＝1，得a1＋2a2＋3a3＋4a4＋5a5＝5×(2×1－3)4×2＝10.故选C.
5．(2018·杭州高级中学月考)已知函数f(x)＝－x3＋2f′(2)x，n＝f′(2)，则二项式n的展开式中的常数项是( )
A．第7项 B．第8项
C．第9项 D．第10项
解析：选C 根据题意，f′(x)＝－3x2＋2f′(2)，
令x＝2，得f′(2)＝－12＋2f′(2)，所以n＝f′(2)＝12，
则12的二项展开式为Tr＋1＝Cx12－rr＝C·2r·x，
令12－r＝0，得r＝8，此时为展开式的第9项．
6．(2018·嵊州期末)在(1－2x)(1－3x)4的展开式中，x2的系数为________；所有项的系数的和为________．
解析：(1－3x)4的通项公式为Tr＋1＝C(－3)rxr，所以展开式中x2的系数为C(－3)2－2C(－3)＝78.令x＝1，则所有项的系数之和为(1－2)(1－3)4＝－16.
答案：78 －16
7．(2018·义乌期未)若(1＋x)＋(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)n＝a0＋a1x＋…＋anxn, 且a0＋a1＋a2＋…＋an＝126，则n的值为________；a2＝________.
解析：令x＝1，得2＋22＋23＋…＋2n＝＝2n＋1－2＝126，解得n＝6.所以a2＝C
eq oal(2,2)＋C＋C＋C＋C＝1＋3＋6＋10＋15＝35.
答案：6 35
8．(2018·湖南东部六校联考)若n的展开式中各项系数之和为128，则展开式中的系数是________．
解析：令x＝1，得n的展开式中各项系数之和为(3－1)n＝128＝27，故n＝7.则二项式的通项Tr＋1＝C(3x)7－r·(－x－)r＝(－1)r·37－rCx，令7－r＝－3，得r＝6，故展开式中的系数是(－1)6·37－6C＝21.
答案：21
9．已知函数f(x)＝(1＋x)＋(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)n(n≥3)．
(1)求展开式中x2的系数；
(2)求展开式中系数之和．
解：(1)展开式中x2的系数为C＋C＋C＋…＋C
＝C＋C＋C＋…＋C
＝C＋C＋…＋C
＝C＋C＋…＋C
＝…＝C＝＝.
(2)展开式中的系数之和为
f(1)＝2＋22＋23＋…＋2n＝＝2n＋1－2.
10．已知n的展开式中，前三项系数成等差数列．
(1)求n；
(2)求第三项的二项式系数及项的系数；
(3)求含x项的系数．
解：(1)∵前三项系数1，C，C成等差数列．
∴2·C＝1＋C，
即n2－9n＋8＝0.
∴n＝8或n＝1(舍)．
(2)由n＝8知其通项为Tr＋1＝C·()8－r·r＝r·C·x，r＝0,1，…，8.
∴第三项的二项式系数为C＝28.
第三项的系数为2·C＝7.
(3)令4－r＝1，得r＝4，
∴含x项的系数为4·C＝.
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．(2018·丽水质检)(x2－x＋y)5的展开式中，x4y3的系数为( )
A．8 B．9
C．10 D．12
解析：选C [(x2－x)＋y]5中含y3的项为C(x2－x)2y3＝C(x4－2x3＋x2)y3，所以x4y3的系数为C＝10.
2．(2018·杭州质检)在(x－)2 018的二项展开式中，含x的奇次幂的项之和为S，当x＝时，S＝________.
解析：设(x－)2 018＝a0x2 018＋a1x2 017＋…＋a2 018，
则当x＝时，有a0()2 018＋a1()2 017＋…＋a2 018＝0，①
当x＝－时，有a0()2 018－a1()2 017＋…＋a2 018＝23 027，②
①－②，得2a1()2 017＋…＋2a2 017()1＝－23 027，
即2S＝－23 027，则S＝－23 026.
答案：－23 026
3．已知二项式n，
(1)若展开式中第5项，第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大项的系数；
(2)若展开式前三项的二项式系数和等于79，求展开式中系数最大的项．
解：(1)由题意可得C＋C＝2C，整理得n2－21n＋98＝0，
解得n＝7或n＝14，
当n＝7时，展开式中二项式系数最大的项是T4和T5，
∴T4的系数为C·4·23＝，
T5的系数为C·3·24＝70.
当n＝14时，展开式中二项式系数最大的项是T8，
∴T8的系数为C·7·27＝3 432.
(2)由题意可得C＋C＋C＝79，整理得n2＋n－156＝0.
解得n＝12或n＝－13(舍去)．
设Tk＋1项的系数最大，
∵12＝12(1＋4x)12，
∴
解得9.4≤k≤10.4，∴k＝10.
∴展开式中系数最大的项为T11，
T11＝C·2·210·x10＝16 896x10.
第五节随机事件的概率、古典概型
1．事件的相关概念
2．频数、频率和概率
(1)频数、频率：在相同的条件S下重复n次试验，观察某一事件A是否出现，称n次试验中事件A出现的次数nA为事件A出现的频数，称事件A出现的比例fn(A)＝为事件A出现的频率．
(2)概率：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．
3．事件的关系与运算
名称
条件
结论
符号表示
包含关系
A发生⇒B发生
事件B包含事件A(事件A包含于事件
B⊇A(或A⊆B)
B)
相等关系
若B⊇A且A⊇B
事件A与事件B相等
A＝B
并(和)事件
A发生或B发生
事件A与事件B的并事件(或和事件)
A∪B(或A＋B)
交(积)事件
A发生且B发生
事件A与事件B的交事件(或积事件)
A∩B(或AB)
互斥事件
A∩B为不可能事件
事件A与事件B互斥
A∩B＝∅
对立事件
A∩B为不可能事件，A∪B为必然事件
事件A与事件B互为对立事件
A∩B＝∅，P(A∪B)＝1
4．概率的几个基本性质
(1)概率的取值范围：0≤P(A)≤1.
(2)必然事件的概率为1.
(3)不可能事件的概率为0.
(4)概率的加法公式：如果事件A与事件B互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．
(5)对立事件的概率：若事件A与事件B互为对立事件，则A∪B为必然事件，P(A∪B)＝1，P(A)＝1－P(B)．
5．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．
6．古典概型
(1)
(2)概率计算公式：
P(A)＝.
[小题体验]
1．(教材习题改编)某人进行打靶练习，共射击10次，其中有2次中10环，有3次中9环，有4次中8环，有1次未中靶．假设此人射击1次，则其中靶的概率约为____________；中10环的概率约为________．
解析：中靶的频数为9，试验次数为10，所以中靶的频率为
＝0.9，所以此人射击1次，中靶的概率约为0.9.同理得中10环的概率约为0.2.
答案：0.9 0.2
2．(教材习题改编)如果从不包括大、小王的52张扑克牌中随机抽取一张，那么取到红心的概率是，取到方块的概率是，则取到黑色牌的概率是________．
答案：
3．(教材习题改编)一个口袋内装有2个白球和3个黑球，则在先摸出1个白球后放回的条件下，再摸出1个白球的概率是________．
解析：先摸出1个白球后放回，再摸出1个白球的概率，实质上就是第二次摸到白球的概率，因为袋内装有2个白球和3个黑球，因此概率为.
答案：
4．从1,2,3,4,5中任意取出两个不同的数，其和为5的概率是________．
解析：两数之和等于5有两种情况(1,4)和(2,3)，总的基本事件有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)，共10种．∴所求概率P＝＝.
答案：
1．易将概率与频率混淆，频率随着试验次数变化而变化，而概率是一个常数．
2．互斥事件是不可能同时发生的两个事件，而对立事件除要求这两个事件不同时发生外，还要求二者之一必须有一个发生，因此，对立事件是互斥事件的特殊情况，而互斥事件未必是对立事件．
3．在计算古典概型中试验的所有结果数和事件发生结果时，易忽视他们是否是等可能的．
4．概率的一般加法公式P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)中，易忽视只有当A∩B＝∅，即A，B互斥时，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，此时P(A∩B)＝0.
[小题纠偏]
1．甲：A1，A2是互斥事件；乙：A1，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 两个事件是对立事件，则它们一定互斥，反之不一定成立．
2．袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球．从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为________．
解析：设4只球分别为白、红、黄1、黄2，从中一次随机摸出2只球，所有基本事件为(白，红)、(白，黄1)、(白，黄2)、(红，黄1)、(红，黄2)、(黄1，黄2)，共6个，颜色不同的有5个，所以2只球颜色不同的概率为.
答案：
3．从一副混合后的扑克牌(除去大、小王52张)中，随机抽取1张．事件A为“抽到红桃K”，事件B为“抽到黑桃”，则P(A∪B)＝________(结果用最简分数表示)．
解析：∵P(A)＝，P(B)＝，
∴P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝＋＝＝.
答案：
[题组练透]
1．一个人打靶时连续射击两次，事件“至少有一次中靶”的互斥事件是( )
A．至多有一次中靶 B．两次都中靶
C．只有一次中靶 D．两次都不中靶
解析：选D 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．
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为互斥事件．而B∩D＝∅，B∪D＝I，故B与D互为对立事件．
答案：A与B，A与C，B与C，B与D B与D
[谨记通法]
判断互斥、对立事件的2种方法
(1)定义法
判断互斥事件、对立事件一般用定义判断，不可能同时发生的两个事件为互斥事件；两个事件，若有且仅有一个发生，则这两事件为对立事件，对立事件一定是互斥事件．
(2)集合法
①由各个事件所含的结果组成的集合彼此的交集为空集，则事件互斥．
②事件A的对立事件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．
[题组练透]
1．在投掷一枚硬币的试验中，共投掷了100次，“正面朝上”的频数为51，则“正面朝上”的频率为( )
A．49 B．0.5
C．0.51 D．0.49
解析：选C 由题意，根据事件发生的频率的定义可知，“正面朝上”的频率为＝0.51.
2．(2015·北京高考)某超市随机选取1 000位顾客，记录了他们购买甲、乙、丙、丁四种商品的情况，整理成如下统计表，其中“”表示购买，“”表示未购买.
商品
顾客人数
甲
乙
丙
丁
100
217
200
300
85
98
(1)估计顾客同时购买乙和丙的概率；
(2)估计顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率；
(3)如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买乙、丙、丁中哪种商品的可能性最大？
解：(1)从统计表可以看出，在这1 000位顾客中有200位顾客同时购买了乙和丙，所以顾客同时购买乙和丙的概率可以估计为＝0.2.
(2)从统计表可以看出，在这1 000位顾客中，有100位顾客同时购买了甲、丙、丁，另有200位顾客同时购买了甲、乙、丙，其他顾客最多购买了2种商品，所以顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率可以估计为＝0.3.
(3)与(1)同理，可得：
顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为＝0.2，
顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为＝0.6，
顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为＝0.1，
所以，如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买丙的可能性最大．
[谨记通法]
1．概率与频率的关系
频率反映了一个随机事件出现的频繁程度，频率是随机的，而概率是一个确定的值，通常用概率来反映随机事件发生的可能性的大小，有时也用频率来作为随机事件概率的估计值．
2．随机事件概率的求法
利用概率的统计定义求事件的概率，即通过大量的重复试验，事件发生的频率会逐渐趋近于某一个常数，这个常数就是概率．
[提醒] 概率的定义是求一个事件概率的基本方法．
[典例引领]
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？
解：(1)设中靶为事件A，则不中靶为.
则由对立事件的概率公式可得，
P()＝1－P(A)＝1－0.95＝0.05.
即不中靶的概率为0.05.
(2)设命中10环为事件B，命中9环为事件C，命中8环为事件D，由题意知P(B)＝0.27，P(C)＝0.21，P(D)＝0.24.
记至少命中8环为事件E，
则P(E)＝P(B＋C＋D)＝P(B)＋P(C)＋P(D)
＝0.27＋0.21＋0.24＝0.72.
故至少命中8环的概率为0.72.
记至少命中9环为事件F，则不够9环为，
则P(F)＝P(B＋C)＝P(B)＋P(C)＝0.27＋0.21＝0.48.
则P()＝1－P(F)＝1－0.48＝0.52.
即不够9环的概率为0.52.
[由题悟法]
求复杂互斥事件概率的2种方法
(1)直接法：将所求事件分解为一些彼此互斥的事件的和，运用互斥事件概率的加法公式计算．
(2)间接法：先求此事件的对立事件，再用公式P(A)＝1－P()求得，即运用逆向思维(正难则反)，特别是“至多”“至少”型题目，用间接求法就会较简便．
[提醒] 应用互斥事件概率的加法公式，一定要注意首先确定各个事件是否彼此互斥，然后求出各事件发生的概率，再求和(或差)．
[即时应用]
(2018·洛阳模拟)经统计，在某储蓄所一个营业窗口等候的人数及相应的概率如下：
排队人数
0
1
2
3
4
5人及5人以上
概率
0.1
0.16
0.3
0.3
0.1
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.
[题组练透]
1．(2016·全国卷Ⅲ)小敏打开计算机时，忘记了开机密码的前两位，只记得第一位是M，
I，N中的一个字母，第二位是1,2,3,4,5中的一个数字，则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是( )
A. B. C. D.
解析：选C ∵Ω＝{(M,1)，(M,2)，(M,3)，(M,4)，(M,5)，(I,1)，(I,2)，(I,3)，(I,4)，(I,5)，(N,1)，(N,2)，(N,3)，(N,4)，(N,5)}，∴事件总数有15种．
∵正确的开机密码只有1种，∴P＝.
2．(2018·嘉兴高三期末)从4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛，则恰好选到2名男生和1名女生的概率为________，所选3人中至少有1名女生的概率为________．
解析：从4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛，
基本事件总数n＝C＝20，
恰好选到2名男生和1名女生包含的基本事件个数m＝CC＝12，
∴恰好选到2名男生和1名女生的概率P1＝＝＝.
∵所选3人中至少有1名女生的对立事件是选到的3人都是男生，∴所选3人中至少有1名女生的概率P2＝1－＝.
答案：
3．某中学调查了某班全部45名同学参加书法社团和演讲社团的情况，数据如下表：(单位：人)
参加书法社团
未参加书法社团
参加演讲社团
8
5
未参加演讲社团
2
30
(1)从该班随机选1名同学，求该同学至少参加上述一个社团的概率；
(2)在既参加书法社团又参加演讲社团的8名同学中，有5名男同学A1，A2，A3，A4，A5,3名女同学B1，B2，B3.现从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人，求A1被选中且B1未被选中的概率．
解：(1)由调查数据可知，既未参加书法社团又未参加演讲社团的有30人，
故至少参加上述一个社团的共有45－30＝15(人)，
所以从该班随机选1名同学，该同学至少参加上述一个社团的概率为P＝＝.
(2)从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人，其一切可能的结果组成的基本事件有：
{A1，B1}，{A1，B2}，{A1，B3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A2，B3}，{A3，B1}，{A3，B2
}，{A3，B3}，{A4，B1}，{A4，B2}，{A4，B3}，{A5，B1}，{A5，B2}，{A5，B3}，共15个．
根据题意，这些基本事件的出现是等可能的．
事件“A1被选中且B1未被选中”所包含的基本事件有：
{A1，B2}，{A1，B3}，共2个．
因此A1被选中且B1未被选中的概率为P＝.
[谨记通法]
1．求古典概型概率的步骤
(1)判断本试验的结果是否为等可能事件，设出所求事件A；
(2)分别求出基本事件的总数n与所求事件A中所包含的基本事件个数m；
(3)利用公式P(A)＝，求出事件A的概率．
2．基本事件个数的确定方法
方法
适用条件
列表法
此法适合于从多个元素中选定两个元素的试验，也可看成是坐标法
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数的探求
排列、组合法
此法适合于基本事件数对应某排列数或组合数时的计数
古典概型在高考中常与平面向量、解析几何等知识交汇命题，命题的角度新颖，考查知识全面，能力要求较高．
常见的命题角度有：
(1)古典概型与平面向量相结合；
(2)古典概型与直线、圆相结合；
(3)古典概型与函数相结合． [锁定考向]
[题点全练]
角度一：古典概型与平面向量相结合
1．从集合{2,3,4,5}中随机抽取一个数a，从集合{1,3,5}中随机抽取一个数b，则向量m＝(a，b)与向量n＝(1，－1)垂直的概率为________．
解析：由题意可知m＝(a，b)所有基本事件有4×3＝12种情况，m⊥n，即m·n＝0.
所以a×1＋b×(－1)＝0，即a＝b，
满足条件的有(3,3)，(5,5)，共2种情况，所以所求概率为.
答案：
角度二：古典概型与直线、圆相结合
2．(2017·洛阳统考)将一颗骰子先后投掷两次分别得到点数a，b，则直线ax＋by＝0与圆(x－2)2＋y2＝2有公共点的概率为________．
解析：依题意，将一颗骰子先后投掷两次得到的点数所形成的数组(a，b)有(1,1)，(1,2)，(1,3)，…，(6,6)，共36种，其中满足直线ax＋by＝0与圆(x－2)2＋y2＝2有公共点，即满足≤ ，即a≤b，则当a＝1时，b＝1,2,3,4,5,6，共有6种，当a＝2时，b＝2,3,4,5,6，共5种，同理当a＝3时，有4种，a＝4时，有3种，a＝5时，有2种，a＝6时，有1种，故共6＋5＋4＋3＋2＋1＝21种，因此所求的概率等于＝.
答案：
角度三：古典概型与函数相结合
3．已知关于x的一元二次函数f(x)＝ax2－4bx＋1.设集合P＝{1,2,3}和Q＝{－1,1,2,3,4}，分别从集合P和Q中随机取一个数作为a和b，求函数y＝f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数的概率．
解：∵函数f(x)＝ax2－4bx＋1的图象的对称轴为x＝，要使f(x)＝ax2－4bx＋1在区间[1，＋∞)上为增函数，
当且仅当a>0且≤1，即2b≤a.
若a＝1，则b＝－1；
若a＝2，则b＝－1,1；
若a＝3，则b＝－1,1.
∴事件包含基本事件的个数是1＋2＋2＝5，
∴所求事件的概率为＝.
[通法在握]
解决古典概型交汇命题的方法
解决与古典概型交汇命题的问题时，把相关的知识转化为事件，列举基本事件，求出基本事件和随机事件的个数，然后利用古典概型的概率计算公式进行计算．
[演练冲关]
1．某同学同时掷两颗骰子，得到点数分别为a，b，则椭圆＋＝1的离心率e>的概率是________．
解析：同时掷两颗骰子，得到的点数所形成的数组共有36种情况，当a>b时，e＝>⇒<⇒a>2b，符合a>2b的情况有：当b＝1时，有a＝3,4,5,6四种情况；
当b＝2时，有a＝5,6两种情况．总共有6种情况，则概率是＝.同理当a的概率也为.
综上可知e>的概率为.
答案：
2．(2018·宁海模拟)m∈{－2，－1,0,1,2}，n∈{－1,0,1}，随机抽取一个m和一个n，使得平面向量a＝(m，n)，满足|a|>2的概率为________．
解析：当m＝－2,2，n＝－1,1时，满足|a|>2.所以概率为＝.
答案：
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．(2018·宁波四校联考)甲、乙两人有三个不同的学习小组A，B，C可以参加，若每人必须参加并且仅能参加一个学习小组，则两人参加同一个小组的概率为( )
A. B.
C. D.
解析：选A ∵甲、乙两人参加学习小组的所有事件有(A，A)，(A，B)，(A，C)，(B，A)，(B，B)，(B，C)，(C，A)，(C，B)，(C，C)，共9个，其中两人参加同一个小组的事件有(A，A)，(B，B)，(C，C)，共3个，∴两人参加同一个小组的概率为＝.
2．一个盒子内装有红球、白球、黑球三种球，其数量分别为3,2,1，从中任取两球，则互斥而不对立的两个事件为( )
A．至少有一个白球；都是白球
B．至少有一个白球；至少有一个红球
C．恰有一个白球；一个白球一个黑球
D．至少有一个白球；红球、黑球各一个
解析：选D 红球、黑球各取一个，则一定取不到白球，故“至少有一个白球”“红球、黑球各一个”为互斥事件，又任取两球还包含“两个红球”这个事件，故不是对立事件．
3．(2018·绍兴质检)5个车位分别停放了A，B，C，D，E5辆不同的车，现将所有车开出后再按A，B，C，D，E的次序停入这5个车位，则在A车停入了B车原来的位置的条件下，停放结束后恰有1辆车停在原来位置上的概率是( )
A. B.
C. D.
解析：选A 若C停在原来位置上，则剩下三辆车都不停在原来位置上，共有9种方法，故所求概率为＝.
4．(2018·杭州高级中学联考)甲、乙两人从4门课程中各选修2门．则不同的选法共有________种，2人所选课程至少有一门相同的概率为________．
解析：甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则不同的选法共有CC＝36种.2人所选课程至少有一门相同，有36－C＝30种，∴2人所选课程至少有一门相同的概率为＝.
答案：36
5．如果事件A与B是互斥事件，且事件A∪B发生的概率是0.64，事件B发生的概率是事件A发生的概率的3倍，则事件A发生的概率为________；事件B发生的概率为________．
解析：设P(A)＝x，P(B)＝3x，
∴P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝x＋3x＝0.64.
∴P(A)＝x＝0.16，P(B)＝3x＝0.48.
答案：0.16 0.48
二保高考，全练题型做到高考达标
1．(2018·宁波模拟)一个质地均匀的正四面体玩具的四个面上分别标有1,2,3,4这四个数字，若连续两次抛掷这个玩具，则两次向下的面上的数字之积为偶数的概率是( )
A. B.
C. D.
解析：选D 抛掷两次该玩具共有16种情况：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，…，(4,4)．其中乘积是偶数的有12种情况：(1,2)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,2)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)．所以两次向下的面上的数字之积为偶数的概率是P＝＝.
2．袋中装有3个白球，4个黑球，从中任取3个球，则下面事件是互斥事件但不是对立事件的为( )
A．恰有1个白球和全是白球；
B．至少有1个白球和全是黑球；
C．至少有1个白球和至少有2个白球；
D．至少有1个白球和至少有1个黑球．
解析：选A 由题意可知，事件C、D均不是互斥事件；A、B为互斥事件，但B又是对立事件，满足题意只有A，故选A.
3．(2018·安徽淮北一模)五个人围坐在一张圆桌旁，每个人面前放着完全相同的硬币，所有人同时翻转自己的硬币．若硬币正面朝上，则这个人站起来；若硬币正面朝下，则这个人继续坐着．那么没有相邻的两个人站起来的概率为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 由题意知共有25种基本事件，其中没有相邻的两个人站起来包括如下情况：没有人站起来，有1种基本事件；只有一个人站起来，有C＝5种基本事件；有两个人站起来，只有13,14,24,25,35这5种基本事件，因此所求概率为＝.
4．在正六边形的6个顶点中随机选择4个顶点，则构成的四边形是梯形的概率为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 如图，在正六边形ABCDEF的6个顶点中随机选择4个顶点，共有15种选法，其中构成的四边形是梯形的有ABEF，BCDE，ABCF，CDEF，ABCD，ADEF，共6种情况，故构成的四边形是梯形的概率P＝＝.
5．(2018·舟山高级中学联考)“微信抢红包”自2015年以来异常火爆，在某个微信群某次进行的抢红包活动中，若所发红包的总金额为10元，被随机分配为1.49元，1.81元，2.19元，3.41元，0.62元，0.48元，共6份，供甲、乙等6人抢，每人只能抢一次，则甲、乙二人抢到的金额之和不低于4元的概率是( )
A. B.
C. D.
解析：选C 因为甲、乙两人从6份红包中随机取2份的可能结果有C
＝15种，其中金额之和大于等于4的可能有(0.62，3.41)，(1.49,3.41)，(1.81,2.19)，(1.81,3.41)，(2.19，3.41)，共5种，所以甲、乙二人抢到的金额之和不低于4元的概率为＝.
6．(2018·诸暨质检)用1,2,3,4,5这五个数字组成各位上数字不同的四位数，则千位上是奇数，且相邻两位上的数之差的绝对值都不小于2(比如1 524)的概率为________．
解析：用1,2,3,4,5这五个数字组成各位上数字不同的四位数，基本事件总数n＝A＝120，
其中千位上是奇数，且相邻两位上的数之差的绝对值都不小于2包含的基本事件有：
1 352,1 425,1 524,3 142,3 152,3 524,3 514,5 241,5 314，5 142，共10个
∴千位上是奇数，且相邻两位上的数之差的绝对值都不小于2(比如1 524)的概率为＝.
答案：
7．一只袋子中装有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：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即可，因而取得两个同色球的概率为P＝＋＝.
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为
P(A)＝1－P(B)＝1－＝.
答案：
8．现有7名数理化成绩优秀者，分别用A1，A2，A3，B1，B2，C1，C2表示，其中A1，A2，A3的数学成绩优秀，B1，B2的物理成绩优秀，C1，C2的化学成绩优秀．从中选出数学、物理、化学成绩优秀者各1名，组成一个小组代表学校参加竞赛，则A1和B1不全被选中的概率为________．
解析：从这7人中选出数学、物理、化学成绩优秀者各1名，所有可能的结果组成的12个基本事件为：(A1，B1，C1)，(A1，B1，C2)，(A1，B2，C1)，(A1，B2，C2)，(A2，B1，C1)，(A2，B1，C2)，(A2，B2，C1)，(A2，B2，C2)，(A3，B1，C1)，(A3，B1，C2)，(A3，B2，C1)，(A3，B2，C2)．
设“A1和B1不全被选中”为事件N，则其对立事件表示“A1和B1全被选中”，由于＝{(A1，B1，C1)，(A1，B1，C2)}，所以P()＝＝，由对立事件的概率计算公式得P(N)＝1－P(
eq x o(N))＝1－＝.
答案：
9．在某项大型活动中，甲、乙等五名志愿者被随机地分到A，B，C，D四个不同的岗位服务，每个岗位至少有一名志愿者．
(1)求甲、乙两人同时参加A岗位服务的概率；
(2)求甲、乙两人不在同一个岗位服务的概率；
(3)求五名志愿者中仅有一人参加A岗位服务的概率．
解：(1)记“甲、乙两人同时参加A岗位服务”为事件EA，那么P(EA)＝＝，即甲、乙两人同时参加A岗位服务的概率是.
(2)记“甲、乙两人同时参加同一岗位服务”为事件E，那么P(E)＝＝，所以甲、乙两人不在同一岗位服务的概率是P()＝1－P(E)＝.
(3)有两人同时参加A岗位服务的概率P2＝＝，所以仅有一人参加A岗位服务的概率P1＝1－P2＝.
10．一个袋中装有四个形状大小完全相同的球，球的编号分别为1,2,3,4.
(1)从袋中随机取两个球，求取出的球的编号之和不大于4的概率；
(2)先从袋中随机取一个球，该球的编号为m，将球放回袋中，然后再从袋中随机取一个球，该球的编号为n，求n＜m＋2的概率．
解：(1)从袋中随机取两个球，其一切可能的结果组成的基本事件有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)，共6个．从袋中取出的球的编号之和不大于4的事件共有(1,2)，(1,3)，共两个．
因此所求事件的概率P＝＝.
(2)先从袋中随机取一个球，记下编号为m，放回后，再从袋中随机取一个球，记下编号为n，对一切可能的结果(m，n)有：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，共16个．
又满足条件n≥m＋2的事件为(1,3)，(1,4)，(2,4)，共3个，所以满足条件n≥m＋2的事件的概率为P1＝.故满足条件n＜m＋2的事件的概率为1－P1＝1－＝.
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．(2018·宜春中学、新余一中联考)已知集合M＝{1,2,3}，N＝{1,2,3,4}．定义映射f：M→N
，则从中任取一个映射满足由点A(1，f(1))，B(2，f(2))，C(3，f(3))构成△ABC且AB＝BC的概率为( )
A. B.
C. D.
解析：选C ∵集合M＝{1,2,3}，N＝{1,2,3,4}，∴映射f：M→N有43＝64种，∵由点A(1，f(1))，B(2，f(2))，C(3，f(3))构成△ABC且AB＝BC，∴f(1)＝f(3)≠f(2)，∵f(1)＝f(3)有4种选择，f(2)有3种选择，∴从中任取一个映射满足由点A(1，f(1))，B(2，f(2))，C(3，f(3))构成△ABC且AB＝BC的事件有4×3＝12种，∴所求概率为＝.
2．(2018·金华东阳中学阶段性考试)在政治、历史、地理、物理、化学、生物、技术7门学科中任选3门．若同学甲必选物理，则甲的不同的选法种数为______，乙、丙两名同学都选物理的概率是________．
解析：在政治、历史、地理、物理、化学、生物、技术7门学科中任选3门，
若同学甲必选物理，则甲的不同选法种数为CC＝15，
∵乙、丙两名同学在7门学科中任选3门，基本事件总数n＝CC，
乙、丙两名同学都选物理，包含的基本事件个数m＝CC，
∴乙丙两名同学都选物理的概率P＝＝＝.
答案：15
3．一个盒子里装有三张卡片，分别标记有数字1,2,3，这三张卡片除标记的数字外完全相同．随机有放回地抽取3次，每次抽取一张，将抽取的卡片上的数字依次记为a，b，c.
(1)求“抽取的卡片上的数字满足a＋b＝c”的概率；
(2)求“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”的概率．
解：(1)由题意，(a，b，c)所有可能的结果为：(1,1,1)，(1,1,2)，(1,1,3)，(1,2,1)，(1,2,2)，(1,2,3)，(1,3,1)，(1,3,2)，(1,3,3)，(2,1,1)，(2,1,2)，(2,1,3)，(2,2,1)，(2,2,2)，(2,2,3)，(2,3,1)，(2,3,2)，(2,3,3)，(3,1,1)，(3,1,2)，(3,1,3)，(3,2,1)，(3,2,2)，(3,2,3)，(3,3,1)，(3,3,2)，(3,3,3)，共27种．
设“抽取的卡片上的数字满足a＋b＝c”为事件A，
则事件A包括(1,1,2)，(1,2,3)，(2,1,3)，共3种，
所以P(A)＝＝，
因此，“抽取的卡片上的数字满足a＋b＝c”的概率为.
(2)设“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”为事件B，
则事件包括(1,1,1)，(2,2,2)，(3,3,3)，共3种，所以P(B)＝1－P()＝1－＝，因此，“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”的概率为.
第六节随机变量及其分布
1．随机变量的有关概念
(1)随机变量：随着试验结果变化而变化的变量，常用字母X，Y，ξ，η，…表示．
(2)离散型随机变量：所有取值可以一一列出的随机变量．
2．离散型随机变量分布列的概念及性质
(1)概念：若离散型随机变量X可能取的不同值为x1，x2，…，xi，…，xn，X取每一个值xi(i＝1,2，…，n)的概率P(X＝xi)＝pi，以表格的形式表示如下：
X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn
此表称为离散型随机变量X的概率分布列，简称为X的分布列．有时也用等式P(X＝xi)＝pi，i＝1,2，…，n表示X的分布列．
(2)分布列的性质
①pi≥0，i＝1,2,3，…，n；
②i＝1.
3．常见的离散型随机变量的分布列
(1)两点分布列
X
0
1
P
1－p
p
若随机变量X的分布列具有上表的形式，则称X服从两点分布，并称p＝P(X＝1)为成功概率．
(2)超几何分布列
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P(X＝k)＝
，k＝0,1,2，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*.
X
0
1
…
m
P
…
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．
4．事件的相互独立性
(1)定义：设A，B为两个事件，若P(AB)＝P(A)P(B)，则称事件A与事件B相互独立．
(2)性质：
①若事件A与B相互独立，则P(AB)＝P(A)P(B)．
②如果事件A与B相互独立，那么A与，与B，与也相互独立．
5．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发生的概率为p，此时称随机变量X服从二项分布，记作X～B(n，p)，并称p为成功概率
计算公式
Ai(i＝1,2，…，n)表示第i次试验结果，则P(A1A2A3…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)
在n次独立重复试验中，事件A恰好发生k次的概率为P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0，1,2，…，n)
6．均值
(1)一般地，若离散型随机变量X的分布列为：
X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn
则称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)若Y＝aX＋b，其中a，b为常数，则Y也是随机变量，且E(aX＋b)＝aE(X)＋b.
(3)①若X服从两点分布，则E(X)＝p；
②若X～B(n，p)，则E(X)＝np.
7．方差
(1)设离散型随机变量X的分布列为
X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn
则(xi－E(X))2描述了xi(i＝1,2，…，n)相对于均值E(X)的偏离程度．而D(X)＝(xi－E(X))2pi为这些偏离程度的加权平均，刻画了随机变量X与其均值E(X)的平均偏离程度．称D(X)为随机变量X的方差，并称其算术平方根为随机变量X的标准差．
(2)D(aX＋b)＝a2D(X)．
(3)若X服从两点分布，则D(X)＝p(1－p)．
(4)若X～B(n，p)，则D(X)＝np(1－p)．
[小题体验]
1．有一批产品共12件，其中次品3件，每次从中任取一件，在取到合格品之前取出的次品数X的所有可能取值是________．
解析：可能第一次就取到合格品，也可能取完次品后才取得合格品，所以X的所有可能取值为0,1,2,3.
答案：0,1,2,3
2．(2018·台州高三年级调考试题)已知离散型随机变量X的分布列为
X
0
1
2
P
a
则变量X的数学期望E(X)＝________，方差D(X)＝________.
答案：1
3．有一批产品，其中有12件正品和4件次品，从中有放回地任取3件，若X表示取到次品的次数，则D(X)＝________.
解析：∵X～B，∴D(X)＝3××＝.
答案：
4．抛掷两枚质地均匀的硬币，A＝{第一枚为正面向上}，B＝{第二枚为正面向上}，则事件C＝{两枚向上的面为一正一反}的概率为________．
解析：P(A)＝P(B)＝，P()＝P()＝.
则P(C)＝P(A＋B)＝P(A)P()＋P()P(B)
＝×＋×＝0.5.
答案：0.5
5．(教材习题改编)小王通过英语听力测试的概率是，他连续测试3次，那么其中恰有1次获得通过的概率是________．
解析：所求概率P＝C·1·3－1＝.
答案：
1．对于分布列易忽视其性质p1＋p2＋…＋pn＝1及pi≥0(i＝1,2，…，n)，其作用可用于检验所求离散型随机变量的分布列是否正确．
2．确定离散型随机变量的取值时，易忽视各个可能取值表示的事件是彼此互斥的．
3．理解均值E(X)易失误．均值E(X)是一个实数，由X的分布列唯一确定，即X作为随机变量是可变的，而E(X)是不变的，它描述X值的取值平均状态．
4．注意E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2D(X)易错．
5．易混“相互独立”和“事件互斥”
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．
6．易混淆二项分布与两点分布
由二项分布的定义可以发现，两点分布是一种特殊的二项分布，即n＝1时的二项分布．
[小题纠偏]
1．已知随机变量X的分布列为P(X＝i)＝(i＝1,2,3)，则P(X＝2)＝________.
解析：由分布列的性质知＋＋＝1，∴a＝3，
∴P(X＝2)＝＝.
答案：
2．在含有3件次品的10件产品中，任取4件，则取到次品数X的分布列为________．
解析：由题意，X服从超几何分布，其中N＝10，M＝3，n＝4，所以分布列为P(X＝k)＝，k＝0,1,2,3.
答案：P(X＝k)＝，k＝0,1,2,3
3．一个正四面体ABCD
的四个顶点上分别标有1分，2分，3分和4分，往地面抛掷一次记不在地面上的顶点的分数为X，则X的均值为________．
解析：X的分布列为
X
1
2
3
4
P
∴E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＝.
答案：
4．已知X的分布列为
X
－1
0
1
P
设Y＝2X＋3，则E(Y)的值为________．
解析：∵E(X)＝－＋＝－，
∴E(Y)＝E(2X＋3)＝2E(X)＋3＝－＋3＝.
答案：
5．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：由题意可得所求概率为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
[题组练透]
1．(易错题)若离散型随机变量X的分布列为
X
0
1
P
9c2－c
3－8c
则常数c的值为( )
A.或 B.
C. D．1
解析：选C 根据离散型随机变量分布列的性质知
得c＝.
2．设离散型随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
0.2
0.1
0.1
0.3
m
求2X＋1的分布列．
解：由分布列的性质，知0.2＋0.1＋0.1＋0.3＋m＝1，
解得m＝0.3.
列表
X
0
1
2
3
4
2X＋1
1
3
5
7
9
所以2X＋1的分布列为
2X＋1
1
3
5
7
9
P
0.2
0.1
0.1
0.3
0.3
[谨记通法]
应用离散型随机变量分布列性质的1个注意点
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．如“题组练透”第1题．
[典例引领]
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)由题意知， 在7张卡片中，编号为3的卡片有2张，故所求概率为P＝1－＝1－＝.
(2)由题意知，X的可能取值为1,2,3,4，且
P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝.
所以随机变量X的分布列是
X
1
2
3
4
P
[由题悟法]
离散型随机变量分布列求法的3个步骤
(1)找出随机变量X的所有可能取值xi(i＝1,2，3，…，n)；
(2)求出各取值的概率P(X＝xi)＝pi；
(3)列成表格并用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确．
[提醒] 求离散型随机变量的分布列的关键是求随机变量所有取值对应的概率，在求解时，要注意应用计数原理、古典概型等知识．
[即时应用]
已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束．
(1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率．
(2)已知每检测一件产品需要费用100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用(单位：元)，求X的分布列．
解：(1)第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率为P＝×＝.
(2)由题意可知X的可能取值为200,300,400，
则P(X＝200)＝＝；
P(X＝300)＝＋＝；
P(X＝400)＝1－P(X＝200)－P(X＝300)＝，
所以X的分布列如下表所示：
X
200
300
400
P
[典例引领]
为推动乒乓球运动的发展，某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参加．现有来自甲协会的运动员3名，其中种子选手2名；乙协会的运动员5名，其中种子选手3名．从这8名运动员中随机选择4人参加比赛．
(1)设A为事件“选出的4人中恰有2名种子选手，且这2名种子选手来自同一个协会”，求事件A发生的概率；
(2)设X为选出的4人中种子选手的人数，求随机变量X的分布列．
解：(1)由已知，有P(A)＝＝.
所以事件A发生的概率为.
(2)随机变量X的所有可能取值为1,2,3,4.
P(X＝k)＝(k＝1,2,3,4)．
所以，随机变量X的分布列为
X
1
2
3
4
P
[由题悟法]
超几何分布的2个特点
(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．
[即时应用]
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)＝＝.
所以选出的3名同学是来自互不相同学院的概率为.
(2)随机变量X的所有可能值为0,1,2,3.
P(X＝k)＝(k＝0,1,2,3)．
所以，随机变量X的分布列是
X
0
1
2
3
P
[典例引领]
在一场娱乐晚会上，有5位民间歌手(1到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．
解：(1)设A表示事件“观众甲选中3号歌手”，B表示事件“观众乙选中3号歌手”，
则P(A)＝＝，P(B)＝＝.
∵事件A与B相互独立，A与相互独立，则A·表示事件“甲选中3号歌手，且乙没选中3号歌手”．
∴P(A)＝P(A)·P()＝P(A)·[1－P(B)]＝×＝.
即观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率是.
(2)设C表示事件“观众丙选中3号歌手”，则P(C)＝＝，依题意，A，B，C相互独立，，，相互独立，
且AB，AC，BC，ABC彼此互斥．
又P(X＝2)＝P(AB)＋P(AC)＋P(BC)
＝××＋××＋××＝，
P(X＝3)＝P(ABC)＝××＝，
∴P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝＋＝.
[由题悟法]
相互独立事件中求复杂事件概率的解题思路
(1)将待求复杂事件转化为几个彼此互斥简单事件的和．
(2)将彼此互斥简单事件中的简单事件，转化为几个已知(易求)概率的相互独立事件的积事件．
(3)代入概率的积、和公式求解．
[即时应用]
甲、乙两人各进行一次射击，如果两人击中目标的概率都是0.8，计算：
(1)两人都击中目标的概率；
(2)其中恰有一人击中目标的概率；
(3)至少有一人击中目标的概率．
解：记“甲射击一次，击中目标”为事件A，“乙射击一次，击中目标”为事件B.“两人都击中目标”是事件AB；“恰有1人击中目标”是A∪B；“至少有1人击中目标”是AB∪A∪B.
(1)显然，“两人各射击一次，都击中目标”就是事件AB，又由于事件A与B相互独立，
∴P(AB)＝P(A)·P(B)＝0.8×0.8＝0.64.
(2)“两人各射击一次，恰好有一人击中目标”包括两种情况：一种是甲击中乙未击中(即A)，另一种是甲未击中乙击中(即B)．根据题意，这两种情况在各射击一次时不可能同时发生，即事件A与B是互斥的，所以所求概率为P＝P(A)＋P(B)＝P(A)·P()＋P()·P(B)＝0.8×(1－0.8)＋(1－0.8)×0.8＝0.16＋0.16＝0.32.
(3)“两人各射击一次，至少有一人击中目标”的概率为P＝P(AB)＋[P(A)＋P(B)]＝0.64＋0.32＝0.96.
[典例引领]
一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需要击鼓三次，每次击鼓要么出现一次音乐，要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次后，出现一次音乐获得10分，出现两次音乐获得20分，出现三次音乐获得100分，没有出现音乐则扣除200分(即获得－200分)．设每次击鼓出现音乐的概率为，且各次击鼓出现音乐相互独立．
(1)设每盘游戏获得的分数为X，求X的分布列；
(2)玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率是多少？
解：(1)X的可能取值有－200,10,20,100.根据题意，有P(X＝－200)＝C03＝，
P(X＝10)＝C12＝，
P(X＝20)＝C21＝，
P(X＝100)＝C30＝.
所以X的分布列为
X
－200
10
20
100
P
(2)由(1)知：每盘游戏出现音乐的概率是
P＝＋＋＝.
则玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率是
P1＝1－C03＝.
[由题悟法]
二项分布满足的3个条件
(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)每次试验中只有两种结果：事件要么发生，要么不发生．
[即时应用]
(2018·永嘉模拟)投到某杂志社的稿件，先由两位初审专家进行评审．若能通过两位初审专家的评审，则予以录用；若两位初审专家都未予通过，则不予录用；若恰能通过一位初审专家的评审，则再由第三位专家进行复审，若能通过复审专家的评审，则予以录用，否则不予录用．设稿件能通过各初审专家评审的概率均为0.5，复审的稿件能通过的评审的概率为0.3.各专家独立评审．
(1)求投到该杂志社的1篇稿件被录用的概率；
(2)记X表示投到该杂志社的4篇稿件中被录用的篇数，求X的分布列．
解：(1)记A表示事件“稿件能通过两位初审专家的评审”；B表示事件“稿件恰能通过一位初审专家的评审”；C表示事件“稿件能够通过复审专家的评审”；D表示事件“稿件被录用”，则P(D)＝P(A＋BC)．
因为P(A)＝0.5×0.5＝0.25，P(B)＝2×0.5×0.5＝0.5，P(C)＝0.3.
所以P(D)＝P(A＋BC)＝0.25＋0.5×0.3＝0.4.
(2)由(1)可知，X～B(4,0.4)，
P(X＝0)＝(1－0.4)4＝0.129 6，
P(X＝1)＝C×0.4×(1－0.4)3＝0.345 6，
P(X＝2)＝C×0.42×(1－0.4)2＝0.345 6，
P(X＝3)＝C×0.43×(1－0.4)＝0.153 6，
P(X＝4)＝0.44＝0.025 6.
所以其分布列为
X
0
1
2
3
4
P
0.129 6
0.345 6
0.345 6
0.153 6
0.025 6
[典例引领]
(2018·温州十校期初)某市教育与环保部门联合组织该市中学参加市中学生环保知识团体竞赛，根据比赛规则，某中学选拔出8名同学组成参赛队，其中初中学部选出的3名同学有2名女生；高中学部选出的5名同学有3名女生，竞赛组委会将从这8名同学中随机选出4人参加比赛.
(1)设“选出的4人中恰有2名女生，而且这2名女生来自同一个学部”为事件A，求事件A的概率P(A)；
(2)设X为选出的4人中女生的人数，求随机变量X的分布列和数学期望．
解：(1)由已知，得P(A)＝＝，
所以事件A的概率为.
(2)随机变量X的所有可能取值为1,2,3,4.由已知得P(X＝k)＝(k＝1,2,3,4)．
所以P(X＝1)＝＝；
P(X＝2)＝＝；
P(X＝3)＝＝；
P(X＝4)＝＝；
故随机变量X的分布列为：
X
1
2
3
4
P
随机变量X的数学期望E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＝.
[由题悟法]
求离散型随机变量的均值的4个步骤
(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E(X)．
[即时应用]
(2017·全国卷Ⅲ)某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃
)有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20,25)，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：
最高气温
[10,15)
[15,20)
[20,25)
[25,30)
[30,35)
[35,40)
天数
2
16
36
25
7
4
以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率．
(1)求六月份这种酸奶一天的需求量X(单位：瓶)的分布列；
(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位：元)．当六月份这种酸奶一天的进货量n(单位：瓶)为多少时，Y的数学期望达到最大值？
解：(1)由题意知，X所有可能取值为200,300,500，
由表格数据知
P(X＝200)＝＝0.2，P(X＝300)＝＝0.4，
P(X＝500)＝＝0.4.
因此X的分布列为：
X
200
300
500
P
0.2
0.4
0.4
(2)由题意知，这种酸奶一天的需求量至多为500，至少为200，因此只需考虑200≤n≤500.
当300≤n≤500时，
若最高气温不低于25，则Y＝6n－4n＝2n；
若最高气温位于区间[20,25)，则Y＝6×300＋2(n－300)－4n＝1 200－2n；
若最高气温低于20，则Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n.
因此EY＝2n×0.4＋(1 200－2n)×0.4＋(800－2n)×0.2＝640－0.4n.
当200≤n<300时，
若最高气温不低于20，则Y＝6n－4n＝2n；
若最高气温低于20，则Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n.
因此EY＝2n×(0.4＋0.4)＋(800－2n)×0.2＝160＋1.2n.
所以n＝300时，Y的数学期望达到最大值，最大值为520元．
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．若随机变量X的分布列为
X
－2
－1
0
1
2
3
P
0.1
0.2
0.2
0.3
0.1
0.1
则当P(X＜a)＝0.8时，实数a的取值范围是( )
A．(－∞，2] B．[1,2]
C．(1,2] D．(1,2)
解析：选C 由随机变量X的分布列知：P(X＜－1)＝0.1，P(X＜0)＝0.3，P(X＜1)＝0.5，P(X＜2)＝0.8，
则当P(X＜a)＝0.8时，实数a的取值范围是(1,2]．
2．(2018·丽水一检)集装箱有标号为1,2,3,4,5,6且大小相同的6个球，从箱中一次摸出两个球，记下号码并放回，如果两球号码之积是4的倍数，则获奖．若有4人参与摸奖，恰好有3人获奖的概率是( )
A. B.
C. D.
解析：选B 由题意知，获奖的概率为p＝＝，记获奖的人数为ξ，ξ～B，所以4人中恰好有3人获奖的概率P(ξ＝3)＝C×3×＝.
3．投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A，“骰子向上的点数为奇数”为事件B，则事件A，B中至少有一件发生的概率是( )
A. B.
C. D.
解析：选D P(A)＝，P(B)＝，P()＝，P()＝.
A，B中至少有一件发生的概率为1－P()·P()＝1－×＝，故选D.
4．已知ξ～B，并且η＝2ξ＋3，则方差D(η)＝( )
A. B.
C. D.
解析：选A 由题意知，D(ξ)＝4××＝，
∵η＝2ξ＋3，∴D(η)＝4·D(ξ)＝4×＝.
5．设随机变量X的概率分布列为
X
1
2
3
4
P
m
则m＝________；P(|X－3|＝1)＝________.
解析：根据概率分布列的性质得出：
＋m＋＋＝1，得m＝，
随机变量X的概率分布列为
X
1
2
3
4
P
所以P(|X－3|＝1)＝P(4)＋P(2)＝.
答案：
二保高考，全练题型做到高考达标
1．(2018·绍兴一模)已知p＞0，q＞0，随机变量ξ的分布列如下：
ξ
p
q
P
q
p
若E(ξ)＝，则p2＋q2＝( )
A. B.
C. D．1
解析：选C ∵p＞0，q＞0，E(ξ)＝.
∴由随机变量ξ的分布列的性质得
∴p2＋q2＝(q＋p)2－2pq＝1－＝.
2．打靶时甲每打10次，可中靶8次；乙每打10次，可中靶7次．若两人同时射击一个目标，则它们都中靶的概率是( )
A. B.
C. D.
解析：选D 由题意知甲中靶的概率为，乙中靶的概率为，两人打靶相互独立，同时中靶的概率为×＝.
3．(2018·湖南十三校联考)甲、乙两名同学参加一项射击比赛游戏，其中任何一人每射击一次击中目标得2分，未击中目标得0分．若甲、乙两人射击的命中率分别为和p，且甲、乙两人各射击一次得分之和为2的概率为.假设甲、乙两人射击互不影响，则p的值为( )
A. B.
C. D.
解析：选C 设：“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，则“甲射击一次，未击中目标”为事件，“乙射击一次，击中目标”为事件，则
P(A)＝，P()＝1－＝，P(B)＝p，P()＝1－p，
依题意得×(1－p)＋×p＝，解得p＝.
4．(2018·金华一中模拟)端午节放假，甲回老家过节的概率为，乙、丙回老家过节的概率分别为，.假定三人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少1人回老家过节的概率为( )
A. B.
C. D.
解析：选B “甲、乙、丙回老家过节”分别记为事件A，B，C，则P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝，所以P()＝，P()＝，P()＝.由题知A，B，C为相互独立事件，所以三人都不回老家过节的概率P( )＝P()P()P()＝××＝，所以至少有一人回老家过节的概率P＝1－＝.
5．(2018·浙江重点中学适应性训练)
甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止．设甲在每局中获胜的概率为，乙在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数X的期望E(X)为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 依题意，知X的所有可能值为2,4,6，设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为2＋2＝.若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响．从而有P(X＝2)＝，P(X＝4)＝×＝，P(X＝6)＝2＝，故E(X)＝2×＋4×＋6×＝.
6．(2018·湖州期末)甲、乙两人被随机分配到A，B，C三个不同的岗位(一个人只能去一个工作岗位)，记分配到A岗位的人数为随机变量X，则随机变量X的数学期望E(X)＝______，方差D(X)＝________.
解析：∵X的可能取值为0,1,2，∴P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，
∴X的分布列为
X
0
1
2
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＝，
D(X)＝2×＋2×＋2×＝.
答案：
7．(2018·嘉兴一模)已知随机变量ξ的分布列如下：
ξ
0
1
2
P
b
a2
－
则E(ξ)的最小值为________，此时b＝________.
解析：由题意可得，b＋a2＋－＝1，
即b＋a2－＝，b∈[0,1]，a∈[－1,1]．
E(ξ)＝0＋a2＋2＝a2－a＋1＝2＋≥，当且仅当a＝时取等号，故E(ξ)的最小值为.
此时b＝.
答案：
8．事件A，B，C相互独立，如果P(AB)＝，P(C)＝，P(AB)＝，则P(B)＝________，P(B)＝________.
解析：由题意可得
解得P(A)＝，P(B)＝，
∴P(B)＝P()·P(B)＝×＝.
答案：
9．有编号为1,2,3，…，n的n个学生，入坐编号为1,2,3，…，n的n个座位，每个学生规定坐一个座位，设学生所坐的座位号与该生的编号不同的学生人数为X，已知X＝2时，共有6种坐法．
(1)求n的值．
(2)求随机变量X的概率分布列．
解：(1)因为当X＝2时，有C种坐法，
所以C＝6，即＝6，
n2－n－12＝0，解得n＝4或n＝－3(舍去)，所以n＝4.
(2)因为学生所坐的座位号与该生的编号不同的学生人数为X，
由题意知X的可能取值是0,2,3,4，
所以P(X＝0)＝＝，
P(X＝2)＝＝＝，
P(X＝3)＝＝＝，
P(X＝4)＝1－－－＝，
所以X的概率分布列为：
X
0
2
3
4
P
10．乒乓球单打比赛在甲、乙两名运动员间进行，比赛采用7局4胜制(即先胜4局者获胜，比赛结束)，假设两人在每一局比赛中获胜的可能性相同．
(1)求甲以4比1获胜的概率．
(2)求乙获胜且比赛局数多于5局的概率．
(3)求比赛局数的分布列．
解：(1)由已知，得甲、乙两名运动员在每一局比赛中获胜的概率都是.
记“甲以4比1获胜”为事件A，
则P(A)＝C34－3·＝.
故甲以4比1获胜的概率为.
(2)记“乙获胜且比赛局数多于5局”为事件B，乙以4比2获胜的概率为P1＝C35－3·＝，
乙以4比3获胜的概率为P2＝C36－3·＝，
所以P(B)＝P1＋P2＝.
即乙获胜且比赛局数多于5局的概率为.
(3)设比赛的局数为X，则X的可能取值为4,5,6,7.
P(X＝4)＝2C4＝，
P(X＝5)＝2C34－3·＝，
P(X＝6)＝2C35－3·＝，
P(X＝7)＝2C36－3·＝.
故比赛局数的分布列为：
X
4
5
6
7
P
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．某射击选手在射击比赛中，每次是否击中目标互不影响，击中目标的概率为.该射手可最多连续射击5次，当击中目标后停止射击，则该射手击中目标概率最大的射击次数为________．
解析：设射手在最多5次射击中击中目标的次数为X，
则X～B(5,0.8)，则恰好k次击中击中目标的概率为
P(X＝k)＝Ck·5－k，k＝0,1,2,3,4
由得
解得≤k≤，∴k＝4.
答案：4
2．在一袋中有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的取值为0,1,2,3,4，其分布列为
X
0
1
2
3
4
P
∴E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝1.5，
D(X)＝(0－1.5)2×＋(1－1.5)2×＋(2－1.5)2×＋(3－1.5)2×＋(4－1.5)2×＝2.75.
(2)由D(Y)＝a2D(X)得2.75a2＝11，得a＝±2，
又E(Y)＝aE(X)＋b，
∴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，
∴或
命题点一 复数
命题指数：☆☆☆☆☆
难度：低
题型：选择题、填空题
1.(2017·全国卷Ⅱ)＝( )
A．1＋2i B．1－2i
C．2＋i D．2－i
解析：选D ＝＝＝2－i.
2．(2017·全国卷Ⅰ)下列各式的运算结果为纯虚数的是( )
A．i(1＋i)2 B．i2(1－i)
C．(1＋i)2 D．i(1＋i)
解析：选C A项，i(1＋i)2＝i·2i＝－2，不是纯虚数；
B项，i2(1－i)＝－(1－i)＝－1＋i，不是纯虚数；
C项，(1＋i)2＝2i,2i是纯虚数；
D项，i(1＋i)＝i＋i2＝－1＋i，不是纯虚数．故选C.
3．(2017·全国卷Ⅲ)设复数z满足(1＋i)z＝2i，则|z|＝( )
A. B.
C. D．2
解析：选C 因为z＝＝＝i(1－i)＝1＋i，
所以|z|＝.
4．(2017·山东高考)已知a∈R，i是虚数单位．若z＝a＋ i，z·＝4，则a＝( )
A．1或－1 B.或－
C．－ D.
解析：选A 法一：由题意可知＝a－i，
∴z·＝(a＋i)(a－i)＝a2＋3＝4，故a＝1或－1.
法二：z·＝|z|2＝a2＋3＝4，故a＝1或－1.
5．(2017·全国卷Ⅲ)复平面内表示复数z＝i(－2＋i)的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选C z＝i(－2＋i)＝－2i＋i2＝－1－2i，故复平面内表示复数z＝i(－2＋i)的点位于第三象限．
6．(2017·北京高考)若复数(1－i)(a＋i)在复平面内对应的点在第二象限，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，1) B．(－∞，－1)
C．(1，＋∞) D．(－1，＋∞)
解析：选B 因为z＝(1－i)(a＋i)＝a＋1＋(1－a)i，
所以它在复平面内对应的点为(a＋1,1－a)，
又此点在第二象限，所以解得a＜－1.
7．(2017·浙江高考)已知a，b∈R，(a＋bi)2＝3＋4i(i是虚数单位)，则a2＋b2＝________，ab＝________.
解析：∵(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi＝3＋4i，
∴∴或
∴a2＋b2＝5，ab＝2.
答案：5 2
8．(2017·天津高考)已知a∈R，i为虚数单位，若为实数，则a的值为________．
解析：由＝＝－i是实数，得－＝0，所以a＝－2.
答案：－2
9．(2017·江苏高考)已知复数z＝(1＋i)(1＋2i)，其中i是虚数单位，则z的模是________．
解析：法一：复数z＝1＋2i＋i－2＝－1＋3i，
则|z|＝＝.
法二：|z|＝|1＋i|·|1＋2i|＝×＝.
答案：
命题点二 排列、组合
命题指数：☆☆☆☆
难度：中
题型：选择题、填空题
1.(2016·全国卷Ⅱ)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )
A．24 B．18
C．12 D．9
解析：选B 由题意可知E→F有C种走法，F→G有C种走法，由乘法计数原理知，共C·C＝18种走法，故选B.
2．(2016·四川高考)用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为( )
A．24 B．48
C．60 D．72
解析：选D 第一步，先排个位，有C种选择；
第二步，排前4位，有A种选择．
由分步乘法计数原理，知有C·A＝72(个)．
3．(2017·全国卷Ⅱ)安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有( )
A．12种 B．18种
C．24种 D．36种
解析：选D 因为安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，所以必有1人完成2项工作．先把4项工作分成3组，即2,1,1，有＝6种，再分配给3个人，有A＝6种，所以不同的安排方式共有6×6＝36(种)．
4．(2017·浙江高考)从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有________种不同的选法．(用数字作答)
解析：法一：分两步，第一步，选出4人，由于至少1名女生，故有C－C＝55种不同的选法；第二步，从4人中选出队长、副队长各1人，有A＝12种不同的选法．根据分步乘法计数原理知共有55×12＝660种不同的选法．
法二：不考虑限制条件，共有AC种不同的选法，
而没有女生的选法有AC种，
故至少有1名女生的选法有AC－AC＝840－180＝660(种)．
答案：660
5．(2014·浙江高考)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：分情况：一种情况将有奖的奖券按2张、1张分给4个人中的2个人，种数为CCA＝36；另一种将3张有奖的奖券分给4个人中的3个人，种数为A＝24，则获奖情况总共有36＋24＝60(种)．
答案：60
命题点三 二项式定理
命题指数：☆☆☆☆
难度：中
题型：选择题、填空题
1.(2016·四川高考)设i为虚数单位，则(x＋i)6的展开式中含x4的项为( )
A．－15x4 B．15x4
C．－20ix4 D．20ix4
解析：选A 二项式的通项为Tr＋1＝Cx6－rir，由6－r＝4得r＝2.
故T3＝Cx4i2＝－15x4.故选A.
2．(2017·全国卷Ⅲ)(x＋y)(2x－y)5的展开式中x3y3的系数为( )
A．－80 B．－40
C．40 D．80
解析：选C 当第一个括号内取x时，第二个括号内要取含x2y3的项，即C(2x)2(－y)3，当第一个括号内取y时，第二个括号内要取含x3y2的项，即C(2x)3(－y)2，所以x3y3的系数为C×23－C×22＝10×(8－4)＝40.
3．(2014·浙江高考)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 B．60
C．120 D．210
解析：选C 由题意知f(3,0)＝CC，f(2,1)＝CC，f(1，2)＝CC，f(0,3)＝CC，
因此f(3,0)＋f(2,1)＋f(1，2)＋f(0,3)＝120，选C.
4．(2017·浙江高考)已知多项式(x＋1)3(x＋2)2＝x5＋a1x4＋a2x3＋a3x2＋a4x＋a5，则a4＝________，a5＝________.
解析：由题意知a4为含x的项的系数，根据二项式定理得a4＝C×12×C×22＋C×13×C×2＝16，a5是常数项，所以a5＝C×13×C×22＝4.
答案：16 4
5．(2017·山东高考)已知(1＋3x)n的展开式中含有x2项的系数是54，则n＝________.
解析：(1＋3x)n的展开式的通项为Tr＋1＝C(3x)r.
令r＝2，得T3＝9Cx2.由题意得9C＝54，解得n＝4.
答案：4
6．(2014·全国卷Ⅰ)(x－y)(x＋y)8的展开式中x2y7的系数为________．(用数字填写答案)
解析：(x＋y)8中，Tr＋1＝Cx8－ryr，
令r＝7，再令r＝6，
得x2y7的系数为C－C＝8－28＝－20.
答案：－20
命题点四 古典概型
命题指数：☆☆☆☆
难度：中
题型：选择题、填空题、解答题
1.(2017·天津高考)有5支彩笔(除颜色外无差别)，颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫．从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，则取出的2支彩笔中含有红色彩笔的概率为( )
A. B.
C. D.
解析：选C 从5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，有10种不同取法：(红，黄)，(红，蓝)，(红，绿)，(红，紫)，(黄，蓝)，(黄，绿)，(黄，紫)，(蓝，绿)，(蓝，紫)，(绿，紫)．而取出的2支彩笔中含有红色彩笔的取法有(红，黄)，(红，蓝)，(红，绿)，(红，紫)，共4种，故所求概率P＝＝.
2．(2017·全国卷Ⅱ)从分别写有1,2,3,4,5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为( )
A. B.
C. D.
解析：选D 记两次取得卡片上的数字依次为a，b，则一共有25个不同的数组(a，b)，其中满足a＞b的数组共有10个，分别为(2,1)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，因此所求的概率P＝＝.
3．(2017·山东高考)从分别标有1,2，…，9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张，则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是( )
A. B.
C. D.
解析：选C 所求概率为P＝＝.
4．(2017·山东高考)某旅游爱好者计划从3个亚洲国家A1，A2，A3和3个欧洲国家B1，B2，B3中选择2个国家去旅游．
(1)若从这6个国家中任选2个，求这2个国家都是亚洲国家的概率；
(2)若从亚洲国家和欧洲国家中各任选1个，求这2个国家包括A1但不包括B1的概率．
解：(1)由题意知，从6个国家中任选2个国家，其所有可能的结果组成的基本事件有：{A1，A2}，{A1，A3}，{A2，A3}，{A1，B1}，{A1，B2}，{A1，B3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A2，B3}，{A3，B1}，{A3，B2}，{A3，B3}，{B1，B2}，{B1，B3}，{B2，B3}，共15个．
所选两个国家都是亚洲国家的事件所包含的基本事件有：{A1，A2}，{A1，A3}，{A2，A3}，共3个．
则所求事件的概率为P＝＝.
(2)从亚洲国家和欧洲国家中各任选1个，其所有可能的结果组成的基本事件有：
{A1，B1}，{A1，B2}，{A1，B3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A2，B3}，{A3，B1}，{A3，B2}，{A3，B3}，共9个．
包括A1但不包括B1的事件所包含的基本事件有：{A1，B2}，{A1，B3}，共2个，
则所求事件的概率为P＝.
命题点五 概率、随机变量及其分布
命题指数：☆☆☆☆
难度：中、低
题型：选择题、填空题、解答题
1.(2017·浙江高考)已知随机变量ξi满足P(ξi＝1)＝pi，P(ξi＝0)＝1－pi，i＝1,2.若0D(ξ2)
C．E(ξ1)>E(ξ2)，D(ξ1)E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2)
解析：选A 根据题意得，E(ξi)＝pi，D(ξi)＝pi(1－pi)，i＝1,2，∵0
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