高考数学第二轮复习排列组合练习

高考数学第二轮复习排列组合练习

‎08高考数学第二轮专题复习排列组合练习 一、知识要点 通项公式 二项式系数的性质 应用 排列 组合 概率 两个计数原理 二项式定理 概率 排列数公式 组合数公式 组合数性质 二项展开式的性质 排列概念 组合概念 随机事件的概率 等可能事件的概率 互斥事件的概率 相互独立事件的概率 应用 应用 随机变量 抽样方法 离散型随机变量的分布列 连续型随机变量的概率密度 总体分布的估计 离散型随机变量的期望与方差 总体特征数的估计 二、高考要求 ‎1、掌握分类计数原理与分步计数原理、并能用它分析和解决一些简单的应用问题。‎ ‎2、理解排列的意义，掌握排列数计算公式，并能用它解决一些简单的应用问题。‎ ‎3、理解组合的意义，掌握组合数计算公式和组合数性质，并能用它们解决一些简单的应用问题。‎ ‎4、掌握二项式定理和二项展开式的性质，并能用它们计算和证明一些简单的问题。‎ ‎5、了解随机事件的发生存在着规律性和随机事件概率的意义。‎ ‎6、了解等可能事件的概率的意义，并会用排列组合的基本公式计算一些等可能性事件的概率。‎ ‎7、了解互斥事件的相互独立事件的意义，会用互斥事件的概率加法公式与相互独立事件的概率乘法公式计算一些事件的概率。‎ ‎8、会计算事件在n次独立重复试验中恰好发生k次的概率。‎ ‎9、了解随机变量、离散型随机变量、连续型随机变量的意义，会求某些简单的离散型随机变量的分布列。‎ ‎10、了解离散型随机变量的期望、方差的意义，会根据离散型随机变量的分布列求期望与方差。‎ ‎11、了解连续型随机变量的概率密度的意义。‎ ‎12、会用简单随机抽样，系统抽样、分层抽样等常用的抽样方法从总体中抽取样本。‎ ‎13、会用与去估计总体方差，会用S*与S去估计总体标准。‎ ‎14、会用样本频率分布去估计总体分布。了解线性回归的方法和简单应用。‎ 三、热点分析 排列与组合是高中数学中从内容到方法都比较独特的一个组成部分，是进一步学习概率论的基础知识，该部分内容，不论其思想方法和解题都有特殊性，概念性强，抽象性强，思维方法新颖，解题过程极易犯“重复”或“遗漏”的错误，并且结果数目较大，无法一一检验，因此给考生带来一定困难。解决问题的关键是加深对概念的理解，掌握知识的内在联系和区别，科学周全的思考、分析问题。‎ 二项式定理是进一步学习概率论和数理统计的基础知识，把握二项展开式及其通项公式的相互联系和应用是重点。‎ 概率则是概率论入门，目前的概率知识只是为进一步学习概率和统计打好基础，做好铺垫。学习中要注意基本概念的理解，要注意与其他数学知识的联系，要通过一些典型问题的分析，总结运用知识解决问题的思维规律。‎ 纵观近几年高考，排列、组合、二项式定理几乎每年必考，考题多以选择题、填空题出现，题小而灵活，涉及知识点都在两三个左右，综合运用排列组合知识，分类计数和分步计数原理；二项式定理及二项式系数的性质计算或论证一些较简单而有趣的小题也在高考题中常见。‎ 新教材中增添了“概率”及“概率统计”的内容，从近几年新课程卷高考来看，每年都有一道解答题，占12分左右，今年在此处出题可能性也较大。‎ 四、复习建议 本章内容相对独立性较强，并且密切联系实际应用性较强，分为四个部分：排列组合、二项式定理、概率和概率统计。具有概念性强灵活性强，思维方法新颖等特点，要注意从加深对概念的理解和掌握内在联系与区别方面下功夫，四部分中，排列、组合是基础和工具。‎ 本章主要的数学思想有：化归思想，比较分类思想，极限思想和模型化思维方法。学习时应注意发散思维和逆向思维，通过分类分步把复杂问题分解恰当地应用集合观点、整体思想，从全集、补集等入手，使问题简化。‎ ‎【例题】‎ 【例1】 四名优等生保送到三所学校去，每所学校至少得一名，则不同的保送方案的总数是_________.‎ 解法一：分两步：先将四名优等生分成2，1，1三组，共有C种；而后，对三组学生安排三所学校，即进行全排列，有A33种.依乘法原理，共有N=C =36(种).‎ 解法二：分两步：从每个学校至少有一名学生，每人进一所学校，共有A 种；而后，再将剩余的一名学生送到三所学校中的一所学校，有3种.值得注意的是：同在一所学校的两名学生是不考虑进入的前后顺序的.因此，共有N=A·3=36(种).‎ 答案：36‎ 【例1】 有五张卡片，它们的正、反面分别写0与1，2与3，4与5，6与7，8与9，将其中任意三张并排放在一起组成三位数，共可组成多少个不同的三位数？‎ 解：(间接法)：任取三张卡片可以组成不同三位数C·23·A(个)，其中0在百位的有C·22·A (个)，这是不合题意的，故共有不同三位数：C·23·A－C·22·A=432(个).‎ 【例2】 在∠AOB的OA边上取m个点，在OB边上取n个点(均除O点外)，连同O点共m+n+1个点，现任取其中三个点为顶点作三角形，可作的三角形有( )‎ 解法一：第一类办法：从OA边上(不包括O)中任取一点与从OB边上(不包括O)中任取两点，可构造一个三角形，有CC个；第二类办法：从OA边上(不包括O)中任取两点与OB边上(不包括O)中任取一点，与O点可构造一个三角形，有CC个；第三类办法：从OA边上(不包括O)任取一点与OB边上(不包括O)中任取一点，与O点可构造一个三角形，有CC个.由加法原理共有N=CC+CC+CC个三角形.‎ 解法二：从m+n+1中任取三点共有C个，其中三点均在射线OA(包括O点)，有C个，三点均在射线OB(包括O点)，有C个.所以，个数为N=C－C－C个.‎ 答案：C 【例3】 函数)‎ ‎（1）已知的展开式中的系数为，求常数 ‎（2）是否存在的值，使在定义域中取任意值时，恒成立？如存在，求出的值，如不存在，说明理由.‎ 解（1）Tr+1=C 由 解得 ‎ ‎ ‎（2） 要使（‎ 只需 ‎10当时，设 ‎（0，‎ ‎（，+）‎ ‎—‎ ‎0‎ ‎+‎ 极小值 ‎20当时，不成立 30当时，不成立 故当 另解法 只需 【例1】 五人站成一列，重新站队时，各人都不站在原来的位置上，有多少种站法？‎ 解：设原来站在第i个位置的人是（i=1，2，3，4，5）。重新站队时，站在第2‎ 个位置的站法有种，其中不符合要求的有：站第3位的种，站第4位的种，但有的站法在考虑的情形时已经减去了，故只应再算（）种，同理，站第5位的应再算[]种。站在第3，4，5位的情形与站在第2位的情形时对等的，故所有符合要求的站法有：‎ ‎=44（种）‎ 【例2】 一个口袋内装有4个不同的红球，6个不同的白球，若取出一个红球记2‎ 分，取出一个白球记1分，从口袋中取5个球，使总分不小于7分的取法有多少种？ ‎ 解：设取个红球，个白球，于是：‎ ‎，其中，‎ 因此所求的取法种数是：=186（种）‎ 【例1】 已知数列，是否存在等差数列，使对一切自然数n都成立？并证明你的结论。‎ 解：假设满足要求的等差数列存在，由于所给等式对一切自然数n均成立，故当n=1，2，3时等式成立，从而可解得=1，=2，=3，因此若满足要求的等差数列存在，则必须是=n。.然后再证明当=n时所给等式确实成立即可。答案是肯定的。‎ 【例2】 若某一等差数列的首项为，其中m是-15除以19的余数，则此数列前多少项的和最大？并求出这个最大值。‎ 解：由已知得：。‎ 注意到，从而等差数列的通项公式是：，设其前k项之和最大，则 ‎，解得k=25或k=26，故此数列的前25项之和与前26项之和相等且最大，。‎ 【例3】 已知的展开式的各项系数之和等于展开式中的常数项，求展开式中含的项的二项式系数。‎ 解：先求出的常数项是27，从而可得中n=7，对于由二项展开式的通项公式知，含的项是第4项，其二项式系数是35。‎ 【例4】 求证：能被25整除。‎ 解：注意到即可。‎ ‎【排列、组合与二项式定理练习1】‎ 一、填空题 ‎1．从集合{0，1，2，3，5，7，11}中任取3个元素分别作为直线方程Ax+By+C=0中的A、B、C，所得的经过坐标原点的直线有_________条(用数值表示).‎ ‎2．圆周上有2n个等分点(n＞1)，以其中三个点为顶点的直角三角形的个数为_________.‎ 二、解答题 ‎3．某人手中有5张扑克牌，其中2张为不同花色的2，3张为不同花色的A，有5次出牌机会，每次只能出一种点数的牌但张数不限，此人有多少种不同的出牌方法？‎ ‎4．二次函数y=ax2+bx+c的系数a、b、c，在集合{－3，－2，－1，0，1，2，3，4}中选取3个不同的值，则可确定坐标原点在抛物线内部的抛物线多少条？‎ ‎5．有3名男生，4名女生，在下列不同要求下，求不同的排列方法总数.‎ ‎(1)全体排成一行，其中甲只能在中间或者两边位置.‎ ‎(2)全体排成一行，其中甲不在最左边，乙不在最右边.‎ ‎(3)全体排成一行，其中男生必须排在一起.‎ ‎(4)全体排成一行，男、女各不相邻.‎ ‎(5)全体排成一行，男生不能排在一起.‎ ‎(6)全体排成一行，其中甲、乙、丙三人从左至右的顺序不变.‎ ‎(7)排成前后二排，前排3人，后排4人.‎ ‎(8)全体排成一行，甲、乙两人中间必须有3人.‎ ‎6．20个不加区别的小球放入编号为1、2、3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，求不同的放法种数.‎ ‎7．用五种不同的颜色，给图中的(1)(2)(3)(4)的各部分涂色，每部分涂一色，相邻部分涂不同色，则涂色的方法共有几种？‎ ‎8．甲、乙、丙三人值周一至周六的班，每人值两天班，若甲不值周一、乙不值周六，则可排出不同的值班表数为多少？‎ 参考答案 一、1.解析：因为直线过原点，所以C=0，从1，2，3，5，7，11这6个数中任取2个作为A、B两数的顺序不同，表示的直线不同，所以直线的条数为A=30.‎ 答案：30‎ ‎2.解析：2n个等分点可作出n条直径，从中任选一条直径共有C种方法；再从以下的(2n－2)个等分点中任选一个点，共有C种方法，根据乘法原理：直角三角形的个数为：C·C=2n(n－1)个.‎ 答案：2n(n－1)‎ 二、3.解：出牌的方法可分为以下几类：‎ ‎(1)5张牌全部分开出，有A种方法；‎ ‎(2)2张2一起出，3张A一起出，有A种方法；‎ ‎(3)2张2一起出，3张A一起出，有A种方法；‎ ‎(4)2张2一起出，3张A分两次出，有CA种方法；‎ ‎(5)2张2分开出，3张A一起出，有A种方法；‎ ‎(6)2张2分开出，3张A分两次出，有CA种方法.‎ 因此，共有不同的出牌方法A+A+A+AA+A+CA=860种.‎ ‎4.解：由图形特征分析，a＞0,开口向上，坐标原点在内部f(0)=c＜0;a＜0,开口向下，原点在内部f(0)=c＞0,所以对于抛物线y=ax2+bx+c来讲，原点在其内部af(0)=ac＜0,则确定抛物线时，可先定一正一负的a和c，再确定b,故满足题设的抛物线共有CC AA=144条.‎ ‎5.解：(1)利用元素分析法，甲为特殊元素，故先安排甲左、右、中共三个位置可供甲选择.有A种，其余6人全排列，有A种.由乘法原理得AA=2160种.‎ ‎(2)位置分析法.先排最右边，除去甲外，有A种，余下的6个位置全排有A种，但应剔除乙在最右边的排法数AA种.则符合条件的排法共有AA－AA=3720种.‎ ‎(3)捆绑法.将男生看成一个整体，进行全排列.再与其他元素进行全排列.共有AA=720种.‎ ‎(4)插空法.先排好男生，然后将女生插入其中的四个空位，共有AA=144种.‎ ‎(5)插空法.先排女生，然后在空位中插入男生，共有AA=1440种.‎ ‎(6)定序排列.第一步，设固定甲、乙、丙从左至右顺序的排列总数为N，第二步，对甲、乙、丙进行全排列，则为七个人的全排列，因此A=N×A，∴N== 840种. ‎(7)与无任何限制的排列相同，有A=5040种.‎ ‎(8)从除甲、乙以外的5人中选3人排在甲、乙中间的排法有A种，甲、乙和其余2人排成一排且甲、乙相邻的排法有AA.最后再把选出的3人的排列插入到甲、乙之间即可.共有A×A×A=720种.‎ ‎6.解：首先按每个盒子的编号放入1个、2个、3个小球，然后将剩余的14个小球排成一排，如图，|O|O|O|O|O|O|O|O|O|O|O|O|O|O|，有15个空档，其中“O”表示小球，“|”表示空档.将求小球装入盒中的方案数，可转化为将三个小盒插入15个空档的排列数.对应关系是：以插入两个空档的小盒之间的“O”个数，表示右侧空档上的小盒所装有小球数.最左侧的空档可以同时插入两个小盒.而其余空档只可插入一个小盒，最右侧空档必插入小盒，于是，若有两个小盒插入最左侧空档，有C种；若恰有一个小盒插入最左侧空档，有种；若没有小盒插入最左侧空档，有C种.由加法原理，有N==120种排列方案，即有120种放法.‎ ‎7.解：按排列中相邻问题处理.(1)(4)或(2)(4).可以涂相同的颜色.分类：若(1)(4)同色，有A种，若(2)(4)同色，有A种，若(1)(2)(3)(4)均不同色，有A种.由加法原理，共有N=2A+A=240种.‎ ‎8.解：每人随意值两天，共有CCC个；甲必值周一，有CCC个；乙必值周六，有CCC个；甲必值周一且乙必值周六，有CCC个.所以每人值两天，且甲必不值周一、乙必不值周六的值班表数，有N=CCC－2CCC+ CCC=90－2×5×6+12=42个.‎ ‎【排列、组合与二项式定理练习2】‎ 一、选择题 ‎1．从装有4粒大小、形状相同，颜色不同的玻璃球的瓶中，随意一次倒出若干粒玻璃球 ‎ （至少一粒），则倒出奇数粒玻璃球的概率比倒出偶数粒玻璃球的概率 （ B ）‎ ‎ A．小 B．大 C．相等 D．大小不能确定 ‎2．有6个座位连成一排，现有3人就坐，则恰有两个空座位相邻的不同坐法有 （ C ）‎ A．36种 B．48种 C．72种 D．96种 ‎3．有5个大小相同的球，上面分别标有1，2，3，4，5，现任取两个球，则两个球序号相邻的概率是（D）‎ ‎ A． B． C． D．‎ ‎4．一张三角形纸片内有99个点，若连同原三角形的顶点共102个点中无三点共线，以这些点为三角形的顶点，把这张三角形纸片剪成小三角形，这样的小三角形共有（B）‎ ‎ A．300 B．156849 C．201 D．199‎ ‎5．某种体育彩票抽奖规定，从01到36共36个号码中抽出7个为一注，每注2元，某人想从01到10中选3个连续号，从11到20中选2个连续号，从21到30中选1个号，从31到36中选1个号组成一注，现这人把这些特殊的号全买，要花费的钱数是 （ D　）‎ ‎　　A．3 360元　　 B．6 720元　　 C．4 320元　　　 D．8 640元 ‎1．从3位老师和8位学生中，选派1位老师和2位学生一起去参加某项活动，不同的选派方法的种类为 （ C ）‎ ‎ （A） （B） （C） （D）‎ ‎ 2．在学雷锋活动中，某班的4个小组分别到4个孤寡老人家做好事，则不同安排方法的种数是 （ A ）‎ ‎ （A）24 （B）12 （C）6 （D）4‎ ‎ 3．从5台“联想”电脑和4台“实达”电脑中任选4台，其中既有“联想”电脑又有“实达”电脑的不同选法的种数为 （ C ）‎ ‎ （A）60 （B）80 （C）120 （D）140‎ ‎ 4．6个人排成一排，其中甲不能排在两端的排法数有 （ C ）‎ ‎ （A）120种子 （B）240种 （C）480种 （D）600种 ‎ 13．5名男生，2名女生排成一排，要求男生甲必须站在中间，2名女生必须相邻的排法种数有 （ A ）‎ ‎ （A）192种 （B）216种 （C）240种 （D）360种 ‎ 5．每天上午有4节课，下午有2节课，安排5门不同的课程，其中安排一门课上连堂，则一天不同课表的种数为 （ A ） ‎ ‎ （A）480 （B）600 （C）720 （D）360‎ ‎ 6．不同的五种商品在货架上排成一排，其中两种必须排在一起，而两种不能排在一起，则不同的排法共有 （ C ）‎ ‎ （A）12种 （B）20种 （C）24种 （D）48种 二、填空题 ‎1、某校准备召开高中毕业生代表会，把6个代表名额分配给高三年级的3个班，每班至少一个名额，不同的分配方案共有 种。【答案】10‎ ‎2、“渐升数”是指每个数字比其左边的数字大的自然数（如2578），在二位的“渐升数”中任取一数比37大的概率是【答案】 。‎ ‎3、从装有个球（其中个白球，个黑球）的口袋中取出个球 ‎，共有种取法。在这种取法中，可以分成两类：一类是取出的个球全部为白球，共有种取法；另一类是取出的个球有个白球和个黑球，共有种取法。显然，即有等式：成立。试根据上述思想化简下列式子：‎ ‎【答案】 。‎ ‎4、某小组有名学生，现从中选名去参加一项活动，至少有名女生参加的不同选法有种，则小组中的女生为 【答案】 名。‎ 【例1】 已知甲、乙两名篮球运动员投篮命中率分别为0.7和0.8．‎ ‎ （1）如果每人各投篮一次，求甲、乙两人中至少一人进球的概率；‎ ‎ （2）如果两人比赛，各投篮2次，求甲战胜乙的概率．‎ ‎ 解：设甲、乙两名篮球运动员投篮进球分别记为事件，则为独立事件．‎ ‎ （1）‎ ‎ 或 ‎ （2）甲战胜乙有1比0、2比0、2比1三种情形，‎ ‎ ．‎ 【例2】 排球比赛的规则是5局3胜制，A、B两队每局比赛获胜的概率都相等且分别为和.（1）前2局中B队以2:0领先，求最后A、B队各自获胜的概率；‎ ‎（2）B队以3:2获胜的概率．‎ 解：（1）设最后A获胜的概率为设最后B获胜的概率为 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎（2）设B队以3:2获胜的概率为．‎ 【例3】 如图，用A、B、C三类不同的元件连接成两个系统N1、N2，当元件A、B、C都正常工作时，系统N1正常工作；当元件A正常工作且元件B、C至少有一个正常工作时，系统N2正常工作.已知元件A、B、C正常工作的概率依次为0.80,0.90,0.90，分别求系统N1，N2正常工作的概率P1、P2.‎ 解：记元件A、B、C正常工作的事件分别为A、B、C，由已知条件P(A)=0.80, P(B)=0.90,P(C)=0.90.‎ ‎(1)因为事件A、B、C是相互独立的，所以，系统N1正常工作的概率P1=P(A·B·C)=P(A)P(B)P(C)=0.648,故系统N1正常工作的概率为0.648‎ ‎(2)系统N2正常工作的概率P2=P(A)·［1－P()］‎ ‎=P(A)·［1－P()P()］‎ ‎=0.80×［1－(1－0.90)(1－0.90)］=0.792‎ 故系统N2正常工作的概率为0.792‎ 【例1】 有A、B两个箱子，A箱中有6张相同的卡片，其中一张写有0，两张写有1，三张写有2；B箱中有7张相同的卡片，其中四张写有0，一张写有1，两张写有2，现从A箱中任取1张，从B箱中任取2张，共3张卡片。‎ 求：（1）3张卡片都写有0的概率；‎ ‎（2）3张卡片中数字之积为0的概率。‎ 解：（1）‎ ‎（2）‎ 【例2】 袋里装有35个球，每个球上都标有从1到35的一个号码，设号码n的球重（克）．这些球以等可能性（不受重量的影响）从袋里取出．‎ ‎（1）如果任意取出一球，试求其重量大于号码数的概率；‎ ‎（2）如果同时任意取出二球，试求它们重量相同的概率．‎ 解：（1）由不等式得n＞15，n＜3，‎ 由题意知n＝1，2，或n＝16，17，…，35．于是所求概率为　‎ ‎（2）设第n号与第m号的两个球的重量相等，其中n＜m，‎ 则有，‎ 所以，‎ 因为n≠m，所以n＋m＝15，（n，m）＝（1，14），（2，13），…（7，8），‎ 但从35个球中任取两个的方法数为，‎ 故所求概率为 【例3】 已知：有6个房间安排4‎ 个旅游者住，每人可以进住任一房间，且进住房间是等可能的，试求下列各事件的概率：（Ⅰ）事件A：指定的4个房间各有1人；（Ⅱ）事件B：恰有4个房间各有1人；（Ⅲ）事件C：指定的某个房间有2人。‎ 解：由于每人可进住任1房间，进住哪间房是等可能的，每人都有6种等可能的方法，‎ 根据乘法原理，4人进住6个房间共有64种方法 ‎ ‎（1）指定的4个房间各有1人，有种方法， ‎ ‎（2）从6间中选出4间有种方法，4个人每人去1间有种方法，‎ ‎ ‎ ‎（3）从4人中选2个人去指定的某个房间，共有种选法，余下2人每人都可去5个房间中的任1间,因而有52种种方法。‎ 【例1】 一个电路中有三个电子元件，它们接通的概率都是m（0＜m＜1如图，有如下三种联接方法：‎ ‎① ② ③‎ ‎（1）分别求出这三种电路各自接通的概率；‎ ‎（2）试分析这三种电路哪种性能最优，并证明你的结论.‎ ‎ 解：（1）三种电路各自接通分别记为事件A1、A2、A3，则P（A1）=m3‎ P（A2）=1－（1－m）3=3m－3m2+m3‎ P（A3）=2（1－m）m2+m3=2m2－m3‎ ‎（2）P（A2）－P（A1）=3m－3m2=3m（1－m） ‎ ‎∵0＜m＜1 ∴P（A2）＞P（A1）‎ P（A2）－P（A3）=2m3－5m2+3m=m（2m－3）（m－1）＞0 ‎ ‎∴P（A2）＞P（A3）‎ 三个电子元件并联接通的概率最大，故性能最优 【例2】 某厂生产的A产品按每盒10件进行包装，每盒产品均需检验合格后方可出厂．质检办法规定：从每盒10件A产品中任抽4件进行检验，若次品数不超过1件，就认为该盒产品合格；否则，就认为该盒产品不合格．已知某盒A产品中有2件次品．‎ ‎（1）求该盒产品被检验合格的概率；‎ ‎（2）若对该盒产品分别进行两次检验，求两次检验得出的结果不一致的概率．‎ 解：(1)从该盒10件产品中任抽4件，有等可能的结果数为种，＇‎ 其中次品数不超过1件有种，‎ 被检验认为是合格的概率为．‎ ‎(2)两次检验是相互独立的，可视为独立重复试验， ‎ 因两次检验得出该盒产品合格的概率均为， ‎ 故“两次检验得出的结果不一致”即两次检验中恰有一次是合格的概率为 ‎．‎ 答：该盒产品被检验认为是合格的概率为；两次检验得出的结果不一致的概率为．‎ 【例1】 某先生居住在城镇的A处，准备开车到单位B处上班. 若该地各路段发生堵车事件都是相互独立的，且在同一路段发生堵车事件最多只有一次，发生堵车事件的概率如图.（例如：A→C→D算作两个路段：路段AC发生堵车事件的概率为，路段CD发生堵车事件的概率为 ‎（1）请你为其选择一条由A到B的路线，使得途中发生堵车事件的概率最小；‎ ‎（2）若记路线A→C→F→B中遇到堵车次数为随机变量，求的数学期望 解：（1）记路段MN发生堵车事件为MN. ‎ 因为各路段发生堵车事件都是独立的，‎ 且在同一路段发生堵车事件最多只有一次，‎ 所以路线A→C→D→B中遇到堵车 的概率P1为 ‎=1－[1－P（AC）][1－P（CD）][1－P（DB）]‎ ‎=1－；‎ 同理：路线A→C→F→B中遇到堵车的概率P2为1－P（‎ 路线A→E→F→B中遇到堵车的概率P3为1－P（‎ 显然要使得由A到B的路线途中发生堵车事件的概率最小.只可能在以上三条路线中选择.‎ 因此选择路线A→C→F→B，可使得途中发生堵车事件的概率最小.‎ ‎（2）路线A→C→F→B中遇到堵车次数可取值为0，1，2，3.‎ 答：路线A→C→F→B中遇到堵车次数的数学期望为 【例1】 某电器商经过多年的经验发现本店每个月售出的电冰箱的台数ζ是一个随机变量，它的分布列如下：‎ ζ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎……‎ ‎12‎ P ‎……‎ 设每售出一台电冰箱，电器商获利300元，如销售不出而囤积于仓库，则每台每月需花保养费用100元，问电器商每月初购进多少台电冰箱才能使自己月平均收益最大？‎ 解：设x为月初电器商购进的冰箱台数，只须考虑1≤x≤12的情况，设电器商每月的收益为y元，则y是随机变量ζ的函数且y=,电器商平均每月获益的平均数，即数学期望为：‎ Ey=300x(Px+Px+1+…+P12)+［300－100(x－1)］P1+［2×300－100(x－2)］P2+…+［300(x－1)－100］Px－1‎ ‎=300x(12－x+1)+ ［300×］‎ ‎=(－2x2+38x)‎ 由于x∈N,故可求出当x=9或x ‎=10时，也即电器商月初购进9台或10台电冰箱时，收益最大.‎ 【例1】 袋中装有3个白球和4个黑球，现从袋中任取3个球，设ξ为所取出的3个球中白球的个数．‎ ‎（I）求ξ的概率分布； （II）求Eξ．‎ 解：（I）ξ的可能取值为0，1，2，3. ‎ ‎ ∵P（ξ＝0）＝＝； P（ξ＝1）＝＝；‎ ‎ P（ξ＝2）＝＝； P（ξ＝3）＝＝. ‎ ‎ ∴ξ的分布列为：‎ ξ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P ‎（II）Eξ＝0×＋1×＋2×＋3×＝. ‎ 【例2】 甲，乙两射击运动员进行射击比赛，射击相同的次数，已知两运动员射击的环数稳定在7，8，9，10环。他们的这次成绩画成频率直方分布图如下：‎ ‎ 击中频率 击中频率 ‎0.3‎ ‎0.2‎ ‎0.15‎ ‎0.35‎ ‎0.2‎ ‎7 8 9 10 击中环数 7 8 9 10 击中环数 甲 乙 ‎（1）根据这次比赛的成绩频率直方分布图推断乙击中8环的概率，以及求甲，乙同时击中9环以上（包括9环）的概率；‎ ‎（2）根据这次比赛的成绩估计甲，乙谁的水平更高（即平均每次射击的环数谁大）.‎ 解（1）由图可知，，‎ 所以=1—0.2—0.2—0.35=0.25 ‎ 同理， ，‎ 所以 因为 ‎ 所以甲，乙同时击中9环以上（包括9环）的概率 P==0.65×0.55=0.3575‎ (2) 因为=7×0.2+8×0.15+9×0.3+10×0.35=8.8‎ ‎=7×0.2+8×0.25+9×0.2+10×0.35=8.7‎ ‎> 所以估计甲的水平更高. ‎ 【例1】 有一容量为50的样本，数据的分组及各组的频率数如下：‎ ‎［10，15］4 ［30，359 ［15，205 ［35，408 ［20，2510 ［40，453 ［25，3011‎ ‎(1)列出样本的频率分布表(含累积频率)；‎ ‎(2)画出频率分布直方图和累积频率的分布图.‎ 解：(1)由所给数据，计算得如下频率分布表 数据段 ‎［10,15‎ ‎［15,20‎ ‎［20,25‎ ‎［25,30‎ ‎［30,35‎ ‎［35,40‎ ‎［40,45‎ 总计 频数 ‎4‎ ‎5‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎9‎ ‎8‎ ‎3‎ ‎50‎ 频率 ‎0.08‎ ‎0.10‎ ‎0.20‎ ‎0.22‎ ‎0.18‎ ‎0.16‎ ‎0.06‎ ‎1‎ 累积频率 ‎0.08‎ ‎0.18‎ ‎0.38‎ ‎0.60‎ ‎0.78‎ ‎0.94‎ ‎1‎ ‎(2)频率分布直方图与累积频率分布图如下：‎ ‎【概率练习】‎ 一、选择题 ‎1、甲射击命中目标的概率是，乙命中目标的概率是，丙命中目标的概率是.现在三人同时射击目标，则目标被击中的概率为( )‎ ‎2、已知随机变量ζ的分布列为：P(ζ=k)=,k=1,2,3,则P(3ζ+5)等于( )‎ A.6 B.9 C.3 D.4‎ 二、填空题 ‎3、1盒中有9个正品和3个废品，每次取1个产品，取出后不再放回，在取得正品前已取出的废品数ζ的期望Eζ=_________.‎ ‎4、某班有52人，男女各半，男女各自平均分成两组，从这个班中选出4人参加某项活动，这4人恰好来自不同组别的概率是_________.‎ 三、解答题 ‎5、甲、乙两人各进行一次射击，如果两人击中目标的概率都是0.6，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.‎ ‎6、已知连续型随机变量ζ的概率密度函数f(x)=‎ ‎(1)求常数a的值，并画出ζ的概率密度曲线；‎ ‎(2)求P(1＜ζ＜）.‎ ‎7、设P在［0,5］上随机地取值，求方程x2+px+=0有实根的概率.‎ ‎8、设一部机器在一天内发生故障的概率为0.2，机器发生故障时全天停止工作.若一周5个工作日里均无故障，可获利润10万元；发生一次故障可获利润5万元，只发生两次故障可获利润0万元，发生三次或三次以上故障就要亏损2万元。求一周内期望利润是多少？‎ 参考答案 一、1.解析：设甲命中目标为事件A，乙命中目标为事件B，丙命中目标为事件C，则目标被击中的事件可以表示为A+B+C，即击中目标表示事件A、B、C中至少有一个发生.‎ 故目标被击中的概率为1－P(··)=1－‎ 答案：A ‎2.解析：Eξ=(1+2+3)·=2，Eξ2=(12+22+32)·=‎ ‎∴Dξ=Eξ2－(Eξ)2=－22=.‎ ‎∴D(3ξ+5)=9Eξ=6.‎ 答案：A 二、3.解析：由条件知，ξ的取值为0，1，2，3，并且有P(ξ=0)=,‎ 答案：0.3‎ ‎4.解析：因为每组人数为13，因此，每组选1人有C种方法，所以所求概率为P=.‎ 答案：‎ 三、5.解：(1)我们把“甲射击一次击中目标”叫做事件A，“乙射击一次击中目标”叫做事件B.显然事件A、B相互独立，所以两人各射击一次都击中目标的概率是P(A·B)=P(A)·P(B)=0.6×0.6=0.36‎ 答：两人都击中目标的概率是0.36‎ ‎(2)同理，两人各射击一次，甲击中、乙未击中的概率是P(A·)=P(A)·P()=0.6×‎ ‎(1－0.6)=0.6×0.4=0.24‎ 甲未击中、乙击中的概率是P(·B)=P()P(B)=0.24，显然，“甲击中、乙未击中”和“甲未击中、乙击中”是不可能同时发生，即事件A·与·B互斥，所以恰有一人击中目标的概率是P(A·)+P(·B)=0.24+0.24=0.48‎ 答：其中恰有一人击中目标的概率是0.48.‎ ‎(2)两人各射击一次，至少有一人击中目标的概率P=P(A·B)+［P(A·)+P()·B］=0.36+0.48=0.84‎ 答：至少有一人击中目标的概率是0.84.‎ ‎6.解：(1)因为ξ所在区间上的概率总和为1，所以 (1－a+2－a)·1=1,‎ ‎∴a=‎ 概率密度曲线如图：‎ ‎(2)P(1＜ξ＜)=‎ ‎7.解：一元二次方程有实数根Δ≥0‎ 而Δ=P2－4()=P2－P－2=(P+1)(P－2)‎ 解得P≤－1或P≥2‎ 故所求概率为P=‎ ‎8.解：以X表示一周5天内机器发生故障的天数，则X－B(5，0.2)，于是X有概率分布P(X=k)=C0.2k0.85－k,k=0,1,2,3,4,5.‎ 以Y表示一周内所获利润，则 Y=g(X)=‎ Y的概率分布为：‎ P(Y=10)=P(X=0)=0.85=0.328‎ P(Y=5)=P(X=1)=C0.2·0.84=0.410‎ P(Y=0)=P(X=2)=C·0.22·0.83=0.205‎ P(Y=－2)=P(X≥3)=1－P(X=0)－P(X=1)－P(X=2)=0.057‎ 故一周内的期望利润为：‎ EY=10×0.328+5×0.410+0×0.205－2×0.057=5.216(万元)‎