【数学】2018届一轮复习人教B版第十章计数原理、概率、随机变量及其分布学案
第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布
1.计数原理
(1)理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，能正确区分“类”和“步”，并能利用两个原理解决一些简单的实际问题．
(2)理解排列的概念及排列数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题．
(3)理解组合的概念及组合数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题．
(4)会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题．
2．概率
(1)事件与概率
①了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义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．
(2)古典概型
①理解古典概型及其概率计算公式．
②会计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发
生的概率．
(3)随机数与几何概型
①了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率．
②了解几何概型的意义．
3．概率与统计
(1)理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，认识分布列刻画随机现象的重要性，会求某些取有限个值的离散型随机变量的分布列．
(2)了解超几何分布，并能进行简单应用．
(3)了解条件概率的概念，了解两个事件相互独立的概念；理解n次独立重复试验模型及二项分布，并能解决一些简单问题．
(4)理解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差的概念，会求简单离散型随机变量的均值、方差，并能利用离散型随机变量的均值、方差概念解决一些简单问题．
(5)借助直观直方图认识正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．
10．1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
1．分类加法计数原理
完成一件事，有n类不同方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2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．那么完成这件事共有N＝________________种不同的方法．
2．分步乘法计数原理
完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法．那么完成这件事共有N＝____________种不同的方法．
3．两个计数原理的区别
分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决的都是有关做一件事的不同方法的种数问题，区别在于：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法______________，用其中______________都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方法______________，只有______________才算做完这件事．
4．两个计数原理解决计数问题时的方法
最重要的是在开始计算之前要进行仔细分析——是需要分类还是需要分步．
(1)分类要做到“______________”．分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．
(2)分步要做到“______________”，即完成了所有步骤，恰好完成任务，当然步与步之间要______________，分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数．
自查自纠：
1．m1＋m2＋…＋mn
2．m1×m2×…×mn
3．相互独立 任何一种方法 互相依存 各个步骤都完成
4．(1)不重不漏 (2)步骤完整 相互独立
将5封信投入3个邮筒，不同的投法共有( )
A．53种 B．35种 C．3种 D．15种
解：第1封信，可以投入第1个邮筒，可以投入第2个邮筒，也可以投入第3个邮筒，共有3种投法；同理，后面的4封信也都各有3种投法．所以，5封信投入3个邮筒，不同的投法共有35种．故选B.
()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：由题意，小明从街道的E处出发到F处最短有6条路，再从F处到G处最短共有3条路，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为6× 3＝18(条)．故选B.
()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：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)．故选C.
现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有____________种．
解：按A→B→C→D顺序分四步涂色，共有4×3×2×2＝48(种)．故填48.
用数字2，3组成四位数，且数字2，3至少都出现一次，这样的四位数共有____________个．(用数字作答)
解法一：用总数减去全是2或全是3的情形即可，即24－2＝14.
解法二：数字2，3至少都出现一次，包括以下情况：
“2”出现1次，“3”出现3次，共可组成C＝4(个)四位数；
“2”出现2次，“3”出现2次，共可组成C＝6(个)四位数；
“2”出现3次，“3”出现1次，共可组成C＝4(个)四位数．
综上所述，共可组成14个这样的四位数．故填14.
类型一 分类与分步的区别与联系
甲同学有若干本课外参考书，其中有5本不同的数学书，4本不同的物理书，3本不同的化学书．现在乙同学向甲同学借书，试问：
(1)若借一本书，则有多少种不同的借法？
(2)若每科各借一本，则有多少种不同的借法？
(3)若借两本不同学科的书，则有多少种不同的借法？
解：(1)因为需完成的事情是“借一本书”，所以借给他数学、物理、化学书中的任何一本，都可以完成这件事情．
故用分类计数原理，共有5＋4＋3＝12(种)不同的借法．
(2)需完成的事情是“每科各借一本书”，意味着要借给乙三本书，只有从数学、物理、化学三科中各借一本，才能完成这件事情．
故用分步计数原理，共有5×4×3＝60(种)不同的借法．
(3)需完成的事情是“从三种学科的书中借两本不同学科的书”，要分三种情况：①借一本数学书和一本物理书，只有两本书都借，事情才能完成，由分步计数原理知，有5×4＝20(种)借法；②借一本数学书和一本化学书，同理，由分步计数原理知，有5×3＝15(种)借法；③借一本物理书和一本化学书，同理，由分步计数原理知，有4×3＝12(种)借法．而上述的每一种借法都可以独立完成这件事情，由分类计数原理知，共有20＋15＋12＝47(种)不同的借法．
点拨：
仔细区分是“分类”还是“分步”是运用两个原理的关键．两个原理的区别在于一个与分类有关，一个与分步有关．如果完成一件事有n类办法，这n类办法彼此之间是相互独立的，无论哪一类办法中的哪一种方法都能单独完成这件事，求完成这件事的方法种数，就用分类加法计数原理；如果完成一件事需要分成n个步骤，缺一不可，即需要依次完成n个步骤，才能完成这件事，而完成每一个步骤各有若干种不同的方法，求完成这件事的方法种数，就用分步乘法计数原理．
有一个智力竞赛项目，须在2名老师，4名男同学和6名女同学中选人参加．
(1)若只需一人参加，有多少种不同选法？
(2)若需一名女同学，一名男同学参加，有多少种不同的选法？
(3)若需老师、男同学、女同学各一人参加，有多少种不同选法？
解：(1)只需一人参加，可按老师、男同学、女同学分三类，各自有2，4，6种选法，总选法数为2＋4＋6＝12(种)．
(2)分两步：先选女同学，共有6种选法，再选男同学，共有4种选法．由分步乘法计数原理知总选法数为6×4＝24(种)．
(3)老师、男同学、女同学各一人可分三步，每步方法数依次为2，4，6种．由分步乘法计数原理知总选法数为2×4×6＝48(种)．
类型二 两个原理的综合应用
(1)现有来自高一年级四个班的学生34人，其中一、二、三、四班分别为7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组．现推选两人作中心发言，这两人须来自不同的班级，有多少种不同的选法？
解：分六类，每类又分两步，从一、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法．所以共有不同的选法N＝7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)．
点拨：
对于复杂问题，不能只用分类加法计数原理或只用分步乘法计数原理解决时，可以综合运用两个原理．可以先分类，在某一类中再分步，也可先分步，在某一步中再分类．本题可先根据两个班级的不同分类，再分步从两个班级中各选1人．
(2)()如图所示，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有( )
A．72种 B．48种
C．24种 D．12种
解法一：首先涂A有C＝4(种)涂法，则涂B有C＝3(种)涂法，C与A，B相邻，则C有C＝2(种)涂法，D只与C相邻，则D有C＝3(种)涂法，所以共有4×3×2×3＝72(种)涂法．
解法二：按要求涂色至少需要3种颜色，故分两类：一是4种颜色都用，这时有A＝24(种)涂法；二是用3种颜色，这时A，B，C的涂法有4×3×
2＝24(种)，D只要不与C同色即可，故D有2种涂法．所以不同的涂法共有24＋24×2＝72(种)．故选A.
点拨：
解决着色问题主要有两种思路：一是按位置考虑，关键是处理好相交线端点(或共线图形两侧)的颜色问题；二是按使用颜色的种数考虑，关键是正确判断颜色的种数．解决此类应用题，一般优先完成彼此相邻的三部分或两部分，再分类完成其余部分．
(1)用0，1，2，3，4，5可以组成多少个无重复数字且比2 000大的四位偶数．
解：完成这件事有3类方法：
第一类：用0作个位的比2 000大的四位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，只有2，3，4，5可以选择，有4种选法；第二步，选取百位上的数字，除0和千位上已选定的数字以外，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法．依据分步乘法计数原理，这类数的个数有4×4×3＝48(个)．
第二类：用2作个位的比2 000大的四位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，除去2，1，0，只有3个数字可以选择，有3种选法；第二步，选取百位上的数字，在去掉已经确定的首尾两数字之外，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法．依据分步计数原理，这类数的个数有3×4× 3＝36(个)．
第三类：用4作个位的比2 000大的四位偶数，其步骤同第二类，这类数的个数也有36个．
综合以上所述，由分类计数原理，可得所求无重复数字的比2 000大的四位偶数有48＋36＋36＝120(个)．
(2)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，求不同的染色方法总数．
解法一：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．由题设可知，四棱锥SABCD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)．
解法二：以S，A，B，C，D顺序分步染色．
第一步，S点染色，有5种方法；
第二步，A点染色，与S在同一条棱上，有4种方法；
第三步，B点染色，与S，A分别在同一条棱上，有3种方法；
第四步，C点染色，也有3种方法，但考虑到D点与S，A，C相邻，需要针对A与C是否同色进行分类，当A与C同色时，D点有3种染色方法；当A与C不同色时，因为C与S，B也不同色，所以C点有2种染色方法，D点也有2种染色方法．由分步乘法、分类加法计数原理得不同的染色方法共有5×4×3×(1×3＋2×2)＝420(种)．
解法三：按所用颜色种数分类．
第一类，5种颜色全用，共有A种不同的方法；
第二类，只用4种颜色，则必有某两个顶点同色(A与C，或B与D)，共有2×A种不同的方法；
第三类，只用3种颜色，则A与C、B与D必定同色，共有A种不同的方法．
由分类加法计数原理，得不同的染色方法种数为A＋2×A＋A＝420(种)．
1．运用分类加法计数原理时，首先要根据问题的特点，确定分类标准．分类应满足：完成一类事情的任何一种方法，必须属于某一类且仅属于某一类，即类与类之间具有确定性与并列性，亦即类与类之间是独立的、互斥的．
2．运用分步乘法计数原理时，要确定分步的标准．分步必须满足：完成一件事情必须且只须完成这几步，即各个步骤是相互依存的，且“步”与“步”之间具有连续性．
3．在处理具体的应用问题时，必须先分清是“分类”还是“分步”，其次要搞清“分类”与“分步”的具体标准是什么，选择合理、简洁的标准处理事件，可以避免计数的重复或遗漏．
4．对于既要运用分类加法计数原理，又要运用分步乘法计数原理的复杂问题，可以恰当地画出示意图或树形图来进行分析，掌握这点对学习本节很重要，它可使问题的分析过程更直观、更明晰，便于探索规律．
5．解答计数应用问题的总体思路：
根据完成事件所需的过程，对事件进行整体分类，确定可分为几大类，整体分类以后，再确定在每类中完成事件要分几个步骤，这些问题都弄清楚了，就可以根据两个基本原理解决问题了，此外，还要掌握一些非常规计数方法，如：
(1)枚举法：将各种情况一一列举出来，它适用于种数较少且计数对象不规律的情况；
(2)转换法：转换问题的角度或转换成其他已知问题；
(3)间接法：若用直接法比较复杂，难以计数，则可考虑利用正难则反的策略，先计算其反面情形，再用总数减去即得．
1．()某人去有四个门的商场购物，若进出商场不同门，则不同的进出方案有( )
A．256种 B．81种 C．16种 D．12种
解：进商场的方案有4种，则出商场的方案有3种，由分步计数原理知，共有进出商场的方案4× 3＝12种．故选D.
2．现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是( )
A．56 B．65
C. D．6×5×4×3×2
解：因为每位同学均有5种讲座可供选择，所以6位同学共有5×5×5×5×5×5＝56种选法．故选A.
3．设集合I＝{1，2，3，4，5}，选择I的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的数，则不同的选择方法共有( )
A．50种 B．49种 C．48种 D．47种
解：根据题意，B中最小的数大于A中最大的数，则集合A，B中没有相同的元素，且都不是空集，按A中的元素分情况讨论，分别计算其选法种数，进而相加即可．
第一类：当A中最大的数是1时，A是{1}，B可以是{2，3，4，5}的非空子集，即有24－1＝15种选法；
第二类：当A中最大的数是2时，A可以是{2}或{1，2}，B可以是{3，4，5}的非空子集，即有2× (23－1)＝14种选法；
第三类：当A中最大的数是3时，A可以是{3}，{1，3}，{2，3}，{1，2，3}，B可以是{4，5}的非空子集，即有4×(22－1)＝12种选法；
第四类：当A中最大的数是4时，A可以是{4}，{1，4}，{2，4}，{3，4}，{1，2，4}，{1，3，4}，{2，3，4}，{1，2，3，4}，B是{5}，即有8×1＝8种选法．
综上可知，共有15＋14＋12＋8＝49种不同的选择方法．故选B.
4．()从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为( )
A．24 B．18 C．12 D．6
解：三位奇数可分成两种情况：(1)奇偶奇；(2)偶奇奇．对于(1)，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有2种选择，共3×2×2＝12(个)；对于(2)，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有1种选择，共3×2×1＝6(个)，即共有12＋6＝18(个)．故选B.
5．如图所示的几何体是由一个正三棱锥PABC与一个正三棱柱ABCA1B1C1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A1B1C1不染色)，要求每面染一色，且相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有( )
A．6种 B．12种 C．18种 D．24种
解：先涂三棱锥PABC的三个侧面，然后涂三棱柱ABCA1B1C1的三个侧面，当棱锥颜色确定后，棱柱对应有2种情形，即共有3×2×1×2＝12种不同的染色方案．故选B.
6．已知集合M＝{1，2，3}，N＝{1，2，3，4}，定义函数f：M→N.若点A(1，f(1))，B(2，f(2))，C(3，f(3))，△ABC的外接圆圆心为D，且＋ ＝λ(λ∈R)，则满足条件的函数f(x)有( )
A．6种 B．10种 C．12种 D．16种
解：由＋＝λ(λ∈R)，说明△ABC是等腰三角形，且BA＝BC，必有f(1)＝f(3)，f(1)≠f(2)；
当f(1)＝f(3)＝1时，f(2)＝2，3，4，有三种情况；
当f(1)＝f(3)＝2时，f(2)＝1，3，4，有三种情况；
当f(1)＝f(3)＝3时，f(2)＝2，1，4，有三种情况；
当f(1)＝f(3)＝4时，f(2)＝2，3，1，有三种情况．
因而满足条件的函数f(x)有12种．故选C.
7．()三边长均为正整数，且最大边长为11的三角形的个数是____________．
解：另两边长用x，y表示，且不妨设1≤x≤y≤11，要构成三角形，必须x＋y≥12.当y取11时，x可取1，2，3，…，11，有11个三角形；当y取10时，x可取2，3，…，10，有9个三角形；…；当y取6时，x只能取6，只有1个三角形．所以所求三角形的个数为11＋9＋7＋5＋3＋1＝36.故填36.
8．()回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22，121，3 443，94 249等．显然2位回文数有9个：11，22，33，…，99；3位回文数有90个：101，111，121，…，191，202，…，999.则
(1)4位回文数有____________个；
(2)2n＋1(n∈N*)位回文数有____________个．
解：(1)4位回文数等价于填4个方格，首尾相同，且不为0，共9种填法，中间两位一样，有10种填法，共计9×10＝90(种)填法，即4位回文数有90个．
(2)根据回文数的定义，此问题也可以利用填方格法计算．结合计数原理知，有9×10n种填法．故填90；9×10n.
9．已知集合M＝{－3，－2，－1，0，1，2}，P(a，b)表示平面上的点(a，b∈M)，问：
(1)P可表示平面上多少个不同的点？
(2)P可表示平面上多少个第二象限的点？
(3)P可表示多少个不在直线y＝x上的点？
解：(1)确定平面上的点P(a，b)可分两步完成：第一步确定a的值，共有6种确定方法；第二步确定b的值，也有6种确定方法．根据分步计数原理，得到所求点的个数是6×6＝36个．
(2)确定第二象限的点，可分两步完成：第一步确定a，由于a＜0，所以有3种确定方法；第二步确定b，由于b＞0，所以有2种确定方法．由分步计数原理，得到第二象限的点的个数是3×2＝6个．
(3)点P(a，b)在直线y＝x上的充要条件是a＝b.因此a和b必须在集合M中取同一元素，共有6种取法，即在直线y＝x上的点有6个．结合(1)可得不在直线y＝x上的点共有36－6＝30个．
10．从{－3，－2，－1，0，1，2，3}中任取3个不同的数作为抛物线方程y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的系数．设抛物线过原点，且顶点在第一象限．这样的抛物线共有多少条？
解：抛物线y＝ax2＋bx＋c过原点，且顶点(－，)在第一象限，a，b，c应满足
即
分三步，a可以取－3，－2，－1；b可以取1，2，3；c取0.所以满足条件的抛物线的条数为N＝3×3×1＝9.
11．将红、黄、绿、黑4种不同的颜色分别涂入图中的五个区域内，要求相邻的两个区域的颜色都不相同，则有多少种不同的涂色方法？
解法一：本题利用了分步原理求涂色问题．给出区域标记号A，B，C，D，E(如图)，则A区域有4种不同的涂色方法，B区域有3种，C区域有2种，D区域有2种，但E区域的涂色依赖于B与D涂的颜色，如果B与D颜色相同，则有2种涂色方法，如果不相同，则只有一种．因此应先分类后分步．
①当B与D同色时，有4×3×2×1×2＝48(种)．
②当B与D不同色时，有4×3×2×1×1＝24(种)．
故共有48＋24＝72(种)不同的涂色方法．
注：本题若按A，B，E，D，C顺序涂色，在最后给区域C涂色时，就应考虑A与E，B与D是否同色这两种情况．
解法二：按用3种或用4种颜色分两类，第一类用3种，此时A与E，B与D分别同色，于是涂法种数为A＝24(种)；第二类用4种，此时，A与E，B与D有且只有一组同色，涂法种数为2A＝48(种)．
由分类加法计数原理知涂法总数为24＋48＝72(种)．
用a代表红球，b代表蓝球，c代表黑球．由加法原理及乘法原理，从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1＋a)(1＋b)的展开式1＋a＋b＋ab表示出来，如：“1”表示一个球都不取、“a”表示取出一个红球、而“ab”则表示把红球和蓝球都取出来．依此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是( )
A．(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5
B．(1＋a5)(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c)5
C．(1＋a)5(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c5)
D．(1＋a5)(1＋b)5(1＋c＋c2＋c3＋c4＋c5)
解：分三步：第一步，5个无区别的红球可能取出0个，1个，…，5个，则有(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)种不同的取法；第二步，5个无区别的蓝球都取出或都不取出，则有(1＋b5)种不同的取法；第三步，5个有区别的黑球中任取0个，1个，…，5个，有(1＋Cc＋Cc2＋Cc3＋Cc4＋Cc5)＝(1＋c)5种不同的取法，所以所求为(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5，故选A.
10．2 排列与组合
1．排列
(1)排列的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照____________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)排列数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的________________的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号______表示．
(3)排列数公式：A＝___________________.这里n，m∈N*，并且________．
(4)全排列：n个不同元素全部取出的一个____________，叫做n个元素的一个全排列．A＝n×(n－1)×(n－2)×…×3×2×1＝__________，因此，排列数公式写成阶乘的形式为A＝____________，这里规定0！＝________.
2．组合
(1)组合的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素____________，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．
(2)组合数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的____________的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号________表示．
(3)组合数公式：C＝＝____________＝____________．这里n∈N*，m∈N，并且m≤n.
(4)组合数的两个性质：
①C＝____________；
②C＝____________＋____________.
自查自纠：
1．(1)一定的顺序 (2)所有不同排列 A
(3)n(n－1)(n－2)…(n－m＋1) m≤n
(4)排列 n！ 1
2．(1)合成一组 (2)所有不同组合 C
(3)
(4)①C ②C C
若6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为( )
A．144 B．120 C．72 D．24
解：剩余的3个座位共有4个空供3人选择就座， 故任何两人不相邻的坐法种数为A＝24.故选D.
()某校开设A类选修课2门；B类选修课3门，一位同学从中选3门，若要求两类课程中至少选一门，则不同的选法共有( )
A．3种 B．6种 C．9种 D．18种
解：可分以下两种情况：①A类选修课选1门，B类选修课选2门，有CC种不同选法；②A类选修课选2门，B类选修课选1门，有CC种不同选法．所以根据分类加法计数原理知不同的选法共有：CC＋CC＝6＋3＝9(种)．故选C.
()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：由题可知，五位数要为奇数，则个位数只能是1，3，5；分为两步：先从1，3，5三个数中选一个作为个位数有C种方法，再将剩下的四个数字排列有A种方法，则满足条件的五位数有CA＝72个．故选D.
()将甲、乙、丙、丁四名学生分到两个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同的分法的种数为____________(用数字作答)．
解：甲、乙不能分在同一个班，则不同的分组有甲单独一组，只有1种；甲和丙或丁两人一组，有2种；甲、丙、丁一组，只有1种．然后再把分成的两组分到不同班级里，则共有(1＋2＋1)A＝8(种)．故填8.
()在报名的3名男教师和6名女教师中，选取5人参加义务献血，要求男、女教师都有，则不同的选取方式的种数为_____________(结果用数值表示)．
解：由题意，总数去掉选5名女教师的情况即可，故所求为C－C＝126－6＝120.故填120.
类型一 排列数与组合数公式
(1)解方程3A＝4A；
(2)解方程C＝C＋C＋C.
解：(1)利用3A＝3，4A＝4，
得到＝.
利用(10－x)！＝(10－x)(9－x)(8－x)！，将上式化简后得到(10－x)(9－x)＝4×3.
再化简得到x2－19x＋78＝0.
解方程得x1＝6，x2＝13.由于A和A有意义，所以x满足x≤8和x－1≤9.于是将x2＝13舍去，原方程的解是x＝6.
(2)由组合数的性质可得
C＋C＋C＝C＋C＋C＝C＋C，
又C＝C，且C＝C＋C，
即C＋C＝C＋C.所以C＝C，
所以5＝x＋2，x＝3.经检验知x＝3符合题意且使得各式有意义，故原方程的解为x＝3.
点拨：
(1)应用排列、组合数公式解此类方程时，应注意验证所得结果能使各式有意义．(2)应用组合数性质C＝C＋C时，应注意其结构特征：右边下标相同，上标相差1；左边(相对于右边)下标加1，上标取大．使用该公式，像拉手风琴，既可从左拉到右，越拉越长，又可以从右推到左，越推越短．
(1)解方程：3A＝2A＋6A；
(2)已知－＝，则C＝__________．
解：(1)由3A＝2A＋6A得
3x(x－1)(x－2)＝2(x＋1)x＋6x(x－1)，
由x≠0整理得3x2－17x＋10＝0.
解得x＝5或(舍去)．
即原方程的解为x＝5.
(2)由已知得m的取值范围为{m|0≤m≤5， m≤Z}，－＝，整理可得m2－23m＋42＝0，解得m＝21(舍去)或m＝2.故C＝C＝28.故填28.
类型二 排列的基本问题
7位同学站成一排照相．
(1)甲站在中间，共有多少种不同的排法？
(2)甲、乙只能站在两端的排法共有多少种？
(3)甲不排头、乙不排尾的排法共有多少种？
(4)甲、乙两同学必须相邻的排法共有多少种？
(5)甲、乙两同学不能相邻的排法共有多少种？
(6)甲必须站在乙的左边的不同排法共有多少种？
解：(1)甲的位置固定，则只需排其他六个人，则有A＝720(种)排法．
(2)分两步，先排甲、乙，则有A种排法；再排其他5个人，有A种排法，由分步乘法计数原理则有A·A＝240(种)排法．
(3)直接法：分两种情况：①甲站在排尾，则有A种排法；②甲不站排尾，先排甲、乙，再排其他，则有A·A·A种排法．综上，则共有A＋A·A·A＝3 720(种)排法．
间接法：总的排法数减去甲站在排头的和乙站在排尾的情况，但是这就把甲站在排头且乙站在排尾的情况减了两次，故后面要加回来，即A－A－A＋A＝3 720(种)排法．
(4)采用“捆绑”法，将甲乙看成一个整体进行排列(甲乙之间也有排列)，故有A·A＝1 440(种)排法．
(5)采用“插空”法，先排其他5个人，然后将甲乙插入到由这5个人形成的6个空中，故有A·A＝3 600(种)排法．
(6)甲站在乙的左边的排法总数等于乙站在甲的左边的排法总数，故有A＝2 520(种)排法．
点拨：
(1)有约束条件的排列问题一般有以下几种基本类型与方法：①特殊元素优先考虑；②对于相邻问题采用“捆绑法”，整体参与排序后，再考虑整体内容排序；③对于不相邻问题，采用“插空”法，先排其他元素，再将不相邻元素插入空档；④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数．(2)解题的基本思路通常有正向思考和逆向思考两种．正向思考时，通过分步、分类设法将问题分解；逆向思考时，从问题的反面入手，然后“去伪存真”．
3名女生和5名男生排成一排．
(1)如果女生全排在一起，有多少种不同排法？
(2)如果女生都不相邻，有多少种排法？
(3)如果女生不站两端，有多少种排法？
(4)其中甲必须排在乙前面(可不邻)，有多少种排法？
(5)其中甲不站左端，乙不站右端，有多少种排法？
解：(1)(捆绑法)由于女生排在一起，可把她们看成一个整体，这样同五个男生合在一起有6个元素，排成一排有A种排法，而其中每一种排法中，三个女生又有A种排法，因此共有A·A＝4 320(种)不同排法．
(2)(插空法)先排5个男生，有A种排法，这5个男生之间和两端有6个位置，从中选取3个位置排女生，有A种排法，因此共有A·A＝14 400(种)不同排法．
(3)法一(位置分析法) 因为两端不排女生，只能从5个男生中选2人排列，有A种排法，
剩余的位置没有特殊要求，有A种排法，因此共有A·A＝14 400(种)不同排法．
法二(元素分析法) 从中间6个位置选3个安排女生，有A种排法，其余位置无限制，有A种排法，因此共有A·A＝14 400(种)不同排法．
(4)8名学生的所有排列共A种，其中甲在乙前面与乙在甲前面各占其中的，所以符合要求的排法种数为A＝20 160(种)．
(5)甲、乙为特殊元素，左、右两边为特殊位置．
法一(特殊元素法) 甲在最右边时，其他的可全排，有A种；甲不在最右边时，可从余下6个位置中任选一个，有A种．而乙可排在除去最右边位置后剩余的6个中的任意一个上，有A种，其余人全排列，共有A·A·A种．由分类加法计数原理，共有A＋A·A·A＝30 960(种)．
法二(特殊位置法) 先排最左边，除去甲外，有A种，余下7个位置全排，有A种，但应剔除乙在最右边时的排法A·A种，因此共有A·A－A·A＝30 960(种)．
法三(间接法) 8个人全排，共A种，其中，不合条件的有甲在最左边时，有A种，乙在最右边时，有A种，其中都包含了甲在最左边，同时乙在最右边的情形，有A种．因此共有A－2A＋A＝30 960(种)．
类型三 组合的基本问题
课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各指定一名队长．现从中选5人主持某种活动，依下列条件各有多少种选法？
(1)只有1名女生；
(2)两队长当选；
(3)至少有1名队长当选；
(4)至多有2名女生当选；
(5)既要有队长，又要有女生当选．
解：(1)1名女生，4名男生，故共有C·C＝350(种)．
(2)将两队长作为一类，其他11个作为一类，故共有C·C＝165(种)．
(3)至少有1名队长当选含有两类：只有1名队长和2名队长．故共有：C·C＋C·C＝825(种)．
或采用间接法：C－C＝825(种)．
(4)至多有2名女生含有三类：有2名女生、只有1名女生、没有女生，故选法为：C·C＋ C·C＋C＝966(种)．
(5)分两类：第一类女队长当选：有C种选法；
第二类女队长不当选：有C·C＋C·C＋C·C＋C种选法．
故选法共有：
C＋C·C＋C·C＋C·C＋C＝790(种)．
点拨：
①分类时不重不漏；②注意间接法的使用，在涉及“至多”“至少”等问题时，多考虑用间接法(排除法)；③应防止出现如下常见错误：如对(3)，先选1名队长，再从剩下的人中选4人得C·C≠825，请同学们自己找错因．
从7名男同学和5名女同学中选出5人，分别求符合下列条件的选法总数为多少？
(1)A，B必须当选；
(2)A，B都不当选；
(3)A，B不全当选；
(4)至少有2名女同学当选；
(5)选出3名男同学和2名女同学，分别担任体育委员、文娱委员等五种不同的工作，但体育委员必须由男同学担任，文娱委员必须由女同学担任．
解：(1)只要从其余的10人中再选3人即可，有C＝120(种)．
(2)5个人全部从另外10人中选，总的选法有C＝252(种)．
(3)直接法，分两类：A，B一人当选，有 CC＝420(种)．A，B都不当选，有C＝252(种)．
所以总的选法有420＋252＝672(种)．
间接法：从12人中选5人的选法总数中减去从不含A，B的10人中选3人(即A，B都当选)的选法总数，得到总的选法有C－C＝672(种)．
(4)直接法，分四步：选2名女生，有CC＝10×35＝350(种)；
选3名女生，有CC＝210(种)；
选4名女生，有CC＝35(种)；
选5名女生，有C＝1(种)．
所以总的选法有350＋210＋35＋1＝596(种)．
间接法：从12人中选5人的选法总数中减去不选女生与只选一名女生的选法数之和，
即满足条件的选法有C－(C＋CC)＝596(种)．
(5)分三步：选1男1女分别担任体育委员、文娱委员的方法有CC＝35(种)；
再选出2男1女，补足5人的方法有CC＝60(种)；
最后为第二步选出的3人分派工作，有A＝6(种)方法．
所以总的选法有35×60×6＝12 600(种)．
类型四 分堆与分配问题
按下列要求分配6本不同的书，各有多少种不同的分配方式？
(1)分成三份，1份1本，1份2本，1份3本；
(2)甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本；
(3)平均分成三份，每份2本；
(4)平均分配给甲、乙、丙三人，每人2本；
(5)分成三份，1份4本，另外两份每份1本；
(6)甲、乙、丙三人中，一人得4本，另外两人每人得1本；
(7)甲得1本，乙得1本，丙得4本．
解：(1)无序不均匀分组问题．
先选1本，有C种选法；再从余下的5本中选2本，有C种选法；最后余下3本全选，有C种选法．
故共有CCC＝60(种)．
(2)有序不均匀分组问题．
由于甲、乙、丙是不同的三人，在(1)题基础上，还应考虑再分配，共有CCCA＝360(种)．
(3)无序均匀分组问题．
先分三步，则应是CCC种方法，但是这里出现了重复．不妨记六本书为A，B，C，D，E，F，若第一步取了AB，第二步取了CD，第三步取了EF，记该种分法为(AB，CD，EF)，则CCC种分法中还有(AB，EF，CD)，(CD，AB，EF)，(CD，EF，AB)，(EF，CD，AB)，(EF，AB，CD)，共有A种情况，而这A种情况仅是AB，CD，EF的顺序不同，因此只能作为一种分法，故分配方式有＝15(种)．
(4)有序均匀分组问题．
在(3)的基础上再分配给3个人，
共有分配方式·A＝CCC＝90(种)．
(5)无序部分均匀分组问题．共有＝15(种)．
(6)有序部分均匀分组问题．
在(5)的基础上再分配给3个人，
共有分配方式·A＝90(种)．
(7)直接分配问题．
甲选1本，有C种方法；乙从余下的5本中选1本，有C种方法，余下4本留给丙，有C种方法，故共有分配方式CCC＝30(种)．
点拨：
平均分配给不同人的分法等于平均分堆的分法乘以堆数的全排列．分堆到位相当于分堆后各堆再全排列，平均分堆不到指定位置，其分法数为：.对于分堆与分配问题应注意：①处理分配问题要注意先分堆再分配；②被分配的元素是不同的(像“名额”等则是相同元素，不适用)，位置也应是不同的(如不同的“盒子”)；③分堆时要注意是否均匀，如6分成(2，2，2)为均匀分组，分成(1，2，3)为非均匀分组，分成(4，1，1)为部分均匀分组．
(1)国家教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教．现有6个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到3所学校去任教，有____________种不同的分派方法．
解：先把6个毕业生平均分成3组，有种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有A＝6种方法，故6个毕业生平均分到3所学校，共有·A＝90种分派方法．故填90.
(2)()有4名优秀学生A，B，C，D全部被保送到甲、乙、丙3所学校，每所学校至少去一名，则不同的保送方案共有____________种．
解：先把4名学生分为2、1、1的3组，有 ＝6种分法，再将3组分到3个学校，有A＝6种情况，则共有6×6＝36种不同的保送方案．故填36.
(3)()若将6名教师分到3所中学任教，一所1名，一所2名，一所3名，则有____________种不同的分法．
解：将6名教师分组，分三步完成：
第1步，在6名教师中任取1名作为一组，有C种取法；
第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C种取法；
第3步，余下的3名教师作为一组，有C种取法．
6名教师分组共有CCC＝60种取法．
再把这3组教师分配到3所中学，有A＝6种分法，
因此共有60×6＝360种不同的分法．故填360.
类型五 数字排列问题
用0，1，2，3，4，5这6个数字．
(1)能组成多少个无重复数字的四位偶数？
(2)能组成多少个奇数数字互不相邻的六位数(无重复数字)?
解：(1)符合要求的四位偶数可分为三类：
第一类：0在个位时，有A个；
第二类：2在个位时，千位从1，3，4，5中选定一个(A种)，十位和百位从余下的数字中选，有A种，于是有A·A个；
第三类：4在个位时，与第二类同理，也有A·A个．
由分类加法计数原理得，共有A＋2A·A＝156(个)．
(2)先排0，2，4，再让1，3，5插空，
总的排法共A·A＝144(种)，
其中0在排头，将1，3，5插在后三个空的排法共A·A＝12(种)，此时构不成六位数，
故总的六位数的个数为A·A－A·A＝ 144－12＝132(种)．
点拨：
本例是有限制条件的排列问题，先满足特殊元素或特殊位置的要求，再考虑其他元素或位置，同时注意题中隐含条件0不能在首位．
()用五个数字0，1，2，3，4组成没有重复数字的自然数，问：
(1)四位数有几个？
(2)比3 000大的偶数有几个？
解：(1)首位数字不能是0，其他三位数字可以任意，所以四位数有CA＝96个．
(2)比3 000大的必是四位数或五位数．
(Ⅰ)若是四位数，则首位数字必是3或4.
①若4在首位，则个位数字必是0或2，有CA个数，
②若3在首位，则个位数字必是0或2或4，有CA个数，
所以比3 000大的四位偶数有CA＋CA＝30个．
(Ⅱ)若是五位数，则首位数字不能是0，个位数字必是0或2或4，
①若0在个位，则有A个；
②若0不在个位，则有CCA个数，
所以比3 000大的五位偶数有A＋CCA＝60个．
故比3 000大的偶数共有30＋60＝90个．
1．排列与组合的区别与联系
排列、组合之间的主要区别在于是否要考虑选出元素的先后顺序，不需要考虑顺序的是组合问题，需要考虑顺序的是排列问题，排列是在组合的基础上对入选的元素进行全排列，因此，分析解决排列问题的基本思路是“先选，后排”．
2．解排列、组合题的基本方法
(1)限制元素(位置)优先法：①元素优先法：先考虑有限制条件的元素，再考虑其他元素；②位置优先法：先考虑有限制条件的位置，再考虑其他位置．
(2)正难则反排异法：有些问题，正面考虑情况复杂，可以反面入手把不符合条件的所有情况从总体中去掉．
(3)复杂问题分类分步法：某些问题总体不好解决时，常常分成若干类，再由分类加法计数原理解决或分成若干步，再由分步乘法计数原理解决．在解题过程中，常常既要分类，也要分步，其原则是先分类，再分步．
(4)相离问题插空法：某些元素不能相邻或要在某特殊位置时可采用插空法，即先安排好没有限制条件的元素，然后再把有限制条件的元素按要求插入排好的元素之间．
(5)相邻问题捆绑法：把相邻的若干个特殊元素“捆绑”为一个大元素，然后再与其余“普通元素”作全排列，最后再“松绑”——将“捆绑”元素在这些位置上作全排列．
(6)相同元素隔板法：将n个相同小球放入m(m≤n)个盒子里，要求每个盒子里至少有一个小球的放法，等价于将n个相同小球串成一串，从间隙里选m－1个结点，剪截成m段，共有C种放法．这是针对相同元素的组合问题的一种方法．
(7)定序问题用除法：对于某几个元素顺序一定的排列问题，可先把这几个元素与其他元素一同进行排列，然后用总的排列数除以这几个元素的全排列数．
3．解组合问题时应注意
(1)在解组合应用题时，常会遇到“至少”“至多”“含”等词，要仔细审题，理解其含义．
(2)关于几何图形的组合题目，一定要注意图形自身对其构成元素的限制，解决这类问题常用间接法(或排除法)．
(3)分组、分配问题：分组问题和分配问题是有区别的，前者组与组之间只要元素个数相同，是不可区分的，而后者则即使两组元素个数相同，但因元素不同，仍然是可区分的．对于这类问题必须先分组后排列，若平均分m组，则分法＝.
1．A＝10A，n＝( )
A．1 B．8 C．9 D．10
解：原式等价于2n(2n－1)(2n－2)＝10n(n－1)(n－2)，n>3且n∈N*，整理得n＝8.故选B.
2．某单位有7个连在一起的车位，现有3辆不同型号的车需停放，如果要求剩余的4个空车位连在一起，则不同的停放方法的种数为 ( )
A．16 B．18 C．24 D．32
解：将4个连在一起的空车位“捆绑”，作为一个整体考虑，则所求即为4个不同元素的全排列A＝24，故选C.
3．(
)将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有( )
A．10种 B．20种 C．36种 D．52种
解：1号盒子可以放1个或2个球，2号盒子可以放2个或3个球，故不同的放球方法有CC＋ CC＝10种．故选A.
4．()4名男生和2名女生站成一排照相，要求男生甲不站在最左端，女生乙不站在最右端，则不同的排法有( )
A．480 B．504 C．696 D．600
解：利用间接法，4名男生和2名女生站成一排照相任意排有A＝720种排法，其中男生甲站在最左端有A＝120种，女生乙站在最右端有A＝120种．男生甲站在最左端且女生乙站在最右端有A＝24种，故男生甲不站在最左端，女生乙不站在最右端有720－120－120＋24＝504种排法．故选B.
5．某台小型晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位．该台晚会节目演出顺序的编排方案共有( )
A．36种 B．42种 C．48种 D．54种
解：分两类，第一类：甲排在第一位，丙排在最后一位时，中间4个节目无限制条件，有A种排法；第二类：甲排在第二位时，从甲、乙、丙之外的3个节目中选1个节目排在第一位有C种排法，其他3个节目有A种排法，故有CA种排法．依分类加法计数原理知，共有A＋CA＝42(种)编排方案．故选B.
6．从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有( )
A．24对 B．30对 C．48对 D．60对
解：利用正方体中两个独立的正四面体解题，如图，
它们的棱是原正方体的12条面对角线．
一个正四面体中两条棱成60°角的有(C－3)对，两个正四面体有(C－3)×2对．又正方体的面对角线中平行成对，所以共有(C－3)×2×2＝48(对)．故选C.
另解：任取一条对角线，与其在同一面内的一条对角线及对面的两条对角线与该线所成角不为60°，其余均为60°，故所求为＝48(对)．
7．有一个不规则的六面体盒子(六个面大小不同)，现要用红、黄、蓝三种颜色刷盒子的六个面，其中一种颜色刷3个面，一种颜色刷2个面，一种颜色刷1个面，则刷这个六面体盒子的刷法有____________种．
解：可先分组后分配，即将6个面分成3，2，1三组共有CCC种分组方法，然后每一组用三种颜色去刷，各有A种，由分步计数原理可知共有CCCA＝360(种)刷法．故填360.
8．()数字1，2，3，4，5，6按如图形式随机排列，设第一行的数为N1，其中N2，N3分别表示第二、三行中的最大数，则满足N1
0)的展开式中x2的系数是66，则sinxdx的值为____________．
解：由题意可得(x2＋ax＋1)6的展开式中x2的系数为C＋Ca2，故C＋Ca2＝66，所以a＝2或a＝－2(舍去)．故sinxdx＝(－cosx)|＝1－cos2.故填1－cos2.
1．二项展开式的通项主要用于求二项式的指数、项和系数，在运用公式时要注意以下几点：
(1)Can－kbk是第k＋1项，而不是第k项．
(2)求展开式的一些特殊项，通常都是由题意列出方程求出k，再求所需的某项(有时需先求n)．计算时要注意n，k的取值范围及它们的大小关系．
(3)求展开式的某一项的系数，先要准确地写出通项，特别要注意符号问题，然后将通项中的系数和字母分离．
2．要注意二项展开式中二项式系数与某一项系数的区别．在(a＋b)n的展开式中，系数最大的项是中间项；但当a，b的系数不是1时，系数最大的项的位置就不一定在中间，需要利用通项公式，根据系数的增减性具体讨论而定．
3．对三项或三项以上的展开问题，应根据式子的特点，转化为二项式来解决(有些题目也可转化为计数问题解决)，转化的方法通常为集项、配方、因式分解，集项时要注意项与项结合的合理性和简捷性．
4．二项式定理的应用方法
(1)“赋值法”和“构造法”是解决二项展开式中“系数和”问题的基本思路，也是证明有关组合数恒等式的重要方法．
(2)“配凑法”和“消去法”是解决“整除性问题”或“余数问题”的重要方法．
(3)整除问题要关注的是展开式的最后几项，求近似值问题关注的是展开式的前几项．
(4)有些不等式的证明问题，也常借助二项式定理进行“放缩”处理．
(5)要注意二项式定理的逆用，它常用于有关化简和求值问题．
1．()在的展开式中，常数项为15，则n的值可以为( )
A．3 B．4 C．5 D．6
解：因为Tr＋1＝C(x2)n－r＝C(－1)rx2n－3r，所以C(－1)r＝15且2n－3r＝0，所以n可能是6.故选D.
2．()在二项式(x2＋x＋1)(x－1)5的展开式中，含x4项的系数是( )
A．－25 B．－5 C．5 D．25
解：因为(x2＋x＋1)(x－1)＝x3－1，所以原式可化为(x3－1)(x－1)4.故展开式中，含x4项的系数为C(－1)3－C＝－4－1＝－5.故选B.
3．()在的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中常数项是( )
A．－7 B．7 C．－28 D．28
解：由题意可知n＝8，
Tr＋1＝C＝(－1)rC·.令8－r＝0，得r＝6，×(－1)6C＝7.故选B.
4．()1－2C＋4C－8C＋…＋(－2)nC＝( )
A．1 B．－1 C．(－1)n D．3n
解：逆用公式，将1看作公式中的a，－2看作公式中的b，可得原式＝(1－2)n＝(－1)n.故选C.
5．从的展开式中任取一项，则取到有理项的概率为( )
A. B. C. D.
解：的展开式的通项公式为
Tk＋1＝C()20－k＝C，其中k＝0，1，2，…，20.而当k＝0，4，8，12，16，20时，5－k为整数，对应的项为有理项，所以从的展开式中任取一项，取到有理项的概率为P＝＝.故选B.
6．若x4(x＋3)8＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2)2＋…＋a12(x＋2)12，则log2(a1＋a3＋a5＋…＋a11)等于( )
A．27 B．28 C．7 D．8
解：令x＝－1得a0＋a1＋a2＋…＋a12＝28，①；令x＝－3得a0－a1＋a2－a3＋…＋a12＝0，②.①－②得2(a1＋a3＋…＋a11)＝28，所以a1＋a3＋…＋ a11＝27，所以log2(a1＋a3＋…＋a11)＝7.故选C.
7．()的展开式中x的系数是____________．
解：的展开式的通项公式Tr＋1＝C(－)r＝(－1)rCx，的展开式中含x的项为·(－1)4Cx2＋x·(－1)0Cx＝·x2＋x·1＝3x，故系数是3.故填3.
8．()在的展开式中，x2项的系数为____________(结果用数值表示)．
解：＝＝ (1＋x)10＋C(1＋x)9＋…，故x2项只能在(1＋x)10的展开式中，即为Cx2，系数为C＝45.故填45.
9．求证：
(1)32n＋2－8n－9能被64整除(n∈N*)；
(2)3n>(n＋2)·2n－1(n∈N*，n>2)．
证明：(1)因为32n＋2－8n－9＝32·32n－8n－9
＝9·9n－8n－9＝9(8＋1)n－8n－9
＝9(C8n＋C8n－1＋…＋C·8＋C·1)－ 8n－9
＝9(8n＋C8n－1＋…＋C82)＋9·8n＋9－ 8n－9
＝9×82(8n－2＋C8n－3＋…＋C)＋64n
＝64[9(8n－2＋C8n－3＋…＋C)＋n]．
所以32n＋2－8n－9能被64整除．
(2)因为n∈N*，且n>2，所以3n＝(2＋1)n展开后至少有4项．(2＋1)n＝2n＋C·2n－1＋…＋C·2＋1≥2n＋n·2n－1＋2n＋1>2n＋n·2n－1＝ (n＋2)·2n－1.
故3n>(n＋2)·2n－1.
10．已知二项式.
(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的项的系数；
(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)因为C＋C＝2C，
所以n2－21n＋98＝0，所以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.所以T4的系数为C××23＝，
T5的系数为C××24＝70.
当n＝14时，展开式中二项式系数最大的项是T8.所以T8的系数为C××27＝3 432.
(2)因为C＋C＋C＝79，所以n2＋n－156＝0，所以n＝12或n＝－13(舍去)．设第k＋1项的系数最大，
因为＝(1＋4x)12，
所以所以9.4≤k≤10.4，所以k＝10.
所以展开式中系数最大的项为第11项，
且T11＝C··210·x10＝16 896x10.
11. (1)已知(1－x＋x2)3(1－2x2)4＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a14x14，求a1＋a3＋a5＋…＋a13的值．
(2)已知(x＋1)2(x＋2)2 014＝a0＋a1(x＋2)＋ a2(x＋2)2＋…＋a2 016(x＋2)2 016，求＋＋＋…＋的值．
解：(1)设f(x)＝(1－x＋x2)3(1－2x2)4.
令x分别取1，－1，则
f(1)＝a0＋a1＋a2＋…＋a13＋a14＝1；
f(－1)＝a0－a1＋a2－…－a13＋a14＝27.
a1＋a3＋a5＋…＋a13＝＝＝－13.
(2)依题意令x＝－，得＝a0＋a1＋a2＋…＋a2 016，令x＝－2得a0＝0，则＋＋ ＋…＋＝ .
已知(n∈N*)的展开式中没有常数项，且2≤n≤8，则n＝________.
解：因为(1＋x＋x2)(n∈N*)的展开式中没有常数项，所以的展开式中没有常数项，且没有x－1，x－2项.的展开式的通项为Tr＋1＝Cxn－4r，当n＝2，3，4时，取r＝1可知均不符合要求；当n＝6，7，8时，取r＝2可知均不符合要求；当n＝5时，r取0，1，2，3，4，5均不会产生x－1，x－2及常数项．故填5.
10．4 随机事件的概率
1．随机事件和确定事件
(1)在条件S下，一定会发生的事件，叫做相对于条件S的____________．
(2)在条件S下，一定不会发生的事件，叫做相对于条件S的____________．
必然事件与不可能事件统称为相对于一定条件S的确定事件．
(3)在条件S下可能发生也可能不发生的事件，叫做相对于条件S的__________．
(4)____________和____________统称为事件，一般用大写字母A，B，C，…表示．
2．频率与概率
(1)在相同的条件S下重复n次试验，观察某一事件A是否出现，称n次试验中事件A出现的次数nA为事件A出现的________，称事件A出现的比例fn(A)＝________为事件A出现的频率．
(2)对于给定的随机事件A，如果随着试验次数的增加，事件A发生的____________fn(A)稳定在某个常数上，把这个____________记作P(A)，称为事件A的____________．
(3)在一次试验中几乎不可能发生的事件称为__________．
3．事件的关系与运算(类比集合的关系与运算)
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______事件A(或称事件A包含于事件B)
(或A⊆B)
相等关系
若B⊇A且A⊇B
____________
并事件
(和事件)
若某事件发生当且仅当事件A发生______事件B发生，称此事件为事件A与事件B的并事件
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____事件B发生，则称此事件为事件A与事件B的交事件
A∩B
(或AB)
互斥事件
若______为不可能事件，则事件A与事件B互斥
A∩B＝______
对立事件
若________为不可能事件，________为必然事件，那么称事件A与事件B互为对立事件
A∩B＝______
P(A∪B)
＝P(A)＋P(B)
＝________
拓展：“互斥事件”与“对立事件”的区别及联系：两个事件A与B是互斥事件，有如下三种情况：①若事件A发生，则事件B就不发生；②若事件B发生，则事件A就不发生；③事件A，B都不发生．两个事件A与B是对立事件，仅有前两种情况．因此，互斥未必对立，但对立一定互斥．
4．概率的几个基本性质
(1)概率的取值范围：____________.
(2)必然事件的概率P(E)＝____________.
(3)不可能事件的概率P(F)＝____________.
(4)互斥事件概率的加法公式
①如果事件A与事件B互斥，则P(A∪B)＝__________________________.
推广：如果事件A1，A2，…，An两两互斥(彼此互斥)，那么事件A1＋A2＋…＋An发生的概率，等于这n个事件分别发生的概率的和，即P(A1＋ A2＋…＋An)＝_______________________.
②若事件B与事件A互为对立事件，则 P(A)＝__________________________.
自查自纠：
1．(1)必然事件 (2)不可能事件
(3)随机事件 (4)确定事件 随机事件
2．(1)频数 (2)频率 常数 概率
(3)小概率事件
3．包含 B⊇A A＝B 或 且 A∩B ∅ A∩B A∪B ∅ 1
4．(1)0≤P(A)≤1 (2)1 (3)0
(4)①P(A)＋P(B) P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An) ②1－P(B)
()我国古代数学名著《数书九章》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1 534石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得254粒内夹谷28粒，则这批米内夹谷约为( )
A．134石 B．169石
C．338石 D．1 365石
解：依题意，这批米内夹谷约为×1 534≈169(石)，故选B.
从装有红球和绿球的口袋内任取2个球(已知口袋中的红球、绿球数都大于2)，那么互斥而不对立的两个事件是( )
A．至少有一个是红球，至少有一个是绿球
B．恰有一个红球，恰有两个绿球
C．至少有一个红球，都是红球
D．至少有一个红球，都是绿球
解：选项A，C中两事件可以同时发生，故不是互斥事件；选项B中两事件不可能同时发生，因此是互斥的，但两事件不对立；选项D中的两事件是对立事件．故选B.
给出下列三个命题，其中正确命题的个数是( )
①设有一大批产品，已知其次品率为0.1，则从中任取100件，必有10件是次品；
②做7次抛硬币的试验，结果3次出现正面，因此，出现正面的概率是；
③随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率．
A．0 B．1 C．2 D．3
解：要明确在试验中，虽然随机事件发生的频率不是常数，但它具有稳定性，且总是接近于某个常数，在其附近波动，这个常数叫做概率，所以随机事件发生的频率和它的概率是不一样的．由此可知①②③都是不正确的．故选A.
()从一副混合后的扑克牌(54张)中，随机抽取1张．事件A为“抽得红桃K”，事件B为“抽得黑桃”，则概率P(A∪B)＝____________(结果用最简分数表示)．
解：因为P(A)＝，P(B)＝，所以P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝＋＝＝.故填.
()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：所求概率为1－＝.故填.
类型一 随机事件的概念
同时掷两颗骰子一次，
(1)“点数之和是13”是什么事件？其概率是多少？
(2)“点数之和在2～13之间”是什么事件？其概率是多少？
(3)“点数之和是7”是什么事件？其概率是多少？
解：(1)由于点数最大是6，和最大是12，不可能得13，故此事件是不可能事件，其概率为0.
(2)由于点数之和最小是2，最大是12，在2～13之间，它是必然事件，其概率为1.
(3)由(2)知，和是7是有可能的，此事件是随机事件．事件“点数之和是7”包含的基本事件有{1，6}，{2，5}，{3，4}，{4，3}，{5，2}，{6，1}共6个，因此该事件的概率P＝＝.
点拨：
明确必然事件、不可能事件、随机事件的意义及相互联系．判断一个事件是哪类事件要看两点：一是看条件，二是看结果发生与否，在条件S下事件发生与否是对应于条件S而言的．
一个口袋内装有5个白球和3个黑球，从中任意取出一个球，
(1)“取出的球是红球”是什么事件？它的概率是多少？
(2)“取出的球是黑球”是什么事件？它的概率是多少？
(3)“取出的球是白球或黑球”是什么事件？它的概率是多少？
解：(1)由于口袋内装有黑、白两种颜色的球，故“取出的球是红球”是不可能事件，其概率为0.
(2)由已知，从口袋内取出一个球，可能是白球，也可能是黑球，故“取出的球是黑球”是随机事件，它的概率是.
(3)由于口袋内装的是黑、白两种颜色的球，故取出一个球不是黑球，就是白球，因此，“取出的球是白球或黑球”是必然事件，它的概率为1.
类型二 对立与互斥的概念
判断下列各组事
件是否是互斥事件，并说明道理．
某小组有3名男生和2名女生，从中任选2名同学去参加演讲比赛，其中
(1)恰有1名男生和恰有2名男生；
(2)至少有一名男生和至少有一名女生；
(3)至少有一名男生和全是男生；
(4)至少有1名男生和全是女生．
解：(1)是互斥事件．
道理是：在所选的2名同学中，“恰有1名男生”实质选出的是“一名男生和一名女生”，它与“恰有两名男生”不可能同时发生，所以是一对互斥事件．
(2)不是互斥事件．
道理是：“至少有1名男生”包括“1名男生、1名女生”和“两名都是男生”两种结果，“至少有1名女生”包括“1名女生、1名男生”和“两名都是女生”两种结果，它们可能同时发生．
(3)不是互斥事件．
道理是：“至少有一名男生”包括“一名男生、一名女生”和“两名都是男生”，这与“全是男生”可同时发生．
(4)是互斥事件．
道理是：“至少有1名男生”包括“1名男生、1名女生”和“两名都是男生”两种结果，它和“全是女生”不可能同时发生．
点拨：
判断两个事件是否为互斥事件，就是考查它们能否同时发生，如果不能同时发生，则是互斥事件，否则，就不是互斥事件．判断对立与互斥除了用定义外，也可以利用集合的观点来判断．注意：①事件的包含、相等、互斥、对立等，其发生的前提条件应是一样的；②对立是针对两个事件来说的，而互斥可以是多个事件的关系．
某地有甲、乙两种报纸供居民订阅，记事件A为“只订甲报纸”，事件B为“至少订一种报纸”，事件C为“至多订一种报纸”，事件D为“一种报纸也不订”．判断下列每对事件是不是互斥事件；如果是，再判断它们是不是对立事件．
(1)A与C；(2)B与D；(3)B与C；(4)C与D.
解：(1)由于事件C“至多订一种报纸”中有可能“只订甲报纸”，即事件A与事件C有可能同时发生，故A与C不是互斥事件．
(2)事件B“至少订一种报纸”与事件D“一种报纸也不订”是不可能同时发生的，故B与D是互斥事件．由于事件B不发生可导致事件D一定发生，且事件D不发生会导致事件B一定发生，故B与D还是对立事件．
(3)事件B“至少订一种报纸”中有这些可能：“只订甲报纸”“只订乙报纸”“订甲、乙两种报纸”，事件C“至多订一种报纸”中有这些可能：“一种报纸也不订”“只订甲报纸”“只订乙报纸”，由于这两个事件可能同时发生，故B与C不是互斥事件．
(4)由(3)的分析，事件D“一种报纸也不订”是事件C的一种可能，即事件C与事件D有可能同时发生，故C与D不是互斥事件．
类型三 互斥与对立的运用(初步)
()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彼此互斥．
(1)记“至多2人排队等候”为事件G，则G＝A＋B＋C，所以P(G)＝P(A＋B＋C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.1＋0.16＋0.3＝0.56.
(2)解法一：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.
解法二：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.
点拨：
(1)解决此类问题，首先应根据互斥事件和对立事件的定义分析是不是互斥事件或对立事件，再选择概率公式进行计算．(2)求复杂的互斥事件的概率一般有两种方法：①直接法，将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率的和，运用互斥事件的概率加法公式计算；②间接法，先求此事件的对立事件的概率，再用公式P(A)＝1－P(A)求解，即用正难则反的数学思想，特别是“至多”“至少”型问题，用间接法往往显得较简便．
国家射击队的队员为在射击世锦赛上取得优异成绩，正在加紧备战，经过近期训练，某队员射击一次命中7～10环的概率如下表所示：
命中环数
10环
9环
8环
7环
概率
0.32
0.28
0.18
0.12
求该射击队员射击一次：
(1)命中9环或10环的概率；
(2)命中不足8环的概率．
解：记“射击一次，命中k环”为事件Ak(k∈N，7≤k≤10)，则事件Ak彼此互斥．
(1)记“射击一次，命中9环或10环”为事件
A，那么当A9，A10之一发生时，事件A发生，由互斥事件概率的加法公式得P(A)＝P(A9)＋P(A10)＝0.28＋0.32＝0.60.
(2)记“射击一次，至少命中8环”为事件B，则B表示事件“射击一次，命中不足8环”．
又B＝A8∪A9∪A10，由互斥事件概率的加法公式得
P(B)＝P(A8)＋P(A9)＋P(A10)＝0.18＋0.28＋0.32＝0.78.
故P(B)＝1－P(B)＝1－0.78＝0.22.
因此，射击一次，命中不足8环的概率为0.22.
1．概率与频率的关系
(1)频率是一个随机数，在试验前是不能确定的．
(2)概率是一个确定数，是客观存在的，与试验次数无关．
(3)频率是概率的近似值，随着试验次数的增加，频率一般会越来越接近概率，因而概率是频率的稳定值．
2．互斥事件、对立事件的判定方法
(1)利用基本概念
①互斥事件是两个不可能同时发生的事件；
②对立事件首先是互斥事件，且必有一个发生．
(2)利用集合的观点来判断
设事件A与B所含的结果组成的集合分别是A，B，
①事件A与B互斥，即集合A∩B＝∅；
②事件A与B对立，即集合A∩B＝∅，且A∪B＝I(全集)，也即A＝∁IB或B＝∁IA；
③对互斥事件A与B的和A＋B，可理解为集合A∪B.
3．求复杂互斥事件概率的方法
一是直接法，将所求事件的概率分解为一些彼此互斥事件概率的和，运用互斥事件的求和公式计算；二是间接法，先求此事件的对立事件的概率，再用公式P(A)＝1－P(A)，即运用逆向思维的方法(正难则反)求解，应用此公式时，一定要分清事件的对立事件到底是什么事件，不能重复或遗漏．特别是对于含“至多”“至少”等字眼的题目，用第二种方法往往显得比较简便．
1．给出下列事件：
①同学甲竞选班长成功；
②两队比赛，强队胜利；
③一所学校共有998名学生，至少有三名学生的生日相同；
④若集合A，B，C满足A⊆B，B⊆C，则A⊆C；
⑤古代有一个国王想处死一位画师，背地里在2张签上都写了“死”字，再让画师抽“生死签”，画师抽到死签；
⑥七月天下雪；
⑦从1，3，9中任选两数相加，其和为偶数；
⑧骑车通过10个十字路口，均遇红灯．
其中属于随机事件的有( )
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
解：①②⑥⑧为随机事件．故选B.
2．在一次随机试验中，彼此互斥的事件A，B，C，D发生的概率分别是0.2，0.2，0.3，0.3，则下列说法正确的是( )
A．A∪B与C是互斥事件，也是对立事件
B．B∪C与D是互斥事件，也是对立事件
C．A∪C与B∪D是互斥事件，但不是对立事件
D．A与B∪C∪D是互斥事件，也是对立事件
解：由于A，B，C，D彼此互斥，且A∪B∪C∪D是一个必然事件，故其事件的关系可由如图所示的Venn图表示，
由图可知，任何一个事件与其余3个事件的和事件必然是对立事件，任何两个事件的和事件与其余两个事件的和事件也是对立事件．故选D.
3．()甲、乙两人下棋，和棋的概率为，乙获胜的概率为，则下列说法正确的是( )
A．甲获胜的概率是 B．甲不输的概率是
C．乙输了的概率是 D．乙不输的概率是
解：“甲获胜”是“和棋或乙胜”的对立事件，所以“甲获胜”的概率是P＝1－－＝；
设事件A为“甲不输”，则A是“甲胜”“和棋”这两个互斥事件的并事件，所以P(A)＝＋＝；
“乙输了”即“甲胜了”，所以“乙输了”的概率为；“乙不输”的概率为1－＝.故选A.
4．()5张卡片上分别写有数字1，2，3，4，5，从这5张卡片中一次随机抽取2张，则取出的2张卡片上数字之和为偶数的概率为( )
A. B. C. D.
解：数字之和为偶数，则取出的2张卡片上的数字为2个奇数或2个偶数，故所求为＝.故选B.
5．将一枚骰子抛掷两次，若先后出现的点数分别为b，c，则方程x2＋bx＋c＝0有实根的概率为( )
A. B. C. D.
解：若方程有实根，则Δ＝b2－4c≥0，当有序实数对(b，c)的取值为(6，6)，(6，5)，…，(6，1)，(5，6)，(5，5)，…，(5，1)，(4，4)，…，(4，1)，(3，2)，(3，1)，(2，1)时方程有实根，共19种情况，而(b，c)等可能的取值共有36种情况，所以方程有实根的概率为P＝.故选A.
6．若随机事件A，B互斥，A，B发生的概率均不等于0，且P(A)＝2－a，P(B)＝4a－5，则实数a的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解：由题意可知
⇒⇒⇒P(A2)，所以甲应选择L1.
同理，P(B1)＝0.1＋0.2＋0.3＋0.2＝0.8，
P(B2)＝0.1＋0.4＋0.4＝0.9，
因为P(B1)＜P(B2)，所以乙应选择L2.
袋中有12个小球，分别为红球、黑球、黄球、绿球，从中任取一球，得到红球的概率是，得到黑球或黄球的概率是，得到黄球或绿球的概率是，试求：从中任取一球，得到黑球、黄球、绿球的概率各是多少？
解：从中任取一球，分别记得到红球、黑球、黄球、绿球为事件A，B，C，D.由于A，B，C，D为互斥事件，根据已知得
解得
所以从中任取一球，得到黑球、黄球、绿球的概率分别是，，.
10．5 古典概型
1．基本事件
在一次试验中，我们常常要关心的是所有可能发生的基本结果，它们是试验中不能再分的最简单的随机事件，其他事件可以用它们来描绘，这样的事件称为____________．
2．基本事件的特点
(1)任何两个基本事件是____________的．
(2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成____________的和．
3．古典概型
具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型，简称古典概型：
(1)试验中所有可能出现的基本事件只有__________个．
(2)每个基本事件出现的可能性____________．
4．古典概型的概率公式
对于古典概型，其计算概率的公式为__________．
自查自纠：
1．基本事件
2．(1)互斥 (2)基本事件
3．(1)有限 (2)相等
4．P(A)＝
()袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球，5个红球，从袋中任取2个球，所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为( )
A. B. C. D．1
解：15个球任取两球有C种情况，所取2球中恰有1个白球，1个红球的情况有CC种，故所求概率P＝＝.故选B.
从正方形四个顶点及其中心这5个点中，任取2个点，则这2个点的距离不小于该正方形边长的概率为( )
A. B. C. D.
解：根据题意知，取2个点的所有情况为C＝10(种)，2个点的距离小于该正方形边长的情况有4种，故所求概率P＝1－＝.故选C.
()4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为( )
A. B. C. D.
解：4名同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动的情况有24＝16(种)，其中仅在周六或周日参加公益活动的情况各有1种，所以所求概率为1－＝.故选D.
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：由题意得an＝(－3)n－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，所以所求概率为＝.故填.
()将一颗质地均匀的骰子(一种各个面上分别标有1，2，3，4，5，6个点的正方体玩具)先后抛掷2次，则出现向上的点数之和小于10的概率是____________．
解：将一颗质地均匀的骰子先后抛掷2次，有36种结果，其中点数之和不小于10的有(6，6)，(6，5)，(6，4)，(5，6)，(5，5)，(4，6)，共6种，故所求概率为1－＝.故填.
类型一 基本事件与基本事件空间的概念
将一枚均匀硬币抛掷三次，观察向上一面的正反．
(1)试用列举法写出该试验所包含的基本事件；
(2)事件A：“恰有两次正面向上”包含几个基本事件；
(3)事件B：“三次都正面向上”包含几个基本事件．
解：(1)试验的所有基本事件有：(正，正，反)，(正，反，正)，(正，反，反)，(正，正，正)，(反，反，反)，(反，反，正)，(反，正，反)，(反，正，正)，共8种等可能结果．
(2)事件A包含的基本事件有三个：(正，正，反)，(正，反，正)，(反，正，正)．
(3)事件B包含的基本事件只有一个：(正，正，正)．
点拨：
基本事件是试验中不能再分解的事件，是“最小”的“事件单位”．任何基本事件都是互斥的，任何复杂事件都可以分解为基本事件，所有基本事件的全体组成基本事件空间．
做抛掷两颗骰子的试验，用(x，y)表示结果，其中x表示第一颗骰子出现的点数，y表示第二颗骰子出现的点数，写出：
(1)试验的基本事件；
(2)事件“出现点数之和大于8”；
(3)事件“出现点数相等”；
(4)事件“出现点数之和大于10”．
解：(1)这个试验的基本事件为
(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，
(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，
(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，
(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，(4，5)，(4，6)，
(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，(5，5)，(5，6)，
(6，1)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，(6，6)．
(2)“出现点数之和大于8”包含以下10个基本事件：
(3，6)，(4，5)，(4，6)，(5，4)，(5，5)，(5，6)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，(6，6)．
(3)“出现点数相等”包含以下6个基本事件：(1，1)，(2，2)，(3，3)，(4，4)，(5，5)，(6，6)．
(4)“出现点数之和大于10”包含以下3个基本事件：(5，6)，(6，5)，(6，6)．
类型二 列举基本事件求概率
()某校夏令营有3名男同学A，B，C和3名女同学X，Y，Z，其年级情况如下表：
一年级
二年级
三年级
男同学
A
B
C
女同学
X
Y
Z
现从这6名同学中随机选出2人参加知识竞赛(每人被选到的可能性相同)．
(1)用表中字母列举出所有可能的结果；
(2)设M为事件“选出的2人来自不同年级且恰有1名男同学和1名女同学”，求事件M发生的概率．
解：(1)从6名同学中随机选出2人参加知识竞赛的所有可能结果为{A，B}，{A，C}，{A，X}，{A，Y}，{A，Z}，{B，C}，{B，X}，{B，Y}，{B，Z}，{C，X}，{C，Y}，{C，Z}，{X，Y}，{X，Z}，{Y，Z}，共15种．
(2)选出的2人来自不同年级且恰有1名男同学和1名女同学的所有可能结果为{A，Y}，{A，Z}，{B，X}，{B，Z}，{C，X}，{C，Y}，共6种．
因此，事件M发生的概率P(M)＝＝.
点拨：
有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数．(1)基本事件总数较少时，用列举法把所有基本事件一一列出，要做到不重复、不遗漏，可借助“树状图”列举．(2)注意区分排列与组合，以及计数原理的正确使用．
()A，B两组各有7位病人，他们服用某种药物后的康复时间(单位：天)记录如下：
A组：10，11，12，13，14，15，16
B组：12，13，15，16，17，14, a
假设所有病人的康复时间相互独立，从A，B两组随机各选1人， A组选出的人记为甲，B组选出的人记为乙．
(1)求甲的康复时间不少于14天的概率；
(2)如果a＝25，求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率；
(3)当a为何值时，A，B两组病人康复时间的方差相等？(结论不要求证明)
解：(1)甲有7种选法，康复时间不少于14天的有3种选法，所以所求概率为.
(2) 如果a＝25，从A，B两组随机各选1人，共有49种选法，甲的康复时间比乙的康复时间长的情形列举如下：(13，12)，(14，12)，(14，13)，(15，12)，(15，13)，(15，14)，(16，12)，(16，13)，(16，15)，(16，14)，有10种，所以所求概率为.
(3)把B组数据调整为a，12，13，14，15，16，17，或12，13，14，15，16，17，a，可见当a＝11或a＝18时，B组数据与A组数据方差相等．
类型三 无放回抽样问题
有10件产品，其中有2件次品，每次抽取1件检验，抽检后不放回，共抽2次．求下列事件的概率：
(1)两次抽取的都是正品；
(2)抽到的恰有一件为次品；
(3)第1次抽到正品，第2次抽到次品．
解：记Ω＝{从10件产品中任抽2件}，则n＝card(Ω)＝C.
(1)记A＝{从10件产品中抽2件，都是正品}，
则m1＝card(A)＝C.
所以P(A)＝＝.
(2)记B＝{从10件产品中抽2件，一件为正品，一件为次品}，则m2＝card(B)＝CC.
所以P(B)＝＝.
(3)解法一：由于事件B中包含“第1次为正品，第2次为次品”和“第1次为次品，第2次为正品”两种等可能的情况．
所以所求事件的概率P＝＝.
解法二：记Ω′＝{从10件产品中，任取一件(放入甲袋中)，再从剩下9件产品中任取一件(放入乙袋中)}，记C＝{第1次取出的是正品，第2次取出的是次品}＝{甲袋中为正品，乙袋中为次品}，所以card(Ω′)＝A，card(C)＝CC.
所以P(C)＝＝.
点拨：
请注意题(3)的两种解法，一种是将试验(抽取2件产品)看作是组合(无序的)，一种是将试验看作是排列(有序的)，值得注意的是两种解法的样本空间不同，事件C不属于样本空间Ω(C∉Ω)，因此不能用card(Ω)进行计算．样本空间的选取会影响到解答的过程，因此解等可能概型时，建议遵循以下步骤：①判断该问题是等可能概型；②确定样本空间(即试验的方法，因为试验的方法影响样本空间)；③用排列组合方法确定card(Ω)与card(A)，得到P(A)＝.
()某市A，B两所中学的学生组队参加辩论赛，A中学推荐了3名男生、2名女生，B中学推荐了3名男生、4名女生，两校所推荐的学生一起参加集训．由于集训后队员水平相当，从参加集训的男生中随机抽取3人、女生中随机抽取3人组成代表队．
(1)求A中学至少有1名学生入选代表队的概率；
(2)某场比赛前，从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛，设X表示参赛的男生人数，求X的分布列和数学期望．
解：(1)由题意，参加集训的男、女生各有6名．
代表队的学生全从B中学抽取(等价于A中学没有学生入选代表队)的概率为＝.
因此，A中学至少有1名学生入选代表队的概率为1－＝.
(2)根据题意，X的可能取值为1，2，3.
P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝.
所以X的分布列为
X
1
2
3
P
因此，X的数学期望为
E(X)＝1×P(X＝1)＋2×P(X＝2)＋3×P(X＝3)＝1×＋2×＋3×＝2.
类型四 有放回抽样
10个球，其中3个白球7个黑球，某人有放回地进行抽球，求下列事件的概率：
(1)第3次抽到白球；
(2)第3次才抽到白球．
解：(1)记Ω＝{第3次抽球}，则n＝10，A＝{第3次抽到白球}，m＝3.所以P(A)＝＝0.3.
(2)记Ω′＝{连续从10个球中有放回地抽3次球}，则n＝103，B＝{第3次才抽到白球}，则m＝7×7×3.
所以P(B)＝＝0.147.
点拨：
①第一问中的样本空间也可以扩大为(2)中的Ω′，此时(1)中的m有变化，但结果为＝0.3不变；②运用独立性概念也可以计算(2)的概率，即P＝××＝0.147；③注意＝0.147与＝0.175的区别．
箱中有a个正品，b个次品(a，b均为大于3的正整数)，从箱中连续随机抽取3次，每次抽取一个产品，分别求采用以下两种抽样方式，抽取的3个产品全是正品的概率．
(1)每次抽样后不放回；
(2)每次抽样后放回．
解： (1)解法一：若把不放回抽样3次看成有顺序，则从a＋b个产品中不放回抽样3次共有A种方法，从a个正品中不放回抽样3次共有A种方法，所以所求概率为.
解法二：若不放回抽样3次看成无顺序，则从a＋b个产品中不放回抽样3次共有C种方法，从a个正品中不放回抽样3次共有C种方法，所以所求概率为＝.
(2)从a＋b个产品中有放回地抽取3次，每次都有a＋b种方法，所以共有(a＋b)3种不同的方法，而3个全是正品的抽法共有a3种，所以所求概率为＝.
类型五 间接计算
某班有N(N∈N*，N<365)名同学，求至少2人在同一天过生日的概率(一年按365天计)．
解：Ω＝{N名同学过生日}，A＝{至少有2名同学同一天过生日}．则n＝365N，对于A，其m＝card(A)＝A.
所以P(A)＝1－.
点拨：
间接计算是计算概率十分常用的方式，是“正难则反”策略的体现，对于含“至多”“至少”等词句的概率问题，一般情况下应首先考虑利用这一策略．高考概率大题对间接计算的考查也比较常见，尤其是计算含个别比较复杂概率的分布列或期望问题．应用时应注意相关概率的计算应准确无误．
()从1，2，3，4，5，6六个数中任取2个数，则取出的两个数不是连续自然数的概率是( )
A. B. C. D.
解：取出的两个数是连续自然数的有5种情况，则取出的两个数不是连续自然数的概率P＝1－＝1－＝.故选D.
1．古典概型是概率论中最简单而又直观的模型，在概率论的发展初期曾是主要研究对象，许多概率的运算法则都是在古典概型中得到证明的(遂谓之“古典”)．要判断一个试验是否为古典概型，只需要判断这个试验是否具有古典概型的两个特征——有限性和等可能性．
2．求古典概型的概率
(1)对于事件A的概率的计算，关键是要分清基本事件总数n与事件A包含的基本事件数m.因此必须解决以下三个方面的问题：第一，本试验是否是等可能的；第二，本试验的基本事件数有多少个；第三，事件A是什么，它包含的基本事件总共有多少个．
(2)如果基本事件的个数比较少，可用列举法把古典概型试验所含的基本事件一一列举出来，然后再求出事件A中的基本事件数，利用公式P(A)＝求出事件A的概率，这是一个形象直观的好方法，但列举时必须按照某一顺序做到不重不漏．
(3)如果基本事件个数比较多，列举有一定困难时，也可借助列表法、画树形图、两个计数原理及排列组合知识直接计算m，n，再运用公式P(A)＝求概率．
(4)较为简单的问题可以直接使用古典概型概率公式计算，较为复杂的概率问题的处理方法有：
①转化为几个互斥事件的和，利用互斥事件的加法公式求解；
②采用间接法，先求事件A的对立事件A的概率，再由P(A)＝1－P(A)求事件A的概率．
1．()袋子里有3个白球，4个黑球，5个红球，某人一次抽取3个球，若每个球被抽到的机会均等，则该人抽到的球颜色互异的概率是( )
A. B. C. D.
解：基本事件总数为C＝220(种)，该人抽到的球颜色互异的情况有3×4×5＝60(种)，故所求概率为＝.故选D.
2．若有2位老师，2位学生站成一排合影，则每位老师都不站在两端的概率是( )
A. B. C. D.
解：依题意，所求概率为P＝＝.故选B.
3．从集合A＝{2，3，－4}中随机选取一个数记为k，从集合B＝{－2，－3，4}中随机选取一个数记为b，则直线y＝kx＋b
不经过第二象限的概率为( )
A. B. C. D.
解：依题意k和b的所有可能的取法一共有3×3＝9(种)，当直线y＝kx＋b不经过第二象限时，应有k>0，b<0，一共有2×2＝4(种)，所以所求概率为.故选C.
4．连掷两次骰子分别得到点数m，n，则向量(m，n)与向量(－1，1)的夹角θ>90°的概率是( )
A. B. C. D.
解：因为(m，n)·(－1，1)＝－m＋n<0，所以m>n.
基本事件总共有6×6＝36(个)，符合要求的有(2，1)，(3，1)，(3，2)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(5，1)，…，(5，4)，(6，1)，…，(6，5)，共1＋2＋3＋4＋5＝15(个)．
所以所求概率P＝＝.故选A.
5．()已知集合M＝{1，2，3，4}，N＝{(a，b)|a∈M，b∈M}，A是集合N中任意一点，O为坐标原点，则直线OA与y＝x2＋1有交点的概率是( )
A. B. C. D.
解：易知过点(0，0)与y＝x2＋1相切的直线为y＝2x(斜率小于0的无需考虑)，集合N中共有16个元素，其中使OA斜率不小于2的有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，4)，共4个，故所求的概率为＝.故选C.
6．一个三位自然数百位、十位、个位上的数字依次为a，b，c，当且仅当a>b，bb，b，故所求概率等于二圆面积之比；(Ⅱ)设弦AB的一端固定于圆上，于是弦的另一端B是“任意”的，考虑正三角形ADE(图2)，弦长l>的充要条件为B落在劣弧上，故所求概率为劣弧的弧长与圆周长之比.有兴趣的同学可以翻阅相关资料，并不妨探究一下：这三种解答采用的都是何种等可能性的假定？
(1)在区间上随机取一个数x，则sinx的值介于－与之间的概率为( )
A. B. C. D.
(2)在区间[－5，5]内随机地取出一个数a，使得1∈{x|2x2＋ax－a2>0}的概率为____________．
(3)()设a∈[0，10]，则函数g(x)＝在区间(0，＋∞)上为增函数的概率为____________．
解：(1)所求概率P＝＝.故选A.
(2)由1∈{x|2x2＋ax－a2>0}，得a2－a－2<0⇒－10，b>0时ax＋在上递减，在上递增；x－和4x－在(0，＋∞)上递增，所以对x∈[1，2]，可使|f(x)＋g(x)|≤8恒成立的有x－，x＋，x＋，4x－，故事件A包含的基本事件有4种，所以P(A)＝＝，故所求概率是.
(2)设事件B表示f(x)和g(x)是“友好函数”，
因为a是从区间[1，4]中任取的数，b是从区间[1，4]中任取的数，所以点(a，b)所在区域是长为3，宽为3的正方形区域．结合(1)可知，要使x∈[1，2]时，|f(x)＋g(x)|≤8恒成立，需f(1)＋g(1)＝a＋b≤8且f(2)＋g(2)＝2a＋≤8，所以事件B表示的点的区域是如图所示的阴影部分．
所以P(B)＝＝，故所求的概率是.
类型六 随机模拟
试写出一个随机模拟的方法，用来近似计算由y＝x2＋1与y＝8所围区域的面积．
解：在平面直角坐标系内画出正方形，如图所示，用随机模拟的方法可以求出阴影部分与正方形的面积之比，从而求得阴影部分面积的近似值．
设事件A表示“随机向正方形内投点，所投的点落在阴影部分”．
S1 用计数器n记录做了多少次投点试验，用计数器m记录其中有多少个点(x，y)满足y＞x2＋1(即点落在阴影部分)．首先置n＝0，m＝0.
S2 用变换rand( )*8－4产生－4～4之间的均匀随机数x，表示所投的点的横坐标；用变换rand( )*8产生0～8之间的均匀随机数y，表示所投的点的纵坐标．
S3 判断点(x，y)是否落在阴影部分，即是否满足y＞x2＋1.如果是，则计数器m的值加1，即m＝m＋1；如果不是，m的值保持不变．
S4 表示随机试验次数的计数器n的值加1，即n＝n＋1.如果还要继续试验，则返回步骤S2继续执行；否则，程序结束．程序结束后，用事件A发生的频率作为事件A的概率的近似值．
设阴影部分的面积为S，正方形的面积为64.由几何概型的概率公式得P(A)＝.
所以阴影部分面积的近似值为.
点拨：
利用随机模拟的方法计算不规则图形的面积的一个常用思路是：在不规则图形外加一个规则图形，利用几何概型的概率公式求出落在所求面积的图形内任意一点的事件发生的概率；再利用随机模拟的方法产生随机数，计算相关频率．当试验次数增加到一定程度，所得的频率就可以看成用几何概型的概率公式求出的概率，进而可求出所求的面积．用类似方法也可求出不规则几何体的体积．
甲盒中有红、黑、白皮笔记本各1本，乙盒中有黄、黑、白皮笔记本各1本，且所有笔记本的规格质地相同，从两盒中各取1本．
(1)请设计一种随机模拟的方法，来近似计算取出的两本是不同颜色笔记本的概率；
(2)计算取出的两本是不同颜色笔记本的概率．
解：(1)第一步，利用抓阄法或计算机(计算器)产生随机数的方法产生取值为1，2，3中的随机数．用“1”表示取到红色笔记本，“2”表示取到黑色笔记本，“3”表示取到白色笔记本．
第二步，利用抓阄法或计算机(计算器)产生随机数的方法产生取值为2，3，4中的随机数．用“4”表示取到黄色笔记本，“2”表示取到黑色笔记本，“3”表示取到白色笔记本．
第三步，重复上面的两步n次．统计前两步取到不同数的试验次数m，则就是取出的两本是不同颜色笔记本的概率的近似值．
(2)从两盒中各取一本的所有情形为(红，黄)，(红，黑)，(红，白)；(黑，黄)，(黑，黑)，(黑，白)；(白，黄)，(白，黑)，(白，白)，共9种．两本笔记本颜色相同的情形为(黑，黑)，(白，白)，共2种．
故所求概率为P＝1－＝.
1．几何概型与古典概型的关系
几何概型与古典概型都是等可能概型，区别在于前者的实验结果不是有限个．
2．解决几何概型问题，注意把握好以下几点：
(1)能正确区分古典概型与几何概型．
例1：在区间[0，10]上任意取一个整数x，求x不大于3的概率．
例2：在区间[0，10]上任意取一个实数x，求x不大于3的概率．
例1的基本事件总数为有限个11，不大于3的基本事件有4个，此为古典概型，故所求概率为.例2的基本事件总数为无限个，属于几何概型，所求概率为.
(2)准确分清几何概型中的测度定性．
例3：在等腰Rt△ABC中，∠C＝90°，在直角边BC上任取一点M，求∠CAM＜30°的概率．
例4：在等腰Rt△ABC中，∠C＝90°，在∠CAB内过点A作射线交线段BC于点M，求∠CAM＜30°的概率．
例3中的测度定性为线段长度，当∠CAM0＝30°，CM0＝AC＝CB.满足条件的点M等可能的分布在线段CM0上，故所求概率等于＝.例4中的测度定性为角度，过点A作射线与线段CB相交，这样的射线有无数条，均匀分布在∠CAB内，∠
CAB＝45°.所以所求概率等于＝＝.
(3)科学设计变量，数形结合解决问题．
例5：某人午觉醒来，发现表停了，他打开收音机，想听电台整点报时，求他等待时间不多于10分钟的概率．
例6：某人午觉醒来，发现表停了，求表停的分钟数与实际分钟数差异不超过5分钟的概率．
例5是《必修3》P136的例题，此题中的变量(单变量)可看作是时间的长度，故所求概率为＝.例6容易犯解例5形成的定势思维的错误，得到错误答案＝.原因在于没有认清题中的变量，本题的变量有两个：手表停的分钟数和实际分钟数，都可取[0，60]内的任意时刻，故所求概率需用到面积型几何概型，由|x－y|≤5结合线性规划知识可解，所求概率为＝.通过这两道例题我们也可以看出，单变量多用线型测度，多变量需用面积(或体积)型测度．在画好几何图形后，利用数形结合思想解题．
3．几何概型并不限于向平面(或直线、空间)投点的试验，如果一个随机试验有无限多个等可能的基本结果，每个基本结果可以用平面(或直线、空间)中的一点来表示，而所有基本结果对应于一个区域Ω，这时，与试验有关的问题可考虑利用几何概型解决．
1．在区间[0，π]上随机取一个数x，则事件“sinx≥”发生的概率为( )
A. B. C. D.
解：sinx≥，又x∈[0，π]，所以≤x≤π.
所以所求概率P＝＝.故选D.
2．分别以正方形ABCD的四条边为直径画半圆，重叠部分如图中阴影区域所示，若向该正方形内随机投一点，则该点落在阴影区域的概率为( )
A. B.
C. D.
解：设正方形边长为2，阴影区域的面积的一半等于半径为1的圆减去2个△BOC的面积，即为π－2，则阴影区域的面积为2π－4，所以所求概率为P＝＝.故选B.
3．在正方体ABCDA1B1C1D1的上底面ABCD内有一定点Q，则在该正方体内任取的一点M落在四棱锥QA1B1C1D1内的概率是( )
A. B. C. D.
解：由体积比为1∶3知B正确，故选B.
4．在可行域内任取一点，规则如程序框图所示，则能输出数对(x，y)的概率为( )
A. B. C. D.
解：程序框图中不等式组表示的平面区域如图所示，面积为4×××＝4.满足不等式x2＋y2≤1的点构成的区域如图中阴影部分所示，所占面积为π，所以能输出数对(x，y)的概率为.故选C.
5．()如图，矩形ABCD的四个顶点坐标为A(0，－1)，B(π，－1)，C(π，1)，D(0，1)，正弦曲线f(x)＝sinx和余弦曲线g(x)＝cosx在矩形ABCD内的交点是F，向矩形ABCD区域内随机投掷一点，则该点落在阴影区域内的概率是( )
A. B. C. D.
解：图中的阴影部分的面积为 (sinx－cosx)dx＝(－cosx－sinx)π＝1＋，矩形ABCD的面积为2π，该点落在阴影区域内的概率是.故选B.
6．在△ABC中，∠ABC＝60°，AB＝2， BC＝6，在线段BC上任取一点D，使△ABD为钝角三角形的概率为( )
A. B. C. D.
解：如图，
过点A作AH⊥BC，垂足为H，则在Rt△AHB中，BH＝AB·cos60°＝2cos60°＝1；过点A作AM⊥AB，交BC于点M，则在Rt△ABM中，BM＝＝4，故MC＝BC－BM＝2.由图可知，要使△ABD为钝角三角形，则点D只能在线段BH或线段MC上选取，故所求事件的概率P＝＝.故选C.
7．已知P是△ABC内一点，＋＋2＝0，现将一粒黄豆随机投入△ABC内，则该粒黄豆落在△PAC内的概率是____________．
解：因为＋＋2＝0，所以＋＝ －2.取BC的中点D，则＋＝2，所以 －2＝2即＝，所以P为AD的中点．
所以S△PAC＝S△PCD＝S△PBC＝S△ABC，从而该粒黄豆落在△PAC内的概率为P＝＝.故填.
8．()如图，矩形OABC内的阴影部分由曲线f(x)＝sinx及直线x＝a(a∈(0，π])与x轴围成，向矩形OABC内随机掷一点，该点落在阴影部分的概率为，则a＝____________．
解：根据题意，阴影部分的面积为
sinxdx＝－cosx|＝1－cosa，
又矩形的面积为a·＝4，则由几何概型的概率公式可得＝，即cosa＝－1，又a∈(0，π]，所以a＝π.故填π.
9．如图所示，在边长为1的正方形OABC内任取一点P(x，y)．求以x，y，1为边长能构成锐角三角形的概率．
解：首先由x＋y>1得构成三角形的点P在△ABC内，若构成锐角三角形，则最大边1所对的角α必是锐角，cosα＝＞0，x2＋y2＞1，即点P在以原点为圆心，1为半径的圆外．所以点P在边AB，BC及圆弧AC围成的区域内．所以其概率为：＝1－.
10．在区间[0，1]上任意取两个实数a，b，求函数f(x)＝x3＋ax－b在区间(－1，1)上有且仅有一个零点的概率．
解：f′(x)＝x2＋a，故f(x)在(－1，1)上单调递增，又因为函数f(x)＝x3＋ax－b在(－1，1)上有且仅有一个零点，即有f(－1)<0且f(1)>0成立，可化为
由线性规划知识，在平面直角坐标系aOb中画出这个不等式组所表示的可行域，
如图，再由几何概型可以知道，函数f(x)＝x3＋ax－b在(－1，1)上有且仅有一个零点的概率为可行域的面积除以正方形的面积，计算可得面积之比为.
11．()已知袋子中放有除标号外完全相同的小球若干，其中标号为0的小球1个，标号为1的小球1个，标号为2的小球n个．若从袋子中随机抽取1个小球，取到标号为2的小球的概率是.
(1)求n的值；
(2)从袋子中不放回地随机抽取2个小球，记第一次取出的小球标号为a，第二次取出的小球标号为b.
①记“2≤a＋b≤3”为事件A，求事件A的概率；
②在区间[0，2]内任取2个实数x，y，求事件“x2＋y2>(a－b)2恒成立”的概率．
解：(1)依题意共有小球n＋2个，标号为2的小球n个，从袋子中随机抽取1个小球，取到标号为2的小球的概率为＝，得n＝2.
(2)①从袋子中不放回地随机抽取2个小球共有12种结果，而满足2≤a＋b≤3的结果有8种，故P(A)＝＝.
②易知(a－b)2≤4，故x2＋y2>4，(x，y)可以看成平面中的点的坐标，则全部结果所构成的区域为
Ω＝{(x，y)|0≤x≤2，0≤y≤2，x，y∈R}，
由几何概型得所求概率为P＝＝1－.
已知Ω＝，直线y＝mx＋2m和曲线y＝有两个不同的交点，它们围成的平面区域为M，向区域Ω上随机投一点A，点A落在区域M内的概率为P(M)，若P(M)∈，则实数m的取值范围为( )
A. B.
C. D．[0，1]
解：如图，由题意得m≥0，根据几何概型的意义，
知P(M)＝＝，
又P(M)∈，
所以S弓形∈[π－2，2π]，
直线y＝mx＋2m恒过点(－2，0)，
当m＝0时，S弓形＝2π，
当m＝1时，S弓形＝×π×22－×2×2＝π－2，
结合图象可知0≤m≤1.故选D.
10．7 离散型随机变量及其分布列
1．离散型随机变量的概念
(1)随机变量
如果随机试验的结果可以用一个随着试验结果变化而变化的变量来表示，那么这样的变量叫做____________，随机变量常用字母X，Y，ξ，η等表示．
(2)离散型随机变量
所有取值可以__________的随机变量，称为离散型随机变量．
2．离散型随机变量的分布列
(1)分布列
设离散型随机变量X可能取的不同值为x1，x2，…，xi，…，xn，X取每一个值xi(i＝1，2，…，n)的概率P(X＝xi)＝pi，则称表
X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn
为随机变量X的______________，简称为X的分布列．有时为了简单起见，也可用P(X＝xi)＝pi，i＝1，2，…，n表示X的分布列．
(2)分布列的性质
①________________________；
②________________________.
3．常用的离散型随机变量的分布列
(1)两点分布(又称0－1分布、伯努利分布)
随机变量X的分布列为(070)＝P(T1＝35，T2＝40)＋P(T1＝40，T2＝35)＋P(T1＝40，T2＝40)＝0.4×0.1＋0.1×0.4＋0.1×0.1＝0.09，
故P(A)＝1－P(A)＝0.91.
已知一个口袋中装有n个红球(n≥1且n∈N*)和2个白球，从中有放回地连续摸三次，每次摸出两个球，若两个球颜色不同则为中奖，否则不中奖．
(1)当n＝3时，设三次摸球(每次摸球后放回)中奖的次数为ξ，求ξ的分布列；
(2)记三次摸球(每次摸球后放回)恰有两次中奖的概率为P，当n取多少时，P最大．
解：(1)当n＝3时，每次摸出两个球，
中奖的概率P＝＝.
由题意知ξ的可能值为0，1，2，3，
故有P(ξ＝0)＝C×＝；
P(ξ＝1)＝C××＝；
P(ξ＝2)＝C××＝；
P(ξ＝3)＝C×＝.
ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
P
或P(ξ＝i)＝C××，i＝0，1，2，3.
(2)设每次摸球中奖的概率为p，则三次摸球(每次摸球后放回)恰有两次中奖的概率为P(ξ＝2)＝C·p2·(1－p)＝－3p3＋3p2，06时，P(X＝k＋1)10 000)＝0.5＋0.2＝0.7.
由二项分布，3天中至少有1天最大获利超过10 000元的概率为p＝1－(1－p1)3＝1－0.33＝0.973.
10．9 离散型随机变量的均值与方差
1．离散型随机变量的均值
(1)若离散型随机变量X的概率分布列为
X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn
则称E(X)＝____________________________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____________．
(2)若Y＝aX＋b，其中a，b为常数，则Y也是随机变量，于是E(Y)＝____________________.
(3)①若X服从两点分布，则E(X)＝____________；
②若X～B(n，p)，则E(X)＝____________.
2．离散型随机变量的方差
(1)若离散型随机变量X的概率分布列为
X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn
则称D(X)＝________为随机变量X的方差，其算术平方根________为随机变量X的标准差．
(2)D(aX＋b)＝____________.
(3)①若X服从两点分布，则D(X)＝____________；
②若X～B(n，p)，则D(X)＝____________.
方差反映随机变量取值的稳定与波动、集中与离散的程度：D(X)越小，X取值越集中，D(X)越大，X取值越分散．
自查自纠：
1．(1)x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn 平均水平
(2)aE(X)＋b (3)①p ②np
2．(1)(xi－E(X))2pi (2)a2D(X)
(3)①p(1－p) ②np(1－p)
已知某一随机变量X的分布列如下，且 E(X)＝6.3，则a的值为( )
X
4
a
9
P
0.5
0.1
b
A.5 B．6 C．7 D．8
解：由分布列性质知0.5＋0.1＋b＝1，所以 b＝0.4.所以E(X)＝4×0.5＋a×0.1＋9×0.4＝6.3，所以a＝7.故选C.
已知随机变量ξ的分布列为
ξ
1
2
3
P
x
y
若E(ξ)＝，则D(ξ)等于( )
A. B. C. D.
解：由分布列的性质得x＋y＝，又E(ξ)＝，所以2x＋3y＝，解得x＝，y＝.所以D(ξ)＝×＋×＋×＝.故选B.
某运动员投篮命中率为0.6，他重复投篮5次，若他命中一次得10分，没命中不得分；命中次数为X，得分为Y，则E(X)，D(Y)分别为( )
A．0.6，60 B．3，12
C．3，120 D．3，1.2
解：X～B(5，0.6)，Y＝10X，所以E(X)＝5× 0.6＝3，D(X)＝5×0.6×0.4＝1.2，D(Y)＝ 100D(X)＝120.故选C.
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ξ表示取到次品的个数，则D(ξ)＝__________．
解：由题知，次品率p＝＝，则ξ～B，从而D(ξ)＝3××＝.故填.
()随机变量ξ的取值为0，1，2，若P(ξ＝0)＝，E(ξ)＝1，则D(ξ)＝__________．
解：设P(ξ＝1)＝p，则ξ的分布列如下：
ξ
0
1
2
P
p
－p
由E(ξ)＝1，得p＋2＝1，可得p＝，所以D(ξ)＝(0－1)2×＋(1－1)2×＋(2－1)2× ＝.故填.
类型一 摸球模型、抽签模型
一口袋中装有大小相同的2个白球和4个黑球，每次从袋中任意摸出一个球．
(1)采取有放回抽样方式，从中摸出两个球，求两球恰好颜色不同的概率；
(2)采取不放回抽样方式，从中摸出两个球，求摸得白球的个数的均值和方差．
解：(1)“有放回摸取”可看作独立重复试验，每次摸出一球是白球的概率为P＝＝.
记“有放回摸两次，颜色不同”为事件A，其概率为P(A)＝.
(2)设摸得白球的个数为X，则X的取值为0，1，2，
P(X＝0)＝×＝，
P(X＝1)＝×＋×＝，
P(X＝2)＝×＝.
所以X的分布列为
X
0
1
2
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＝，
D(X)＝×＋×＋×＝.
点拨：
求离散型随机变量的分布列的关键在于确定随机变量及其概率．就本题而言，弄清“放回”与“不放回”在概率计算上的区别是正确解题的关键．均值与方差直接套用公式计算即可．
一厂家向用户提供的一箱产品共10件，其中有2件次品，用户先对产品进行抽检以决定是否接收．抽检规则如下：一次取一件产品检查(取出的产品不放回箱子)，共抽查三次，若三次都没有抽查到次品，则用户接收这箱产品，若抽查到次品就立即停止抽检，并且用户拒绝接收这箱产品．
(1)求这箱产品被用户接收的概率；
(2)记抽检的产品件数为X，求X的分布列和均值．
解：(1)设“这箱产品被用户接收”为事件A，
P(A)＝＝.
即这箱产品被用户接收的概率为.
(2)X的可能取值为1，2，3.
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝×＝，
P(X＝3)＝××＝，
所以X的概率分布列为
X
1
2
3
P
所以E(X)＝×1＋×2＋×3＝.
类型二 停止型问题
()为迎接2016年在兰州举行的“中国兰州国际马拉松赛”，某单位在推介晚会中进行嘉宾现场抽奖活动．抽奖盒中装有大小相同的6个小球，分别印有“兰州马拉松”和“绿色金城行”两种标志，摇匀后，规定参加者每次从盒中同时抽取两个小球(登记后放回并摇匀)，若抽到的两个小球都印有“兰州马拉松”即可中奖，并停止抽奖，否则继续，但每位嘉宾最多抽取3次．已知从盒中同时抽取两个小球不都是“绿色金城行”标志的概率为.
(1)求盒中印有“兰州马拉松”标志的小球个数；
(2)用η表示某位嘉宾抽奖的次数，求η的分布列和数学期望．
解：(1)设印有“绿色金城行”的小球有n个，记“同时抽取两个小球不都是‘绿色金城行’标志”为事件A，则同时抽取两个小球都是“绿色金城行”标志的概率是P(A)＝，
由对立事件的概率可知P(A)＝1－P(A)＝，即P(A)＝＝，解得n＝3.所以盒中印有“兰州马拉松”标志的小球个数为3.
(2)由(1)知，两种球各三个，η的可能取值为1，2，3.
P(η＝1)＝＝，
P(η＝2)＝×＋×＝，
P(η＝3)＝1－P(η＝1)－P(η＝2)＝.
(或P(η＝3)＝＋×＋×＋×＝
)
则η的分布列为
η
1
2
3
P
所以E(η)＝1×＋2×＋3×＝.
点拨：
解决这类终止型问题，一定要弄清楚终止的条件，根据终止条件确定各种可能结果，再计算相应概率．
()某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误，该银行卡将被锁定，小王到该银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但可以确认该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试．若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定．
(1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率；
(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X，求X的分布列和数学期望．
解：(1)设“当天小王的该银行卡被锁定”为事件A，则P(A)＝××＝.
(2)依题意得，X所有可能的取值是1，2，3.
又P(X＝1)＝，P(X＝2)＝×＝，P(X＝3)＝××1＝.
所以X的分布列为
X
1
2
3
P
所以E(X)＝1×＋2×＋3×＝.
类型三 二项分布的均值与方差
()一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图，如图所示．
将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立．
(1)求在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个的概率；
(2)用X表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数，求随机变量X的分布列、数学期望E(X)及方差D(X)．
解：(1)设A1表示事件“日销售量不低于100个”，A2表示事件“日销售量低于50个”，B表示事件“在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个”，因此
P(A1)＝(0.006＋0.004＋0.002)×50＝0.6，
P(A2)＝0.003×50＝0.15，
P(B)＝0.6×0.6×0.15×2＝0.108.
(2)X的可能取值为0，1，2，3.
P(X＝0)＝C×(1－0.6)3＝0.064，
P(X＝1)＝C×0.6×(1－0.6)2＝0.288，
P(X＝2)＝C×0.62×(1－0.6)＝0.432，
P(X＝3)＝C×0.63＝0.216.
X的分布列为
X
0
1
2
3
P
0.064
0.288
0.432
0.216
因为X～B(3，0.6)，所以数学期望E(X)＝3×0.6＝1.8，
方差D(X)＝3×0.6×(1－0.6)＝0.72.
点拨：
n次独立重复试验是重要的模型，要牢记公式：当X～B(n，p)时，E(X)＝np，D(X)＝npq，其中 q＝1－p.同时要掌握期望与方差的重要性质： E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2D(X)．
()PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物，对人体健康和大气环境质量的影响很大．我国PM2.5标准采用世卫组织设定的最宽限值，即PM2.5日均值在35微克/立方米以下空气质量为一级；在35微克/立方米～75微克/立方米之间空气质量为二级；在75微克/立方米以上空气质量为超标．某市环保局从360天的市区PM2.5监测数据中，随机抽取15天的数据作为样本，监测值如茎叶图所示(十位为茎，个位为叶).
PM2.5 日均值(微克/立方米)
2
8 5
3
2 1 4 3
4
4 5
6
3 8
7
9
8
6 3
9
2 5
(1)从这15天的数据中任取3天的数据，记X表示空气质量达到一级的天数，求X的分布列；
(2)以这15天的PM2.5日均值来估计这360天的空气质量情况，则其中大约有多少天的空气质量达到一级．
解：(1)由题意知N＝15，M＝6，n＝3，X的可能取值为0，1，2，3，其分布列为P(X＝k)＝(k＝0，1，2，3)，
所以P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，
所以X的分布列是：
X
0
1
2
3
P
(2)依题意知，一年中每天空气质量达到一级的概率为＝，一年中空气质量达到一级的天数为Y，则Y～B，所以E(Y)＝360×＝144，所以这360天的空气质量达到一级的天数大约有144天．
类型四 综合运用
据IEC(国际电工委员会)调查显示，小型风力发电项目投资较少，且开发前景广阔，但受风力自然资源影响，项目投资存在一定风险．根据测算，风能风区分类标准如下：
风能分类
一类风区
二类风区
平均风速m/s
不低于10
[8.5，10)
假设投资A项目的资金为x(x≥0)万元，投资B项目的资金为y(y≥0)万元，调研结果是：未来一年内，位于一类风区的A项目获利30%的可能性为0.6，亏损20%的可能性为0.4；位于二类风区的B项目获利35%的可能性为0.6，亏损10%的可能性是0.1，不赔不赚的可能性是0.3.
(1)记投资A，B项目的利润分别为ξ和η，试写出随机变量ξ与η的分布列和数学期望E(ξ)，E(η)；
(2)某公司计划用不超过100万元的资金投资A，B项目，且公司要求对A项目的投资不得低于B项目，根据(1)的条件和市场调研，试估计一年后两个项目的平均利润之和z＝E(ξ)＋E(η)的最大值．
解：(1)投资A项目的利润ξ的分布列为
ξ
0.3x
－0.2x
P
0.6
0.4
则E(ξ)＝0.18x－0.08x＝0.1x.
投资B项目的利润η的分布列为
η
0.35y
0
－0.1y
P
0.6
0.3
0.1
则E(η)＝0.21y－0.01y＝0.2y.
(2)由题意可知x，y满足的约束条件为
其表示的可行域如图中阴影部分所示．
由(1)可知，z＝E(ξ)＋E(η)＝0.1x＋0.2y，可化为y＝－0.5x＋5z.
当直线y＝－0.5x＋5z过点(50，50)时，z取得最大值，即当x＝50，y＝50时，z取得最大值15.
故对A，B项目各投资50万元，可使两个项目的平均利润之和最大，最大值是15万元．
点拨：
随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平，方差反映了随机变量稳定于均值的程度，它们从整体和全局上刻画了随机变量，是生产实际中用于方案取舍的重要理论依据．一般先比较均值，若均值相同，再用方差来决定．
()一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需击鼓三次，每次击鼓要么出现一次音乐，要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次后，出现一次音乐获得10分，出现两次音乐获得20分，出现三次音乐获得100分，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？
(3)玩过这款游戏的许多人都发现，若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而减少了．请运用概率统计的相关知识分析分数减少的原因．
解：(1)X可能的取值为10，20，100，－200，根据题意，有
P(X＝10)＝C××＝，
P(X＝20)＝C××＝，
P(X＝100)＝C××＝，
P(X＝－200)＝C××＝.
所以X的分布列为
X
10
20
100
－200
P
(2)设“第i盘游戏没有出现音乐”为事件Ai(i＝1，2，3)，则P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝P(X＝－200)＝.
所以“三盘游戏中至少有一盘出现音乐”的概率为
1－P(A1A2A3)＝1－＝1－＝.
因此，玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是.
(3)X的数学期望为
E(X)＝10×＋20×＋100×－200×＝－.
这表明，获得分数X的均值为负，
因此，多次游戏之后分数减少的可能性更大．
1．计算均值与方差的基本方法
(1)已知随机变量的概率分布求它的均值、方差和标准差，可直接用定义或公式求；
(2)已知随机变量X的均值、方差，求X的线性函数Y＝aX＋b的均值、方差和标准差，可直接用均值及方差的性质求；
(3)如能分析所给随机变量服从常用的分布(如两点分布、二项分布等)，则可直接利用它们的均值、方差公式来求．
2．求均值与方差常用的结论
掌握下述有关结论，会给解题带来方便：
(1)E(aX＋b)＝aE(X)＋b；
E(X＋Y)＝E(X)＋E(Y)；
D(aX＋b)＝a2D(X)．
(2)若X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)．
3．(1)在实际中经常用均值来比较平均水平，当平均水平相近时，再用方差比较稳定程度；(2)注意离散型随机变量的均值、方差与样本数据的平均数、方差的区别与联系．
1．某射手射击所得环数ξ的分布列如下：
ξ
7
8
9
10
P
x
0.1
0.3
y
已知ξ的均值E(ξ)＝8.9，则y的值为( )
A．0.4 B．0.6 C．0.7 D．0.9
解：由可得 y＝0.4.故选A.
2．口袋中有5只球，编号分别为1，2，3，4，5，从中任取3只球，用X表示取出的球的最大号码，则X的数学期望E(X)的值是( )
A．4 B．4.5 C．4.75 D．5
解：由题意知，X可以取3，4，5，P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝，P(X＝5)＝＝＝，所以E(X)＝3×＋4×＋5×＝4.5.故选B.
3．已知随机变量X＋η＝8，若X～B(10，0.6)，则E(η)和D(η)分别是( )
A．6和2.4 B．2和2.4
C．2和5.6 D．6和5.6
解：由已知随机变量X＋η＝8，所以η＝8－X.因此，E(η)＝8－E(X)＝8－10×0.6＝2，D(η)＝(－1)2D(X)＝10×0.6×0.4＝2.4.故选B.
4．()从装有除颜色外完全相同的3个白球和m个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回地摸取5次，设摸得白球数为X，已知E(X)＝3，则D(X)＝( )
A. B. C. D.
解：由题意知，X～B，所以 E(X)＝5×＝3，解得m＝2，所以X～B，所以D(X)＝5××＝.故选B.
5．同时抛掷5枚均匀的硬币80次，设5枚硬币正好出现2枚正面向上，3枚反面向上的次数为X，则X的均值是( )
A．20 B．25 C．30 D．40
解：抛掷一次，正好出现2枚正面向上，3枚反面向上的概率为＝，X～B，则 E(X)＝80×＝25.故选B.
6．如图，将一个各面都涂了油漆的正方体，切割为125个同样大小的小正方体，经过搅拌后，从中抽取一个小正方体，记它的涂漆面数为X，则X的均值E(X)＝( )
A. B. C. D.
解：由题意知，X可能的取值为0，1，2，3.
若X＝0，
观察知图中位于大正方体内部的27个小正方体无涂漆面，则P(X＝0)＝；
若X＝1，观察知图中位于各面中部的9个小正方体涂1面漆，则P(X＝1)＝＝；
若X＝2，观察知图中位于各棱中部的3个小正方体涂2面漆，则P(X＝2)＝＝；
若X＝3，观察知图中位于大正方体顶点处的8个小正方体涂3面漆，则P(X＝3)＝.
故E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.故选B.
7．某保险公司新开设一项保险业务，规定该份保单，在一年内如果事件E发生，则该公司要赔偿a元，在一年内如果事件E发生的概率为p，为使该公司收益期望值等于，公司应要求该保单的顾客缴纳的保险金为____________元．
解：设随机变量X表示公司此项业务的收益，x表示顾客交纳的保险金，则X的所有可能值为x，x－a，且P(X＝x)＝1－p，P(X＝x－a)＝p，所以E(X)＝x(1－p)＋(x－a)p＝，解得x＝.故填.
8．随机变量X的分布列为
X
0
1
2
P
a
b
c
若E(X)＝1，则当a2＋b2＋c2取最小值时，方差D(X)＝____________．
解：由题意可知所以
所以a2＋b2＋c2＝c2＋(1－2c)2＋c2＝6c2－4c＋1，若a2＋b2＋c2取最小值，则c＝，
所以D(X)＝×1＋×0＋×1＝.故填.
9．某篮球队与其他6支篮球队依次进行6场比赛，每场均决出胜负．设这支篮球队与其他篮球队比赛，获得胜场的事件是独立的，并且获得胜场的概率是.
(1)求这支篮球队首次获得胜场前已经负了两场的概率；
(2)求这支篮球队在6场比赛中恰好胜了3场的概率；
(3)求这支篮球队在6场比赛中获胜场数的期望和方差．
解：(1)因为这支篮球队第一、二场负，第三场胜，三个事件互相独立．
所以所求概率P1＝××＝.
(2)所求概率P2＝C××＝.
(3)ξ服从二项分布B.所以E(ξ)＝6× ＝2，D(ξ)＝6××＝.
10．()某商场每天(开始营业时)以每件150元的价格购入A商品若干件(A商品在商场的保鲜时间为10小时，该商场的营业时间也恰好为10小时)，并开始以每件300元的价格出售，若前6小时内所购进的商品没有售完，则商场对没卖出的A商品将以每件100元的价格低价处理完毕(根据经验，4小时内完全能够把A商品低价处理完毕，且处理完毕后，当天不再购进A商品)．该商场统计了100天A商品在每天的前6小时内的销售量，制成如下表格(注：视频率为概率)．(其中 x＋y＝70)
前6小时内的销售量t(单位：件)
4
5
6
频数
30
x
y
(1)若某天该商场共购入6件该商品，在前6个小时内售出4件．若这些商品被6名不同的顾客购买，现从这6名顾客中随机选2人进行服务回访，则恰好一个是以300元价格购买的顾客，另一个是以100元价格购买的顾客的概率是多少？
(2)若商场每天在购进5件A商品时所获得的平均利润最大，求x的取值范围．
解：(1)设“恰好一个是以300元价格购买的顾客，另一个是以100元价格购买的顾客”为事件A，则P(A)＝＝.
(2)设销售A商品获得的利润为ξ(单位：元)，依题意，将频率视为概率，为追求更多的利润，则商场每天购进的A商品的件数取值可能为4，5，6.
当购进A商品4件时，E(ξ)＝150×4＝600，
当购进A商品5件时，E(ξ)＝(150×4－50)×0.3＋150×5×0.7＝690，
当购进A商品6件时，E(ξ)＝(150×4－2×50)×0.3＋(150×5－50)×＋150×6×＝780－2x，
由题意780－2x≤690，解得x≥45，又知x≤100－30＝70，所以x的取值范围为[45，70]，x∈N*.
11．()为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1 000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，
球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额．
(1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元，求：
(Ⅰ)顾客所获的奖励额为60元的概率；
(Ⅱ)顾客所获的奖励额的分布列及数学期望；
(2)商场对奖励总额的预算是60 000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成．为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由．
解：(1)设顾客所获的奖励额为X.
(Ⅰ)依题意，得P(X＝60)＝＝，
即顾客所获的奖励额为60元的概率为.
(Ⅱ)依题意，得X的所有可能取值为20，60.
P(X＝60)＝，P(X＝20)＝＝，
即X的分布列为
X
20
60
P
所以顾客所获的奖励额的期望为
E(X)＝20×＋60×＝40(元)．
(2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为60元．所以，先寻找期望为60元的可能方案．对于面值由10元和50元组成的情况，如果选择(10，10，10，50)的方案，因为60元是面值之和的最大值，所以期望不可能为60元；如果选择(50，50，50，10)的方案，因为60元是面值之和的最小值，所以期望也不可能为60元，因此可能的方案是(10，10，50，50)，记为方案1.
对于面值由20元和40元组成的情况，同理可排除(20，20，20，40)和(40，40，40，20)的方案，所以可能的方案是(20，20，40，40)，记为方案2.
以下是对两个方案的分析：
对于方案1，即方案(10，10，50，50)，设顾客所获的奖励额为X1，则X1的分布列为
X
20
60
100
P
X1的期望为E(X1)＝20×＋60×＋100×＝60，X1的方差为D(X1)＝(20－60)2×＋(60－ 60)2×＋(100－60)2×＝.
对于方案2，即方案(20，20，40，40)，设顾客所获的奖励额为X2，则X2的分布列为
X2
40
60
80
P
X2的期望为E(X2)＝40×＋60×＋80×＝60，
X2的方差为D(X2)＝(40－60)2×＋(60－ 60)2×＋(80－60)2×＝.
由于两种方案的奖励额的期望都符合要求，但方案2奖励额的方差比方案1的小，所以应该选择方案2.
()已知甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有m个红球和n个蓝球(m≥3，n≥3)，从乙盒中随机抽取i(i＝1，2)个球放入甲盒中．
(a)放入i个球后，甲盒中含有红球的个数记为ξi(i＝1，2)；
(b)放入i个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为pi(i＝1，2)．
则( )
A．p1>p2，E(ξ1)E(ξ2)
C．p1>p2，E(ξ1)>E(ξ2) D．p1p2，E(ξ1)0)为参数，我们称φμ，σ(x)的图象(如图)为正态分布密度曲线．简称______________．
(2)正态曲线的性质：
①曲线位于x轴____________，与x轴不相交；
②曲线是单峰的，它关于直线____________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____________；
⑤当σ一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着________的变化而沿x轴平移，如图甲所示．
⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越__________，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；σ越__________，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散，如图乙所示．
2．正态分布的定义与简单计算
(1)正态分布的定义及表示
如果对于任何实数a，b(aP(X≤σ1)，B错误；对任意正数t，P(X≤t)≥P(Y≤t)，P(X≥t)≤P(Y≥t)，C正确，D错误，故选C.
已知随机变量X服从正态分布N(2，σ2)，且P(X<4)＝0.8，则P(04.因为ξ>4的概率为，根据正态密度曲线的对称性可知μ＝4.故填4.
某年级的一次信息技术测验成绩近似服从正态分布N(70，102)，如果规定低于60分为不及格，则成绩不及格的人数占全年级总人数的百分比为____________．
解：设学生的得分为随机变量X，X～N(70，102)，则μ＝70，σ＝10，故P(70－10110)＝(1－0.682 6)＝0.158 7，
所以P(ξ≥90)＝0.682 6＋0.158 7＝0.841 3.
所以及格人数为2 000×0.841 3≈1 683(人)．
点拨：
解决正态分布问题有三个关键点：(1)对称轴X＝μ；(2)标准差σ；(3)分布区间．利用对称性可求指定范围内的概率值；由μ，σ，分布区间的特征进行转化，使分布区间转化为3σ特殊区间，从而求出所求概率，注意只有在标准正态分布下对称轴才为x＝0.
()从某企业生产的某种产品中抽取500件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下频率分布直方图：
(1)求这500件产品质量指标值的样本平均数x和样本方差s2(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；
(2)由直方图可以认为，这种产品的质量指标值Z服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数x，σ2近似为样本方差s2.
①利用该正态分布，求P(187.80，则P(X<μ－b)＝.
3．无论是正态分布的正向或逆向的应用问题，关键都是先确定μ，σ，然后利用对称性，将所求概率转化到三个特殊区间．
1．设两个正态分布N(μ1，σ)(σ1>0)和N(μ2，σ)(σ2>0)的密度函数分别为φ1(x)和φ2(x)，其图象如图所示，则有( )
A．μ1<μ2，σ1<σ2 B．μ1<μ2，σ1>σ2
C．μ1>μ2，σ1<σ2 D．μ1>μ2，σ1>σ2
解：f(x)＝e中x＝μ是对称轴，故μ1<μ2；σ越大，曲线越“矮胖”，σ越小曲线越“高瘦”，故σ1<σ2.故选A.
2．设有一正态总体，它的概率密度曲线是函数f(x)的图象，且f(x)＝ (x∈R)，则这个正态总体的平均数与标准差分别是( )
A．10与8 B．10与2
C．8与10 D．2与10
解：f(x)＝，所以σ＝2，μ＝10，即正态总体的平均数与标准差分别为10与2，故选B.
3．设随机变量X～N(μ，σ2)，且X落在区间 (－3，－1)内的概率和落在区间(1，3)内的概率相等，若P(X>2)＝p，则P(02)＝p，所以P(－2a＋2)，则a＝( )
A．3 B. C．5 D.
解：因为ξ服从正态分布N(3，4)，P(ξ<2a－3)＝P(ξ>a＋2)，所以2a－3＋a＋2＝6，a＝.故选D.
5．设随机变量X服从正态分布N(0，σ2)，集合A＝{x|x>X}，集合B＝{x|x>0}，则A⊆B的概率为( )
A．0.6 B．0.4 C．0.5 D．0.2
解：由A⊆B得X≥0，又因为μ＝0，
所以P(X≥0)＝0.5.故选C.
6．()在正态分布N中，正态总体在(－∞，－1)∪(1，＋∞)内取值的概率为( )
A．0.097 B．0.046 C．0.03 D．0.002 6
解：因为μ＝0，σ＝，所以P(X<－1或X>1)＝1－P(－1≤X≤1)＝1－P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)＝ 1－0.997 4＝0.002 6.故选D.
7．设随机变量X～N(1，4)，若P(X≥a＋b)＝P(X≤a－b)，则实数a的值为__________．
解：由P(X≥a＋b)＝P(X≤a－b)得＝1⇒a＝1.故填1.
8．某一部件由三个电子元件按如图方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作．设三个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布N(1 000，502)，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为________．
解：由于三个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布N(1 000，502)，
所以每个元件使用寿命超过1 000小时的概率P(X≥1 000)＝.所以该部件的使用寿命超过1 000小时的概率P＝×＝.故填.
9．已知某种零件的尺寸ξ(单位：mm)服从正态分布，其正态曲线在区间(0，80)上是增函数，在区间(80，＋∞)上是减函数，且f(80)＝.
(1)求正态分布密度函数的解析式；
(2)估计尺寸在72mm～88mm间的零件大约占总数的百分之几？
解：(1)由于正态曲线在区间(0，80)上是增函数，在区间(80，＋∞)上是减函数，所以正态曲线关于直线x＝80对称，且在x＝80处取得最大值．因此得μ＝80，＝，所以σ＝8.
故正态分布密度函数的解析式是φμ，σ(x)＝.
(2)由μ＝80，σ＝8，得μ－σ＝80－8＝72，μ＋σ＝80＋8＝88.
所以零件尺寸位于区间(72，88)内的概率是0.682 6.
因此尺寸在72mm～88mm间的零件大约占总数的68.26%.
10．在某市组织的一次数学竞赛中全体参赛学生的成绩近似服从正态分布N(60，100)，已知成绩在90分以上(含90分)的学生有13人．
(1)求此次参加竞赛的学生总数共有多少人？
(2)若计划奖励竞赛成绩排在前228名的学生，问受奖学生分数线是多少？
解：(1)设学生的成绩为X，共有n人参加竞赛，
因为X～N(60，100)，所以μ＝60，σ＝10.
所以P(X≥90)＝[1－P(3060.
所以P(120－x0 (442＋x)，由此解得x<8，即x取0，1，2，…，7时符合要求，因此所求概率为＝.故选D.
5．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，ξ表示所取球的标号．若η＝ aξ－2，E(η)＝1，则a的值为( )
A．2 B．－2 C．1.5 D．3
解：由题意知ξ的可能取值为0，1，2，3，4，
ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
4
P
所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝，因为η＝aξ－2，E(η)＝1，
所以aE(ξ)－2＝1，所以a－2＝1，解得a＝2.故选A.
6．()已知某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布N(0，32)，从中随机取一件，其长度误差落在区间(3，6)内的概率为( )
(附：若随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ＜ξ＜μ＋σ)＝68.26%，P(μ－2σ＜ξ＜μ＋2σ)＝95.44%)
A．4.56% B．13.59%
C．27.18% D．31.74%
解：已知μ＝0，σ＝3，所以P(3＜ξ＜6)＝[P(－6＜ξ＜6)－P(－3＜ξ＜3)]＝(95.44%－68.26%)＝×27.18%＝13.59%.故选B.
7．在正三棱锥SABC内任取一点P，使得 VPABC＜VSABC的概率是( )
A. B. C. D.
解：如图，
D，E，F为中点，则P在棱台DEFABC内，而S△DEF＝S△ABC，所以VSDEF＝VSABC.所以所求概率P＝＝.故选A.
8．设(x2＋1)(x＋1)9＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2)2＋…＋a11(x＋2)11，则a1＋a2＋…＋a11＝( )
A．5 B．4 C．3 D．2
解：令x＋2＝0，则x＝－2，(x2＋1)(x＋1)9＝－5＝a0；令x＋2＝1，则x＝－1，(x2＋1)(x＋1)9＝0＝a0＋a1＋a2＋…＋a11，所以a1＋a2＋…＋a11＝－a0＝5.故选A.
9．()如图，在一个长为π，宽为2的矩形OABC内，曲线y＝sinx(0≤x≤π)与x轴围成如图所示的阴影部分，向矩形OABC内随机投一点(该点落在矩形OABC内任意一点是等可能的)，则所投的点落在阴影部分的概率是( )
A. B. C. D.
解：由定积分可求得阴影部分的面积为 sinxdx＝－cosx|＝2，矩形OABC的面积为2π，根据几何概型概率公式得所投的点落在阴影部分的概率为＝.故选A.
10．甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛规则为“3局2胜”，即以先赢2局者为胜．根据经验，每局比赛中甲获胜的概率为0.6，则本次比赛甲获胜的概率是( )
A．0.216 B．0.36 C．0.6 D．0.648
解：由题意知，甲获胜有两种情况，
一是甲以2∶0获胜，此时P1＝0.62＝0.36；
二是甲以2∶1获胜，此时P2＝C×0.6× 0.4×0.6＝0.288，
故甲获胜的概率P＝P1＋P2＝0.648.故选D.
11．一袋中有红、黄、蓝三种颜色的小球各一个，每次从中取出一个，记下颜色后放回，当三种颜色的球全部取出时停止取球，则恰好取5次球时停止取球的概率为( )
A. B. C. D.
解：前4次只取到2种颜色球，数量可能为1种1次，另1种3次，或2种均2次，最后一球有C种选择，故所求概率为P＝＝，故选B.
12．一个盒子内部有如图所示的六个小格子，现有桔子，苹果和香蕉各两个，将这六个水果随机放入这六个格子里，每个格子放一个，放好之后每行、每列的水果种类各不相同的概率是( )
A. B. C. D.
解：依题意先排第一列有A种放法，排第二列有两种放法，而六个水果随机放入六个格子里共有种放法，故所求概率P＝＝.故选A.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13．用1，2，3，4这四个数字组成无重复数字的四位数，这个数是恰有一个偶数夹在两个奇数之间的四位数的概率为____________．
解：用1，2，3，4这四个数字组成无重复数字的四位数有A＝24(个)，其中恰有一个偶数夹在两个奇数之间的四位数有2A·A＝8(个)．所以所求概率为P＝＝.故填.
14．二项式的展开式中系数最大的项是第________项．
解：二项展开式的通项
Tr＋1＝Cx15－r·(－1)r·x－r＝C(－1)rx15－2r，对于二项式系数C，中间的两项C，C相等，且同时取得最大值，又因为(－1)7<(－1)8，所以展开式中系数最大的项是第9项．故填9.
15．()已知二元一次不等式组所表示的平面区域为M，若在区间(0，14)内任意取一个数a，则函数y＝ax的图象过区域M的概率为____________．
解：二元一次不等式组所表示的平面区域M如图中阴影部分所示，
且左、右两端点的坐标分别为P(1，9)，Q(3，8)．当a＝1时，函数y＝ax变为y＝1，不过区域M；当a≠1时，由函数y＝ax的图象经过区域M知2≤ a≤9.所以a的取值范围是[2，9]，故所求的概率为＝.故填.
16．某计算机程序每运行一次都随机出现一个五位的二进制数A＝a1a2a3a4a5，其中A的各位数中，
a1＝1，ak(k＝2，3，4，5)出现0的概率为，出现1的概率为.记ξ＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5，当程序运行一次时，ξ的数学期望E(ξ)＝____________(结果用最简分数表示)．
解：令η＝ξ－1，则η～B，所以 E(η)＝E(ξ－1)＝4×，即E(ξ)－1＝，E(ξ)＝.故填.
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(10分)安排5名歌手的演出顺序时．
(1)要求某名歌手不第一个出场，有多少种不同的排法？
(2)要求某名歌手不第一个出场，另一名歌手不最后一个出场，有多少种不同的排法？
解：(1)CA＝96种．
(2)解法一：A－2A＋A＝78种．
解法二：分两步完成任务：
第一步：先排两名特殊歌手有4＋3＋3＋3＝13种；
第二步：再排另外三人有A＝6种，故排法种数共有：13×6＝78种．
18．(12分)()在某次数学考试中，考生的成绩ξ～N(90，100)．
(1)试求考试成绩ξ位于区间(70，110)内的概率；
(2)若这次考试共有2 000名考生，试估计考试成绩在(80，100)内的考生大约有多少人？
(参考数据：若X～N(μ，σ2)，有
P(μ－σ，所以p>.
又p＋＋q＝1，q≥0，所以p≤.所以，所以E(X)>E(Y)．
故甲集团选择投资新能源汽车，才能使得一年后盈利金额的数学期望较大．
21．(12分)()某学校为了丰富学生的业余生活，以班级为单位组织学生开展古诗词背诵比赛，随机抽取题目，背诵正确加10分，背诵错误减10分，只有“正确”和“错误”两种结果，其中某班级对每个题目背诵正确的概率为，背诵错误的概率为，现记“该班级完成n首背诵后总得分为Sn”．
(1)求S6＝20且Si≥0(i＝1，2，3)的概率；
(2)记ξ＝|S5|，求ξ的分布列及数学期望．
解：(1)S6＝20，即背诵6首后，正确的个数为4，错误的个数为2，
又因为Si≥0(i＝1，2，3)，所以背诵正确与否的可能顺序为：
①第一首和第二首背诵正确，其余4首可任意背诵正确2首；
②第一首背诵正确，第二首背诵错误，第三首背诵正确，则其余3首可任意背诵正确2首．
故所求概率P＝×C××＋×××C××＝.
(2)ξ＝|S5|的可能取值为10，30，50，
则P(ξ＝10)＝C××＋C××＝，
P(ξ＝30)＝C××＋C××＝，
P(ξ＝50)＝＋＝，
所以ξ的分布列为
ξ
10
30
50
P
所以ξ的数学期望E(ξ)＝10×＋30×＋50×＝.
22．
(12分)计划在某水库建一座至多安装3台发电机的水电站，过去50年的水文资料显示，水库年入流量X(年入流量：一年内上游来水与库区降水之和，单位：亿立方米)都在40以上．其中，不足80的年份有10年，不低于80且不超过120的年份有35年，超过120的年份有5年．将年入流量在以上三段的频率作为相应段的概率，并假设各年的年入流量相互独立．
(1)求未来4年中，至多有1年的年入流量超过120的概率；
(2)水电站希望安装的发电机尽可能运行，但每年发电机最多可运行台数受年入流量X限制，并有如下关系：
年入流量X
40 120
发电机最多可运行台数
1
2
3
若某台发电机运行，则该台年利润为5 000万元；若某台发电机未运行，则该台年亏损800万元．欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机多少台？
解：(1)依题意，p1＝P(40120)＝＝0.1.
由二项分布，在未来4年中至多有1年的年入流量超过120的概率为
p＝C(1－p3)4＋C(1－p3)3p3
＝＋4××＝0.947 7.
(2)记水电站年总利润为Y(单位：万元)．
(Ⅰ)安装1台发电机的情形．
由于水库年入流量总大于40，故一台发电机运行的概率为1，对应的年利润Y＝5 000，E(Y)＝5 000×1＝5 000.
(Ⅱ)安装2台发电机的情形．
依题意，当40120时，三台发电机运行，
此时Y＝5 000×3＝15 000，
因此P(Y＝15 000)＝P(X>120)＝p3＝0.1.
由此得Y的分布列如下：
Y
3 400
9 200
15 000
P
0.2
0.7
0.1
所以，E(Y)＝3 400×0.2＋9 200×0.7＋ 15 000×0.1＝8 620.
综上，欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机2台．
