- 2021-05-13 发布 |
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文档介绍
高考数学专题计数原理与概率随机变量及其分布
第九章 计数原理与概率、随机变量及其分布 第一节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．那么完成这件事共有N＝m＋n种不同方法． 2．分步乘法计数原理 完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法． 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，步步之间是相关联的． [试一试] 1．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有( ) A．30 B．20 C．10 D．6 解析：选D 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． 2．从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋bi，其中虚数有( ) A．30个 B．42个 C．36个 D．35个 解析：选C ∵a＋bi为虚数，∴b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数． 1．应用两种原理解题 (1)分清要完成的事情是什么？ (2)分清完成该事情是分类完成还是分步完成，“类”间互相独立，“步”间互相联系； (3)有无特殊条件的限制； (4)检验是否有重漏． 2．混合问题一般是先分类再分步，分类时标准要明确，做到不重复不遗漏． [练一练] 1．(2013·郑州模拟)在2012年奥运选手选拔赛上，8名男运动员参加100米决赛．其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有________种 解析：分两步安排这8名运动员． 第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1,3,5,7四条跑道可安排．∴安排方式有4×3×2＝24(种)． 第二步：安排另外5人，可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道安排，所以安排方式有5×4×3×2×1＝120(种)． ∴安排这8人的方式有24×120＝2 880(种)． 答案：2 880 1 2 3 4 5 6 7 8 9 2．(2014·湖南长郡中学、衡阳八中等十二校一联)用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1、2、…、9的9个小正方形(如图)，使得任意相邻(有公共边)的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为1、5、9的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有________种． 解析：把区域分为三部分，第一部分1、5、9，有3种涂法．第二部分4、7、8，当5、7同色时，4、8各有2种涂法，共4种涂法；当5、7异色时，7有2种涂法，4、8均只有1种涂法，故第二部分共4＋2＝6种涂法．第三部分与第二部分一样，共6种涂法．由分步乘法计数原理，可得共有3×6×6＝108种涂法． 答案：108 考点一 分类加法计数原理 1．在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有( ) A．50个 B．45个 C．36个 D．35个 解析：选C 利用分类加法计数原理：8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)． 2．五名篮球运动员比赛前将外衣放在休息室，比赛后都回到休息室取衣服．由于灯光暗淡，看不清自己的外衣，则至少有两人拿对自己的外衣的情况有( ) A．30种 B．31种 C．35种 D．40种 解析：选B 分类：第一类，两人拿对：2×C＝20种；第二类，三人拿对：C＝10种；第三类，四人拿对与五人拿对一样，所以有1种．故共有20＋10＋1＝31种． 3．(2013·三门峡模拟)有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则监考的方法有( ) A．8种 B．9种 C．10种 D．11种 解析：选B 设四位监考教师分别为A，B，C，D，所教班分别为a，b，c，d，假设A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法，同理A监考c，d时，也分别有3种不同方法，由分类加法计数原理共有3＋3＋3＝9(种)． [类题通法] 利用分类加法计数原理解题时应注意 (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，注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，不能重复． 考点二 分步乘法计数原理 [典例] (2014·本溪模拟)如图所示的几何体是由一个正三棱锥 PABC 与正三棱柱 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不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有________种． [解析] 先涂三棱锥 PABC 的三个侧面，然后涂三棱柱的三个侧面，共有C×C×C×C＝3×2×1×2＝12种不同的涂法． [答案] 12 [类题通法] 利用分步乘法计数原理解决问题时应注意 (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． [针对训练] 在航天员进行的一项太空实验中，先后要实施6个程序，其中程序A只能出现在第一步或最后一步，程序B和C实施时必须相邻，则实验顺序的编排方法共有( ) A．24种 B．48种 C．96种 D．144种 解析：选C 第一步安排A有2种方法；第二步在剩余的5个位置选取相邻的两个排B，C，有4种排法，而B，C位置互换有2种方法； 第三步安排剩余的3个程序，有A种排法，共有2×4×2×A＝96种． 考点三 两个原理的综合应用 [典例] (2014·黄冈质检)设集合I＝{1,2,3,4,5}．选择集合I的两个非空子集A和B，若集合B中最小的元素大于集合A中最大的元素，则不同的选择方法共有( ) A．50种 B．49种 C．48种 D．47种 [解析] 从5个元素中选出2个元素，小的给集合A，大的给集合B，有C＝10种选择方法；从5个元素中选出3个元素，有C＝10种选择方法，再把这3个元素从小到大排列，中间有2个空，用一个隔板将其隔开，一边给集合A，一边给集合B，方法种数是2，故此时有10×2＝20种选择方法；从5个元素中选出4个元素，有C＝5种选择方法，从小到大排列，中间有3个空，用一个隔板将其隔开，一边给集合A，一边给集合B，方法种数是3，故此时有5×3＝15种选择方法；从5个元素中选出5个元素，有C＝1种选择方法，同理隔开方法有4种，故此时有1×4＝4种选择方法．根据分类加法计数原理，总计为10＋20＋15＋4＝49种选择方法．故选B. [答案] B 本例中条件若变为“A＝{1,2,3,4}，B＝{5,6,7}，C＝{8,9}现从中取出两个集合，再从这两个集合中各取出一个元素，组成一个含有两个元素的集合”，则可以组成多少个集合？ 解：(1)选集合A，B，有CC＝12； (2)选集合A，C，有CC＝8； (3)选集合B，C，有CC＝6； 故可以组成12＋8＋6＝26个集合． [类题通法] 在解决综合问题时，可能同时应用两个计数原理，即分类的方法可能要运用分步完成，分步的方法可能会采取分类的思想求．分清完成该事情是分类还是分步，“类”间互相独立，“步”间互相联系． [针对训练] 上海某区政府召集5家企业的负责人开年终总结经验交流会，其中甲企业有2人到会，其余4家企业各有1人到会，会上推选3人发言， 则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为________． 解析：若3人中有一人来自甲企业，则共有CC种情况，若3人中没有甲企业的，则共有C种情况，由分类加法计数原理可得，这3人来自3家不同企业的可能情况共有CC＋C＝16(种)． 答案：16 第二节排列与组合 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 公 式 排列数公式 A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1) ＝ 组合数公式 C＝ ＝ ＝ 性 (1)A＝n！； (1)C＝1； 质 (2)0！＝1 (2)C＝C_； (3)C＋C＝C 备 注 n，m∈N*且m≤n 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． [试一试] 1．电视台在直播2012伦敦奥运会时要连续插播5个广告，其中3个不同的商业广告和2个不同的奥运宣传广告，要求最后播放的是奥运宣传广告，且2个奥运宣传广告不能连播．则不同的播放方式有( ) A．120 B．48 C．36 D．18 解析：选C 有CCA＝36(种)． 2．2010年上海世博会某国将展出5件艺术作品，其中不同书法作品2件、不同绘画作品2件、标志性建筑设计1件，在展台上将这5件作品排成一排，要求2件书法作品必须相邻，2件绘画作品不能相邻，则该国展出这5件作品不同的方案有________种．(用数字作答) 解析：将2件必须相邻的书法作品看作一个整体，同1件建筑设计展品全排列，再将2件不能相邻的绘画作品插空，故共有AAA＝24(种)不同的展出方案． 答案：24 1．排列问题与组合问题的识别方法： 识别方法 排列 若交换某两个元素的位置对结果产生影响，则是排列问题，即排列问题与选取元素顺序有关 组合 若交换某两个元素的位置对结果没有影响，则是组合问题，即组合问题与选取元素顺序无关 2．组合数的性质中(2)的应用主要是两个方面，一个简化运算，当m＞时，通常将计算C转化为计算C.二是列等式，由C＝C可得x＝y或x＋y＝n.性质(3)主要用于恒等变形简化运算． [练一练] 1．(2013·河北教学质量监测)有A，B，C，D，E五位学生参加网页设计比赛，决出了第一到第五的名次．A，B两位学生去问成绩，老师对A说：你的名次不知道，但肯定没得第一名；又对B说：你是第三名．请你分析一下，这五位学生的名次排列的种数为( ) A．6 B．18 C．20 D．24 解析：选B 由题意知，名次排列的种数为CA＝18. 2．5个人站成一排，其中甲、乙两人不相邻的排法有________种．(用数字作答) 解析：先排甲、乙之外的3人，有A种排法，然后将甲、乙两人插入形成的4个空中，有A种排法，故共有A·A＝72(种)排法． 答案：72 考点一 排列问题 1．数列{an}共有六项，其中四项为1，其余两项各不相同，则满足上述条件的数列{an}共有( ) A．30个 B．31个 C．60个 D．61个 解析：选A 在数列的六项中，只要考虑两个非1的项的位置，即得不同数列，共有A＝30个不同的数列． 2．(2013·东北三校联考)在数字1,2,3与符号“＋”，“－”这五个元素的所有全排列中，任意两个数字都不相邻的全排列方法共有( ) A．6种 B．12种 C．18种 D．24种 解析：选B 本题主要考查某些元素不相邻的问题，先排符号“＋”，“－”，有A种排列方法，此时两个符号中间与两端共有3个空位，把数字1,2,3“插空”，有A种排列方法，因此满足题目要求的排列方法共有AA＝12种． 3．(2013·西安检测)8名游泳运动员参加男子100米的决赛，已知游泳池有从内到外编号依次为1,2,3,4,5,6,7,8的8条泳道，若指定的3名运动员所在的泳道编号必须是3个连续数字(如：5,6,7)，则参加游泳的这8名运动员被安排泳道的方式共有( ) A．360种 B．4 320种 C．720种 D．2 160种 解析：选B 法一：先从8个数字中取出3个连续的数字共有6种方法，将指定的3名运动员安排在这3个编号的泳道上，剩下的5名运动员安排在其他编号的5条泳道上，共有6AA＝4 320种安排方式． 法二：先将所在的泳道编号是3个连续数字的3名运动员全排列，有A种排法，然后把他们捆绑在一起当作一名运动员，再与剩余5名运动员全排列，有A种排法，故共有AA＝4 320种安排方式． [类题通法] 求解排列应用题的主要方法 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档中 先整体 后局部 “小集团”排列问题中先整体后局部 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 考点二 组合问题 [典例] (2013·重庆高考)从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是________(用数字作答)． [解析] 直接法分类，3名骨科，内科、脑外科各1名；3名脑外科，骨科、内科各1名；3名内科，骨科、脑外科各1名；内科、脑外科各2名，骨科1名；骨科、内科各2名，脑外科1名；骨科、脑外科各2名，内科1名．所以选派种数为C·C·C＋C·C·C＋C·C·C＋C·C·C＋C·C·C＋C·C·C＝590. [答案] 590 [类题通法] 组合两类问题的解法 (1)“含”与“不含”的问题：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取． (2)“至少”、“最多”的问题：解这类题必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解．用直接法或间接法都可以求解．通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理． [针对训练] (2013·四平质检)从5名男医生、4名女医生中选3名医生组成一个医疗小分队，要求其中男、女医生都有，则不同的组队方案共有( ) A．70种 B．80种 C．100种 D．140种 解析：选A 法一(间接法)：当选择的3名医生都是男医生或都是女医生时，共有C＋C＝14种组队方案．当从9名医生中选择3名医生时，共有C＝84种组队方案，所以男、女医生都有的组队方案共有84－14＝70种． 法二(直接法)：当小分队中有1名女医生时，有CC＝40种组队方案；当小分队中有2名女医生时，有CC＝30种组队方案，故共有70种不同的组队方案． 考点三 分组分配问题 分组分配问题是排列、组合问题的综合应用，解决这类问题的一个基本指导思想就是先分组后分配。归纳起来常见的命题角度有： (1)整体均分问题； (2)部分均分问题； (3)不等分问题. 角度一 整体均分问题 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． 解析：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． 答案：90 角度二 部分均分问题 2．将6本不同的书分给甲、乙、丙、丁4个人，每人至少1本的不同分法共有________种．(用数字作答) 解析：把6本不同的书分成4组，每组至少1本的分法有2种． ①有1组3本，其余3组每组1本，不同的分法共有＝20种； ②有2组每组2本，其余2组每组1本，不同的分法共有·＝45种． 所以不同的分组方法共有20＋45＝65种． 然后把分好的4组书分给4个人，所以不同的分法共有65×A＝1 560种． 答案：1 560 角度三 不等分问题 3．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． 解析：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． 根据分步乘法计数原理，共有CCC＝60种取法． 再将这3组教师分配到3所中学，有A＝6种分法， 故共有60×6＝360种不同的分法． 答案：360 [类题通法] 解决分组分配问题的策略 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！，一个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． 第三节二项式定理 1．二项式定理 (1)定理： 公式(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn(n∈N*)叫做二项式定理． (2)通项： Tk＋1＝Can－kbk为展开式的第k＋1项． 2．二项式系数与项的系数 (1)二项式系数： 二项展开式中各项的系数C(k∈{0,1，…，n})叫做二项式系数． (2)项的系数： 项的系数是该项中非字母因数部分，包括符号等，与二项式系数是两个不同的概念． 3．二项式系数的性质 性质 内容 对称性 与首末两端等距离的两个二项式系数相等，即C＝C 增减性 当k＜时，二项式系数逐渐增大； 当k＞时，二项式系数逐渐减小 最大值 当n是偶数时，中间一项的二项式系数最大，最大值为C n； 当n是奇数时，中间两项的二项式系数相等，且同时取得最大值，最大值为或 4．各二项式系数的和 (a＋b)n的展开式的各个二项式系数的和等于2n，即C＋C＋C＋…＋C＋…＋C＝2n. 二项展开式中，偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1. 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)． [试一试] 1．(2014·黄冈模拟)设复数x＝(i是虚数单位)，则Cx＋Cx2＋Cx3＋…＋Cx2 013＝( ) A．i B．－i C．－1＋i D．1＋i 解析：选C x＝＝－1＋i，Cx＋Cx2＋…＋Cx2 013＝(1＋x)2 013－1＝i2 013－1＝i－1，选C. 2．(2014·深圳调研)若(1＋2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则a3＝________. 解析：根据已知条件得，T3＋1＝C(2x)3＝80x3， ∴a3＝80. 答案：80 3．设二项式(x－)6的展开式中x2的系数为A，常数项为B，若B＝4A，则a＝________. 解析：Tk＋1＝Cx6－k·k＝(－a)kCx6－2k，令6－2k＝2，得k＝2，A＝a2C＝15a2；令6－2k＝0，得k＝3，B＝－a3C＝－20a3，代入B＝4A得a＝－3. 答案：－3 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．利用二项式定理解决整除问题的思路 要证明一个式子能被另一个式子整除，只要证明这个式子按二项式定理展开后的各项均能被另一个式子整除即可．因此，一般要将被除式化为含相关除式的二项式，然后再展开． 3．二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． 4．二项展开式系数最大项的求法：如求(a＋bx)n(a，b∈R)的展开式系数最大的项，一般是采用待定系数法，设展开式各项系数分别为A1，A2，…，An＋1，且第k项系数最大，应用从而解出k来，即得． [练一练] 1．设a∈Z，且0≤a＜13，若512 012＋a能被13整除，则a＝( ) A．0 B．1 C．11 D．12 解析：选D 512 012＋a＝(13×4－1)2 012＋a，被13整除余1＋a，结合选项可得a＝12时，512 012＋a能被13整除． 2．若x∈(0，＋∞)，则(1＋2x)15的二项展开式中系数最大的项为( ) A．第8项 B．第9项 C．第8项和第9项 D．第11项 解析：选D Tr＋1＝C2rxr，由C2r－1≤C2r，C2r＋1≤C2r⇒≤r≤，r＝10，所以第11项的系数最大． 考点一 二项式中的特定项或特定项的系数 1．(2013·江西高考)5展开式中的常数项为( ) A．80 B．－80 C．40 D．－40 解析：选C Tr＋1＝C·(x2)5－r·r＝C·(－2)r·x10－5r，令10－5r＝0，得r＝2，故常数项为C×(－2)2＝40. 2．(2014·浙江五校联考)在5的展开式中x的系数为( ) A．5 B．10 C．20 D．40 解析：选B ∵Tr＋1＝C(x2)5－rr＝Cx10－3r，∴x的系数为C＝10，故选B. 3．(2013·安徽高考)若8的展开式中x4的系数为7，则实数a＝________. 解析：二项式8展开式的通项为Tr＋1＝Carx，令8－r＝4，可得r＝3，故Ca3＝7，易得a＝. 答案： [类题通法] 求二项展开式中的指定项，一般是利用通项公式进行化简通项公式后， 令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出项数r＋1，代回通项公式即可． 考点二 二项式系数和或各项系数和问题 [典例] (1)(2014·北京西城一模)若m的展开式中二项式系数之和为128，则展开式中的系数是( ) A．21 B．－21 C．7 D．－7 (2)(2013·成都诊断)若(1－2x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则a1＋a2＋a3＋a4＝________. [解析] (1)∵2m＝128，∴m＝7，∴展开式的通项Tr＋1＝C(3x)7－r·r＝C37－r(－1)rx，令7－r＝－3，解得r＝6，∴的系数为C37－6(－1)6＝21，故选A. (2)令x＝1可得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝1，令x＝0，可得a0＝1，所以a1＋a2＋a3＋a4＝0. [答案] (1)A (2)0 在本例(2)中条件不变，问题变为“求|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋|a4|的值”. 解：由题意知(1＋2x)4＝a0＋|a1|x＋|a2|x2＋|a3|x3＋|a4|x4，令x＝1得a0＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋|a4|＝34＝81. [类题通法] 1．二项式定理给出的是一个恒等式，对于a，b的一切值都成立．因此，可将a，b设定为一些特殊的值．在使用赋值法时，令a，b等于多少时，应视具体情况而定，一般取“1、－1或0”，有时也取其他值． 2．一般地，若f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f(x)的展开式中各项系数之和为f(1)，奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝，偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝. [针对训练] 若(1－2x)2 013＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 013x2 013，则＋＋…＋＝________. 解析：当x＝0时，左边＝1，右边＝a0，∴a0＝1. 当x＝时，左边＝0，右边＝a0＋＋＋…＋， ∴0＝1＋＋＋…＋. 即＋＋…＋＝－1 答案：－1 考点三 多项式展开式中的特定项(系数问题) 在高考中，常常涉及一些多项式二项式问题，主要考查学生的化归能力，归纳起来常见的命题角度有： (1)几个多项式和的展开式中的特定项(系数)问题； (2)几个多项式积的展开式中的特定项(系数)问题； (3)三项展开式中的特定项(系数)问题. 角度一 几个多项式和的展开式中的特定项问题 1.4＋8的展开式中的常数项为( ) A．32 B．34 C．36 D．38 解析：选D 4的展开式的通项为Tm＋1＝C(x3)4－m·m＝C(－2)mx12－4m，令12－4m＝0，解得m＝3，8的展开式的通项为Tn＋1＝Cx8－nn＝Cx8－2n，令8－2n＝0，解得n＝4，所以所求常数项为C(－2)3＋C＝38. 角度二 几个多项式积的展开式中的特定项(系数)问题 2．(2013·全国课标卷Ⅱ)已知(1＋ɑx)(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，则ɑ＝( ) A．－4 B.－3 C．－2 D．－1 解析：选D 展开式中含x2的系数为C＋aC＝5，解得a＝－1，故选D. 角度三 三项展开式中特定项(系数)问题 3.5的展开式中的常数项为________．(用数字作答) 解析：原式＝5＝·[2]5＝10. 求原式的展开式中的常数项，转化为求10的展开式中含x5项的系数，即C·5. 所以所求的常数项为＝. 答案： [类题通法] 1．对于几个多项式和的展开式中的特定项(系数)问题，只需依据二项展开式的通项，从每一项中分别得到含x3的项，再求和即可． 2．对于几个多项式积的展开式中的特定项问题，一般都可以根据因式连乘的规律，结合组合思想求解，但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏． 3．对于三项式问题一般先变形化为二项式再解决. 第四节随机事件的概率 1．概率与频率 (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出现的频数，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，由于事件A发生的频率fn(A)随着试验次数的增加稳定于概率P(A)，因此可以用频率fn(A)来估计概率P(A)． 2．事件的关系与运算 定义 符号表示 包含关系 如果事件A发生，则事件B一定发生，这时称事件B包含事件A(或称事件A包含于事件B) B⊇A (或A⊆B) 相等关系 若B⊇A且A⊇B，那么称事件A与事件B相等 A＝B 并事件 (和事件) 若某事件发生当且仅当事件A发生或事件B发生，则称此事件为事件A与事件B的并事件(或和事件) A∪B (或A＋B) 交事件 (积事件) 若某事件发生当且仅当事件A发生且事件B发生，则称此事件为事件A与事件B的交事件(或积事件) A∩B (或AB) 互斥事件 若A∩B为不可能事件，那么称事件A与事件B互斥 A∩B＝∅ 对立事件 若A∩B为不可能事件，A∪B为必然事件，那么称事件A与事件B互为对立事件 A∩B＝∅ 且A∪B＝Ω 3．概率的几个基本性质 (1)概率的取值范围：0≤P(A)≤1. (2)必然事件的概率：P(A)＝1. (3)不可能事件的概率：P(A)＝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)． 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． [试一试] 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．在2013年全国运动会火炬传递活动中，有编号为1,2,3,4,5的5名火炬手．若从中任选3人，则选出的火炬手的编号相连的概率为( ) A. B. C. D. 解析：选A 从1,2,3,4,5中任取三个数的结果有10种，其中选出的火炬手的编号相连的事件有：(1,2,3)，(2,3,4)，(3,4,5)，∴选出的火炬手的编号相连的概率为P＝. 利用集合方法判断互斥事件与对立事件 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． [练一练] 1．(2014·赤峰模拟)先后抛掷硬币三次，则至少一次正面朝上的概率是( ) A. B. C. D. 解析：选D 至少一次正面朝上的对立事件的概率为，故P＝1－＝. 2．从装有2个红球和2个白球的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是 ( ) A．至少有1个白球，都是白球 B．至少有1个白球，至少有1个红球 C．恰有1个白球，恰有2个白球 D．至少有1个白球，都是红球 解析：选C 结合互斥事件和对立事件的定义知，对于C中恰有1个白球，即1白1红，与恰有2只白球是互斥事件，但不是对立事件，因为还有2只都是红球的情况，故选C. 考点一 事件关系的判断 1．(2013·泉州一模)在一次随机试验中，彼此互斥的事件A，B，C，D的概率分别为0.2,0.2,0.3,0.3，则下列说法正确的是( ) A．A∪B与C是互斥事件，也是对立事件 B．B∪C与D是互斥事件，也是对立事件 C．A∪C与B∪D是互斥事件，但不是对立事件 D．A与B∪C∪D是互斥事件，也是对立事件 解析：选D 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韦恩图表示，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． 2．在5张电话卡中，有3张移动卡和2张联通卡，从中任取2张，若事件“2张全是移动卡”的概率是，那么概率是的事件是( ) A．至多有一张移动卡 B．恰有一张移动卡 C．都不是移动卡 D．至少有一张移动卡 解析：选A 至多有一张移动卡包含“一张移动卡，一张联通卡”“两张全是联通卡”两个事件，它是“2张全是移动卡”的对立事件，故选A. 3．一个均匀的正方体玩具的各个面上分别标有数字1,2,3,4,5,6.将这个玩具向上抛掷1次， 设事件A表示向上的一面出现奇数点，事件B表示向上的一面出现的点数不超过3，事件C表示向上的一面出现的点数不小于4，则( ) A．A与B是互斥而非对立事件 B．A与B是对立事件 C．B与C是互斥而非对立事件 D．B与C是对立事件 解析：选D 根据互斥事件与对立事件的意义作答，A∩B＝{出现点数1或3}，事件A，B不互斥但不对立；B∩C＝∅，B∪C＝Ω，故事件B，C是对立事件． [类题通法] 判断事件关系时要注意 (1)利用集合观点判断事件关系； (2)可以写出所有试验结果，看所求事件包含哪几个试验结果，从而判断所求事件的关系． 考点二 随机事件的概率 [典例] (2013·广州模拟)将一枚骰子先后抛掷两次，观察向上的点数． (1)求点数之积是4的概率； (2)设a，b分别是将一枚骰子先后抛掷两次向上的点数，求式子2a－b＝1成立的概率． [解] 将一枚骰子先后抛掷两次，向上的点数共有36种不同的结果． (1)将一枚骰子先后抛掷两次，向上的点数分别记为a，b，点数之积是4对应以下3种情况： 因此，点数之积是4的概率为P1＝＝. (2)由2a－b＝1得2a－b＝20，∴a－b ＝0， ∴a＝b. 而将一枚骰子先后抛掷两次向上的点数相等对应以下6种情况： 因此，式子2a－b＝1成立的概率为P2＝＝. 在本例条件不变的情况下求： (1)在得到点数之和不大于6的条件下，先后出现的点数中有3的概率； (2)两颗骰子向上的点数均大于等于4的概率. 解：(1) 由题意可知，在得到点数之和不大于6的条件下，先后出现的点数中有3的概率为＝. (2)此事件对应(4,4)，(4,5)，(4,6)，(5,4)，(5,5)，(5,6)，(6,4)，(6,5)，(6,6)9种情况，∴P＝＝. [类题通法] 求解随机事件的概率关键是准确计算基本事件数，计算的方法有： (1)列举法， (2)列表法， (3)利用树状图列举． [针对训练] (2013·江苏高考)现有某类病毒记作XmYn，其中正整数m，n(m≤7，n≤9)可以任意选取，则m，n都取到奇数的概率为________． 解析：基本事件总数为N＝7×9＝63，其中m，n都为奇数的事件个数为M＝4×5＝20，所以所求概率P＝＝. 答案： 考点三 互斥事件与对立事件的概率 [典例] (2014·唐山统考)已知甲、乙两人下棋，和棋的概率为，乙胜的概率为，则甲胜的概率和甲不输的概率分别为( ) A.， B.， C.， D.， [解析] “甲胜”是“和棋或乙胜”的对立事件，所以“甲胜”的概率为1－－＝. 设“甲不输”为事件A，则A可看做是“甲胜”与“和棋”这两个互斥事件的和事件，所以P(A)＝＋＝.(或设“甲不输”为事件A，则A可看做是“乙胜”的对立事件，所以P(A)＝1－＝) [答案] C [类题通法] 求复杂的互斥事件的概率一般有两种方法：一是直接求解法，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，运用互斥事件的求和公式计算．二是间接求法， 先求此事件的对立事件的概率，再用公式P(A)＝1－P()，即运用逆向思维(正难则反)，特别是“至多”，“至少”型题目，用间接求法就显得较简便． [针对训练] (2013·北京东城模拟)有编号为1,2,3的三个白球，编号4,5,6的三个黑球，这六个球除编号和颜色外完全相同，现从中任意取出两个球． (1)求取得的两个球颜色相同的概率； (2)求取得的两个球颜色不相同的概率． 解：从六个球中取出两个球的基本事件是： (1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)，(5,6)，共计15个． (1)记事件A为“取出的两个球是白球”，则这个事件包含的基本事件是(1,2)，(1,3)，(2,3)，共计3个，故P(A)＝＝；记“取出的两个球是黑球”为事件B，同理可得P(B)＝. 记事件C为“取出的两个球的颜色相同”，A，B互斥，根据互斥事件的概率加法公式，得P(C)＝P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝. (2)记事件D为“取出的两个球的颜色不相同”，则事件C，D对立，根据对立事件概率之间的关系，得P(D)＝1－P(C)＝1－＝. 第五节古_典_概_型 1．基本事件的特点 (1)任何两个基本事件是互斥的． (2)任何事件都可以表示成基本事件的和(除不可能事件)． 2．古典概型 (1)特点： ①试验中所有可能出现的基本事件只有有限个，即有限性． ②每个基本事件发生的可能性相等，即等可能性． (2)概率公式： P(A)＝. 1．在计算古典概型中基本事件数和事件发生数时，易忽视他们是否是等可能的． 2．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. [试一试] 1．从3台甲型彩电和2台乙型彩电中任选两台，其中两种品牌的彩电齐全的概率是( ) A. B. C. D. 解析：选B P＝＝. 2．从1,2,3,4,5,6六个数中任取3个数，则取出的3个数是连续自然数的概率是( ) A. B. C. D. 解析：选D 取出的三个数是连续自然数有4种情况，则取出的三个数是连续自然数的概率P＝＝. 古典概型中基本事件的探求方法 (1)枚举法：适合给定的基本事件个数较少且易一一列举出的． (2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求，注意在确定基本事件时(x，y)可以看成是有序的，如(1,2)与(2,1)不同．有时也可以看成是无序的，如(1,2)(2,1)相同． (3)排列组合法：在求一些较复杂的基本事件的个数时，可利用排列或组合的知识． [练一练] 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. 解析：选C 依题意k和b的所有可能的取法一共有3×3＝9种，其中当直线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. 考点一 古典概型 1．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. 解析：选B依题意，所求概率为P＝＝. 2.(2014·江西五校联考)如图，三行三列的方阵中有9个数aij(i＝1,2,3；j＝1，2,3)，从中任取3个数，则至少有2个数位于同行或同列的概率是( ) A. B. C. D. 解析：选C 从9个数中任取3个数共有C＝84种情况，所取的3个数不在同一行也不在同一列有6种情况，因而所求的概率为P＝1－＝.故选C. 3．(2013·深圳第一次调研)一个袋中有4个大小相同的小球，其中红球1个，白球2个，黑球1个，现从袋中有放回地取球，每次随机取一个． (1)求连续取两次都是白球的概率； (2)假设取一个红球记2分，取一个白球记1分，取一个黑球记0分，若连续取三次，则分数之和为4分的概率是多少？ 解：(1)连续取两次的基本事件有：(红，红)，(红，白1)，(红，白2)，(红，黑)；(白1，红)，(白1，白1)，(白1，白2)，(白1，黑)；(白2，红)，(白2，白1)，(白2，白2)，(白2，黑)；(黑，红)，(黑，白1)，(黑，白2)，(黑，黑)，共16个． 连续取两次都是白球的基本事件有：(白1，白1)，(白1，白2)，(白2，白1)，(白2，白2)，共4个， 故所求概率为＝. (2)连续取三次的基本事件有：(红，红，红)，(红，红，白1)，(红，红，白2)，(红，红，黑)；(红，白1，红)，(红，白1，白1)，(红，白1，白2)，(红，白1，黑)，…，共64个． 因为取一个红球记2分，取一个白球记1分，取一个黑球记0分，若连续取三次，则分数之和为4分的基本事件如下： (红，白1，白1)，(红，白1，白2)，(红，白2，白1)，(红，白2，白2)，(白1，红，白1)，(白1，红，白2)，(白2，红，白1)，(白2，红，白2)，(白1，白1，红)，(白1，白2，红)，(白2，白1，红)，(白2，白2，红)，(红，红，黑)，(红，黑，红)，(黑，红，红)，共15个． 故所求概率为. [类题通法] 计算古典概型事件的概率可分三步 第一步：算出基本事件的总个数n;第二步：求出事件A所包含的基本事件个数m；第三步：代入公式求出概率P. 考点二 古典概型的交汇命题问题 古典概型在高考中常与平面向量、集合、函数、解析几何、统计等知识交汇命题，命题的角度新颖，考查知识面全，能力要求较高，归纳起来常见的交汇命题角度有： (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. 角度一 古典概型与平面向量相结合 1．(2013·济南模拟)设连续掷两次骰子得到的点数分别为m，n，令平面向量a＝(m，n)，b＝(1，－3)． (1)求使得事件“a⊥b”发生的概率； (2)求使得事件“|a|≤|b|”发生的概率． 解：(1)由题意知，m∈{1,2,3,4,5,6}，n∈{1,2,3,4,5,6}，故(m，n)所有可能的取法共36种． 使得a⊥b，即m－3n＝0，即m＝3n，共有2种：(3,1)、(6,2)，所以事件a⊥b的概率为＝. (2)|a|≤|b|，即m2＋n2≤10， 共有(1,1)、(1,2)、(1,3)、(2,1)、(2,2)、(3,1)6种使得|a|≤|b|，其概率为＝. 角度二 古典概型与直线、圆相结合 2．连掷骰子两次得到的点数分别记为a和b，则使直线3x－4y＝0与圆(x－a)2－(y－b)2＝4相切的概率为( ) A. B. C. D. 解析：选B 连掷骰子两次总的试验结果有36种，要使直线3x－4y＝0与圆(x－a)2＋(y－b)2＝4相切，则＝2，即满足|3a－4b|＝10，符合题意的(a，b)有(6,2)，(2,4)，共2种，由古典概型的概率计算公式可得所求概率为P＝. 角度三 古典概型与函数相结合 3．(2014·安徽省级示范高中一模)设a∈{2,4}，b∈{1,3}，函数f(x)＝ax2＋bx＋1. (1)求f(x)在区间(－∞，－1]上是减函数的概率； (2)从f(x)中随机抽取两个，求它们在(1，f(1))处的切线互相平行的概率． 解：(1)f′(x)＝ax＋b，由题意f′(－1)≤0，即b≤a，而(a，b)共有(2,1)，(2,3)(4,1)，(4,3)四种，满足b≤a的有3种，故概率为. (2)由(1)可知，函数f(x)共有4种可能，从中随机抽取两个，有6种抽法． ∵函数f(x)在(1，f(1))处的切线的斜率为f′(1)＝a＋b， ∴这两个函数中的a与b之和应该相等，而只有(2,3)，(4,1)这1组满足， ∴概率为. [类题通法] 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. 第六节几何概型 1．几何概型 如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度(面积或体积)成比例，则称这样的概率模型为几何概率模型，简称几何概型． 2．几何概型的概率公式 P(A)＝ 易混淆几何概型与古典概型，两者共同点是基本事件的发生是等可能的，不同之处是几何概型的基本事件的个数是无限的，古典概型中基本事件的个数是有限的． [试一试] 1．在长为6 m的木棒AB上任取一点P，使点P到木棒两端点的距离都大于2 m的概率是( ) A. B. C. D. 解析：选B 将木棒三等分，当P位于中间一段时，到两端A，B的距离大于2 m，∴P＝＝. 2．四边形ABCD为长方形，AB＝2，BC＝1，O为AB的中点，在长方形ABCD内随机取一点，取到的点到O的距离大于1的概率为( ) A. B．1－ C. D．1－ 解析：选B 如图，要使图中的点到O的距离大于1，则该点需取在图中阴影部分，故概率为P＝＝1－. 几何概型的常见类型的判断方法 (1)与长度有关的几何概型，其基本事件只与一个连续的变量有关； (2)与面积有关的几何概型，其基本事件与两个连续的变量有关，若已知图形不明确，可将两个变量分别作为一个点的横坐标和纵坐标，这样基本事件就构成了平面上的一个区域，即可借助平面区域解决问题； (3)与体积有关的几何概型．(方法参见考点二“类题通法”) [练一练] 1.如图所示，边长为2的正方形中有一封闭曲线围成的阴影区域，在正方形中随机撒一粒豆子，它落在阴影区域内的概率为，则阴影区域的面积为________． 解析：设阴影区域的面积为S，则＝，∴S＝. 答案： 2．若不等式组表示的平面区域为M， (x－4)2＋y2≤1表示的平面区域为N，现随机向区域内抛一粒豆子，则该豆子落在平面区域N内的概率是________． 解析：如图所示： P＝＝. 答案： 考点一 与长度、角度有关的几何概型 1．(2013·石家庄模拟)在圆的一条直径上，任取一点作与该直径垂直的弦，则其弦长超过该圆的内接等边三角形的边长的概率为( ) A. B. C. D. 解析：选C 如图，设圆的半径为r，圆心为O，AB为圆的一条直径，CD为垂直AB的一条弦，垂足为M，若CD为圆内接正三角形的一条边，则O到CD的距离为，设EF为与CD平行且到圆心O距离为的弦，交直径AB于点N，所以当过AB上的点且垂直AB的弦的长度超过CD时，该点在线段MN上变化，所以所求概率P＝＝. 2.(2013·北京西城模拟)如图所示，在直角坐标系内，射线OT落在30°角的终边上，任作一条射线OA，则射线OA落在∠yOT内的概率为________． 解析：如题图，因为射线OA在坐标系内是等可能分布的，则OA落在∠yOT内的概率为＝. 答案： 3．(2013·福建高考)利用计算机产生0～1之间的均匀随机数a，则事件“3a－1>0”发生的概率为________． 解析：因为0≤a≤1，由3a－1>0得查看更多