三维设计高考数学一轮总复习 计数原理与概率随机变量及其分布 理 新人教版
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种不同的方法．
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．
[小题体验]
1．(教材习题改编)某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为( )
A．504 B．210
C．336 D．120
解析：选A 分三步，先插一个新节目，有7种方法，再插第二个新节目，有8种方法，最后插第三个节目，有9种方法．故共有7×8×9＝504种不同的插法．
2．(教材习题改编)若给程序模块命名，需要用3个字符，其中首字符要求用字母A～G，或U～Z，后两个要求用数字1～9.则最多可以给________个程序模块命名．
答案：1 053
3．(教材习题改编)一件工作可以用2种方法完成，有5人只会用第1种方法完成，另有4人只会用第2种方法完成，从中选出1人来完成这件工作，不同选法的种数是________．
答案：9
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．
[小题纠偏]
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．用0,1，…，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)．
[题组练透]
1．(易错题)(2016·铜梁第一中学月考)如果把个位数是1，且恰好有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有( )
A．9个 B．3个
C．12个 D．6个
解析：选C 当重复数字是1时，有C·C；当重复数字不是1时，有C种．由分类加法计数原理，得满足条件的“好数”有C·C＋C＝12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．如图，从A到O有________种不同的走法(不重复过一点)．
解析：分3类：第一类，直接由A到O，有1种走法；第二类，中间过一个点，有A→B→O和A→C→O 2种不同的走法；第三类，中间过两个点，有A→B→C→O和A→C→B→O 2种不同的走法，由分类加法计数原理可得共有1＋2＋2＝5种不同的走法．
答案：5
[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．
[典例引领]
已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)(a，b∈M)表示平面上的点，则：
(1)P可表示平面上________个不同的点．
(2)P可表示平面上________个第二象限的点．
解析：(1)确定平面上的点P(a，b)可分两步完成：
第1步，确定a的值，共有6种方法；
第2步，确定b的值，也有6种方法．
根据分步乘法计数原理，得到平面上的点的个数是6×6＝36.
(2)确定第二象限的点，可分两步完成：
第1步，确定a，由于a<0，所以有3种方法；
第2步，确定b，由于b>0，所以有2种方法．
由分步乘法计数原理，得到第二象限的点的个数是3×2＝6.
答案：(1)36 (2)6
[由题悟法]
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．
[即时应用]
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，共有10×9×8＝720种分法．
2．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
[命题分析]
两个原理的常见命题角度有：
(1)涂色问题；
(2)几何问题；
(3)集合问题．
[题点全练]
角度一：涂色问题
涂色问题大致有两种解答方案：
(1)选择正确的涂色顺序，按步骤逐一涂色，这时用分步乘法计数原理进行计数；
(2)根据涂色时所用颜色数的多少，进行分类处理，这时用分类加法计数原理进行计数．
1．(1)如图，用6种不同的颜色把图中A，B，C，D 4块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则涂色方法共有________种(用数字作答)．
(2)如图，矩形的对角线把矩形分成A，B，C，D
四部分，现用5种不同颜色给四部分涂色，每部分涂1种颜色，要求共边的两部分颜色互异，则共有________种不同的涂色方法．
解析：(1)从A开始涂色，A有6种涂色方法，B有5种涂色方法，C有4种涂色方法，D有4种涂色方法．由分步乘法计数原理可知，共有6×5×4×4＝480种涂色方法．
(2)区域A有5种涂色方法；区域B有4种涂色方法；区域C的涂色方法可分2类：若C与A涂同色，区域D有4种涂色方法；若C与A涂不同色，此时区域C有3种涂色方法，区域D也有3种涂色方法．所以共有5×4×4＋5×4×3×3＝260种涂色方法．
答案：(1)480 (2)260
角度二：几何问题
主要与立体几何、解析几何相结合考查．
2．已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为( )
A．40 B．16
C．13 D．10
解析：选C 分两类情况讨论：第一类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第二类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．
角度三：集合问题
解决集合问题时，常以有特殊要求的集合为标准进行分类，常用的结论有的子集有2n个，真子集有2n－1个．
3．(2015·保定调研)已知集合M＝{1,2,3,4}，集合A，B为集合M的非空子集，若对∀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
10．电视台在“欢乐在今宵”节目中拿出两个信箱，其中放着竞猜中成绩优秀的观众来信，甲箱中有30封，乙箱中有20封，现由主持人抽奖确定幸运观众，若先从中确定一名幸运之星，再从两箱中各确定一名幸运观众，有多少种不同结果？
解：幸运之星在甲箱中抽取，选定幸运之星，再在两箱内各抽一名幸运观众有30×29×20＝17 400种；
幸运之星在乙箱中抽取，有20×19×30＝11 400种．
共有不同结果17 400＋11 400＝28 800种．
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．安排6名歌手演出顺序时，要求歌手乙、丙都排在歌手甲的前面或者后面，则不同排法的种数共有( )
A．180种 B．240种
C．360种 D．480种
解析：选D 依题意，歌手乙、丙都排在歌手甲的前面的排法共有A×4×5×6＝240种，因此满足题意的不同排法共有240×2＝480种．
2．如图所示，在A，B间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通，今发现A，B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有________种．
解析：四个焊点共有24种情况，其中使线路通的情况有：1,4都通，2和3至少有一个通时线路才通，共有3种可能．故不通的情况有24－3＝13(种)可能．
答案：13
3．为参加2014年云南昭通地震救灾，某运输公司有7个车队，每个车队的车辆均多于4辆．现从这个公司中抽调10辆车，并且每个车队至少抽调1辆，那么共有多少种不同的抽调方法？
解：在每个车队抽调1辆车的基础上，还需抽调3辆车．可分成三类：一类是从某1个车队抽调3辆，有C种抽调方法；一类是从2个车队中抽调，其中1个车队抽调1辆，另1个车队抽调2辆，有A种抽调方法；一类是从3个车队中各抽调1辆，有C种抽调方法．故共有C＋A＋C＝84种抽调方法．
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＝＝＝
性质
(1)A＝n！；(2)0！＝1
(1)C＝1；
(2)C＝C_；
(3)C＋C＝C
备注
n，m∈N*且m≤n
[小题体验]
1. (教材习题改编)A，B，C，D，E五人并排站成一排，如果B必须站在A的右边(A，B可以不相邻)，那么不同的排法共有( )
A．24种 B．60种
C．90种 D．120种
解析：选B 可先排C，D，E三人，共A种排法，剩余A，B两人只有一种排法，由分步乘法计数原理满足条件的排法共A＝60(种)．
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( )
A．12种 B．16种
C．24种 D．48种
解析：选C 依题意得知，满足题意的选法共有C·C·C＝24种．
3．(教材习题改编)已知－＝，则C＝________.
解析：由已知得m的取值范围为，－＝，整理可得m2－23m＋42＝0，解得m＝21(舍去)或m＝2.故C＝C＝28.
答案：28
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C×C＋C×C＝8＋6＝14，故满足要求的方案有14种．
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
[题组练透]
1．(2015·山西模拟)A，B，C，D，E，F六人围坐在一张圆桌周围开会，A是会议的中心发言人，必须坐在最北面的椅子上，B，C二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有( )
A．60种 B．48种
C．30种 D．24种
解析：选B 由题知，不同的座次有AA＝48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．用1,2,3,4这四个数字组成无重复数字的四位数，其中恰有一个偶数夹在两个奇数之间的四位数的个数为________．
解析：(捆绑法)首先排两个奇数1,3有A种排法，再在2,4中取一个数放在1,3排列之间，有C种方法，然后把这3个数作为一个整体与剩下的另一个偶数全排列，有A种排法，即满足条件的四位数的个数为ACA＝8.
答案：8
[谨记通法]
1．解决排列问题的4种方法
直接法
把符合条件的排列数直接列式计算
捆绑法
相邻问题捆绑处理，即可以把相邻元素看成一个整体参与其他元素排列，同时注意捆绑元素的内部排列
插空法
不相邻问题插空处理，即先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空中
除法法
定序问题除法处理的方法，可先不考虑顺序限制，排列后再除以定序元素的全排列
2．解决排列类应用题的3种策略
(1)特殊元素(或位置)优先安排的方法，即先排特殊元素或特殊位置．
(2)分排问题直排法处理．
(3)“小集团”排列问题采用先集中后局部的处理方法．
[典例引领]
1．(2016·山师大附中摸底)某班班会准备从甲、乙等7名学生中选派4名学生发言，要求甲、乙两人至少有一人参加，当甲、乙同时参加时，他们两人的发言不能相邻，那么不同的发言顺序的种数为( )
A．360 B．520
C．600 D．720
解析：选C 根据题意，分2种情况讨论：若只有甲、乙其中一人参加，有C·C·A＝480种情况；若甲、乙两人都参加，有C·C·A＝240种情况，其中甲、乙相邻的有C·C·A·A＝120种情况．则不同的发言顺序的种数为480＋240－120＝600.
2．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CC＝264种．第二类，不含有红色卡片，不同的取法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
[由题悟法]
1．解决组合应用题的2个步骤
第一步，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；
第二步，局部分步
用到分步乘法计数原理．
2．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“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．(2016·大连模拟)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．若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有( )
A．3种 B．6种
C．9种 D．18种
解析：选C 由题知有2门A类选修课，3门B类选修课，从中选出3门的选法有C＝10种．两类课程都有的对立事件是选了3门B类选修课，这种情况只有1种．满足题意的选法有10－1＝9种．
2．四面体的一个顶点为A，从其他顶点与各棱的中点中取3个点，使它们和点A在同一平面上，不同的取法有( )
A．30种 B．33种
C．36种 D．39种
解析：选B 分两种情况：顶点A与各棱的中点共面的有3个侧面，每个侧面中有5个点，有C种，3个侧面有3×C种；3个点不在同一个表面的有3个，共有3×C＋3＝33种取法．
[命题分析]
分组分配问题是排列、组合问题的综合运用，解决这类问题的一个基本指导思想就是先分组后分配．关于分组问题，有整体均分、部分均分和不等分三种，无论分成几组，应注意只要有一些组中元素的个数相等，就存在均分现象．
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．
[题点全练]
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．(2016·内江模拟)某科室派出4名调研员到3个学校，调研该校高三复习备考近况，要求每个学校至少一名，则不同的分配方案种数为( )
A．144 B．72
C．36 D．48
解析：选C 分两步完成：第一步将4名调研员按2,1,1分成三组，其分法有；第二步将分好的三组分配到3个学校，其分法有A种，所以满足条件的分配方案有·A＝36种．
角度三：不等分问题
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
[方法归纳]
解决分组分配问题的3种策略
(1)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)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)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．
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．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．10种 B．9种
C．12种 D．8种
解析：选C 依题意，满足题意的不同安排方案共有C·C＝12种．
2．世界华商大会的某分会场有A，B，C三个展台，将甲、乙、丙、丁共4名“双语”志愿者分配到这三个展台，每个展台至少1人，其中甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数有( )
A．12种 B．10种
C．8种 D．6种
解析：选D ∵甲、乙两人被分配到同一展台，∴可以把甲与乙捆在一起，看成一个人，然后将3个人分到3个展台上进行全排列，即有A种，∴甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数有A＝6种．
3．将5名学生分配到甲、乙两个宿舍，每个宿舍至少安排2名学生，那么互不相同的安排方法的种数为( )
A．10 B．20
C．30 D．40
解析：选B 将5名学生分配到甲、乙两个宿舍，每个宿舍至少安排2名学生，那么必然是一个宿舍2名，而另一个宿舍3名，共有CC×2＝20种．
4．从1,2,3,4,5,6六个数字中，选出一个偶数和两个奇数，组成一个没有重复数字的三位数，这样的三位数共有( )
A．9个 B．24个
C．36个 D．54个
解析：选D 选出符合题意的三个数共有CC种方法，这三个数可组成CCA＝54个没有重复数字的三位数．
5．在1,2,3,4,5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数的共有( )
A．36个 B．24个
C．18个 D．6个
解析：选B 各位数字之和是奇数，则这三个数字中三个都是奇数或两个偶数一个奇数，所有可能情况有A＋CA＝6＋18＝24(个)．
二保高考，全练题型做到高考达标
1．(2016·山西四校联考)有5名优秀毕业生到母校的3个班去做学习经验交流，则每个班至少去一名的不同分派方法种数为( )
A．150 B．180
C．200 D．280
解析：选A 分两类：一类，3个班分派的毕业生人数分别为2,2,1，则有·A＝90种分派方法；另一类，3个班分派的毕业生人数分别为1,1,3，则有C·A＝60种分派方法．所以不同分派方法种数为90＋60＝150种．
2．(2016·贵阳摸底)现有2门不同的考试要安排在5天之内进行，每天最多进行一门考试，且不能连续两天有考试，那么不同的考试安排方案种数是( )
A．12 B．6
C．8 D．16
解析：选A 若第一门安排在开头或结尾，则第二门有3种安排方法，这时，共有C×3＝6种方法；若第一门安排在中间的3天中，则第二门有2种安排方法，这时，共有3×2＝6种方法．综上可得，不同的考试安排方案共有6＋6＝12种．
3．(2016·太原模拟)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．
4．用1,2,3,4,5,6组成数字不重复的六位数，满足1不在左、右两端，2,4,6三个偶数中有且只有两个偶数相邻，则这样的六位数的个数为( )
A．423 B．288
C．216 D．144
解析：选B 若2,4相邻，把2,4捆绑在一起，与另外四个数排列(相当于5个元素排列)，1不在左、右两侧，则六位数的个数为2×C×A＝144，同理2,4与6相邻的有A×2×2×A＝48个，所以只有2,4相邻的有144－48＝96个，全部符合条件的六位数有96×3＝288个．
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．
6．4位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规则规定：选甲题答对得100分，答错得－100分，选乙题答对得90分，答错得－90分，若4位同学的总分为0分，则这4位同学不同得分情况的种数是________．
解析：由于4位同学的总分为0分，故4位同学选甲、乙题的人数有且只有三种情况：①甲：4人，乙：0人；②甲：2人，乙：2人；③甲：0人，乙：4人．对于①，须2人答对，2人答错，共有C＝6种情况；对于②，选甲题的须1人答对，1人答错，选乙题的也如此，有CCC＝24种情况；对于③，与①相同，有6种情况，故共有6＋24＋6＝36种不同的情况．
答案：36
7．(2016·广州质检)若把英语单词“error”的字母顺序写错了，则可能出现的错误共有________种．
解析：A－1＝19.
答案：19
8．(2015·浙江重点中学协作体摸底)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
9．(2016·山西考前质检)5名工人分别要在某3天中选择1天休息，且每天至少有一人休息，则不同的安排方式有________种(用数字填写)．
解析：由题意可知5名工人分别要在某3天中任选1天休息，且每天至少有一人休息，则不同的安排方式共分两类：第一类，有两天中只有一人休息，另外一天有三人休息，共有CA＝60种方法；第二类，有两天中分别有两人休息，另外一天只有一人休息，共有·A＝90种方法．综上所述，共有60＋90＝150种方法．
答案：150
10．将7个相同的小球放入4个不同的盒子中．
(1)不出现空盒时的放入方式共有多少种？
(2)可出现空盒时的放入方式共有多少种？
解：(1)将7个相同的小球排成一排，在中间形成的6个空当中插入无区别的3个“隔板”将球分成4份，每一种插入隔板的方式对应一种球的放入方式，则共有C＝20种不同的放入方式．
(2)每种放入方式对应于将7个相同的小球与3个相同的“隔板”进行一次排列，即从10个位置中选3个位置安排隔板，故共有C＝120种放入方式．
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．(2015·上饶模拟)有红、蓝、黄、绿四种颜色的球各6个，每种颜色的6个球分别标有数字1,2,3,4,5,6，从中任取3个标号不同的球，这3个颜色互不相同且所标数字互不相邻的取法种数为( )
A．80 B．84
C．96 D．104
解析：选C 所标数字互不相邻的方法有135,136,146,246，共4种方法.3个颜色互不相同有A＝4×3×2＝24种，∴这3个颜色互不相同且所标数字互不相邻的取法有24×4＝96种．
2．(2016·湖南师大附中月考)已知集合A＝{x|x＝a0＋a1×3＋a2×32＋a3×33}，其中ai∈{0,1,2}(i＝0,1,2,3)且a3≠0，则A中所有元素之和等于( )
A．3 240 B．3 120
C．2 997 D．2 889
解析：选D 由题意可知，a0，a1，a2各有3种取法(均可取0,1,2)，a3有2种取法(可取1,2)，由分步乘法计数原理可得共有3×3×3×2种取法．∴当a0取0,1,2时，a1，a2各有3种取法，a3有2种取法，共有3×3×2＝18种取法，即集合A中含有a0项的所有数的和为(0＋1＋2)×18；同理可得集合A中含有a1项的所有数的和为(3×0＋3×1＋3×2)×18；集合A中含有a2项的所有数的和为(32×0＋32×1＋32×2)×18；集合A中含有a3项的所有数的和为(33×1＋33×2)×27；由分类加法计数原理得集合A中所有元素之和S
＝(0＋1＋2)×18＋(3×0＋3×1＋3×2)×18＋(32×0＋32×1＋32×2)×18＋(33×1＋33×2)×27＝18×(3＋9＋27)＋81×27＝702＋2 187＝2 889.
3．用0,1,2,3,4这五个数字，可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字的五位数？
(1)比21 034大的偶数；
(2)左起第二、四位是奇数的偶数．
解：(1)法一：可分五类，当末位数字是0，而首位数字是2时，有6个五位数；
当末位数字是0，而首位数字是3或4时，有AA＝12个五位数；
当末位数字是2，而首位数字是3或4时，有AA＝12个五位数；
当末位数字是4，而首位数字是2时，有3个五位数；
当末位数字是4，而首位数字是3时，有A＝6个五位数；
故共有6＋12＋12＋3＋6＝39个满足条件的五位数．
法二：不大于21 034的偶数可分为三类：万位数字是1的偶数，有A·A＝18个五位数；万位数字是2，而千位数字是0的偶数，有A个五位数；还有一个为21 034本身．
而由0,1,2,3,4组成的五位偶数个数有A＋A·A·A＝60个，故满足条件的五位偶数的个数为60－18－2－1＝39.
(2)法一：可分为两类：
末位数是0，个数有A·A＝4；
末位数是2或4，个数有A·A＝4；
故共有A·A＋A·A＝8个满足条件的五位数．
法二：第二、四位从奇数1,3中取，有A个；首位从2,4中取，有A个；余下的排在剩下的两位，有A个，故共有AAA＝8个满足条件的五位数．
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；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C或C
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.
[小题体验]
1．(教材习题改编)(x＋2)8的展开式中x6的系数是( )
A．28 B．56
C．112 D．224
解析：选C 通项为Tr＋1＝Cx8－r2r＝2rCx8－r，令8－r＝6，得r＝2，即T3＝22Cx6＝112x6，所以x6的系数是112.
2．若(3x－1)7＝a7x7＋a6x6＋…＋a1x＋a0，则a7＋a6＋…＋a1的值为( )
A．1 B．129
C．128 D．127
解析：选B 令x＝1得a0＋a1＋…＋a7＝27＝128；令x＝0得a0＝(－1)7＝－1，∴a1＋a2＋a3＋…＋a7＝129.
3．(教材习题改编)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．(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＝( )
A．6 B．7
C．8 D．9
解析：选B (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.
2．若二项式n展开式中的第5项是常数，则自然数n的值为( )
A．6 B．10
C．12 D．15
解析：选C 由二项式n展开式的第5项C()n－44＝16Cx是常数项，可得－6＝0，解得n＝12.
[题组练透]
1．二项式10的展开式中的常数项是( )
A．180 B．90
C．45 D．360
解析：选A 10的展开式的通项为Tk＋1＝C·()10－kk＝2kCx，令5－k＝0，得k＝2，故常数项为22C＝180.
2．(易错题)若n展开式中含有x2项，则n的最小值是( )
A．15 B．8
C．7 D．3
解析：选D 注意到二项式n的展开式的通项是Tr＋1＝C·n－r·(－x)r＝C·(－1)r·x.令r－n＝2，即r＝有正整数解；又2与5互质，
因此n＋2必是5的倍数，即n＋2＝5k，n＝5k－2，n的最小值是3.
3．(2015·北京高考)在(2＋x)5的展开式中，x3的系数为________．(用数字作答)
解析：设通项为Tr＋1＝C25－rxr，令r＝3，则x3的系数为C×22＝10×4＝40.
答案：40
[谨记通法]
求二项展开式中的项的3种方法
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，如“题组练透”第2题；
(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．
[典例引领]
1．(2015·湖北高考)已知(1＋x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为( )
A．29 B．210
C．211 D．212
解析：选A 由C＝C，得n＝10，故奇数项的二项式系数和为29.
2．(2016·成都一中模拟)设(x2＋1)(2x＋1)9＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2)2＋…＋a11(x＋2)11，则a0＋a1＋a2＋…＋a11的值为( )
A．－2 B．－1
C．1 D．2
解析：选A 令等式中x＝－1可得a0＋a1＋a2＋…＋a11＝(1＋1)(－1)9＝－2，故选A.
[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．在(1＋x)n(x∈N*)的二项展开式中，若只有x5的系数最大，则n＝( )
A．8 B．9
C．10 D．11
解析：选C 二项式中仅x5项系数最大，其最大值必为C，即得＝5，解得n＝10.
2．若(1＋mx)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，且a1＋a2＋…＋a6＝63，则实数m的值为( )
A．1或3 B．－3
C．1 D．1或－3
解析：选D 令x＝0，得a0＝(1＋0)6＝1.令x＝1，得(1＋m)6＝a0＋a1＋a2＋…＋a6.又a1＋a2＋a3＋…＋a6＝63，∴(1＋m)6＝64＝26，∴m＝1或m＝－3.
考点三 多项式展开式中的特定项或系数问题
[命题分析]
在高考中，常常涉及一些多项式问题，主要考查学生的化归能力．
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．
[题点全练]
角度一：几个多项式和的展开式中的特定项(系数)问题
1．(2016·荣成模拟)在1＋(1＋x)＋(1＋x)2＋(1＋x)3＋(1＋x)4＋(1＋x)5的展开式中，含x2项的系数是( )
A．10 B．15
C．20 D．25
解析：选C 含x2项的系数为C＋C＋C＋C＝20.
角度二：几个多项式积的展开式中的特定项(系数)问题
2．(2015·全国卷Ⅱ)(a＋x)(1＋x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a＝________.
解析：设(a＋x)(1＋x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5.
令x＝1，得(a＋1)×24＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5.①
令x＝－1，得0＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5.②
①－②，得16(a＋1)＝2(a1＋a3＋a5)＝2×32，∴a＝3.
答案：3
角度三：三项展开式中特定项(系数)问题
3．(2015·全国卷Ⅰ)(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为( )
A．10 B．20
C．30 D．60
解析：选C 法一：(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，
含y2的项为T3＝C(x2＋x)3·y2.
其中(x2＋x)3中含x5的项为Cx4·x＝Cx5.
所以x5y2的系数为CC＝30，故选C.
法二：(x2＋x＋y)5为5个x2＋x＋y之积，其中有两个取y，两个取x2，一个取x即可，所以x5y2的系数为CCC＝30，故选C.
[方法归纳]
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特定的项，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．
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．5的展开式中常数项是( )
A．－5 B．5
C．－10 D．10
解析：选C 5的展开式的通项为Tr＋1＝C5－r·(－2x2)r＝(－1)rC·2r·x，当r＝1时，Tr＋1为常数项，即T2＝－C·2＝－10.
2．2n(n∈N*)的展开式中只有第6项系数最大，则其常数项为( )
A．120 B．210
C．252 D．45
解析：选B 由已知得，二项式展开式中各项的系数和二项式系数相等．由展开式中只有第6项的系数C最大，可得展开式有11项，即2n＝10，n＝5.10展开式的通项为Tr＋1＝Cxx＝Cx，令5－r＝0可得r＝6，此时T7＝C＝210.
3．(2016·保定期末)在(1＋x3)(1＋x)5的展开式中，x3的系数是( )
A．10 B．11
C．12 D．15
解析：选B x3的系数是1×C＋1×C＝11.
4．若(1－2x)2 017＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 017x2 017(x∈R)，则＋＋…＋的值为________．
解析：令x＝0，得a0＝(1－0)2 017＝1.令x＝，则a0＋＋＋…＋＝0，∴＋＋…＋＝－1.
答案：－1
5．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，则展开式中含x的项为________．
解析：由已知条件4n－2n＝240，解得n＝4，Tr＋1＝C(5x)4－rr＝(－1)r54－rCx，令4－＝1，得r＝2，T3＝150x.
答案：150x
二保高考，全练题型做到高考达标
1．(2015·长沙长郡中学月考)若n的展开式中的所有二项式系数之和为512，则该展开式中常数项为( )
A．－84 B．84
C．－36 D．36
解析：选B 由二项式系数之和为2n＝512，得n＝9.又Tr＋1＝(－1)rCx18－3r，令18－3r＝0，得r＝6，故常数项为T7＝84.故选B.
2．(2016·天津一中月考)在x(1＋x)6的展开式中，含x3项的系数是( )
A．30 B．20
C．15 D．10
解析：选C 由题意可知x(1＋x)6的展开式中，含x3项的系数即为(1＋x)6的展开式中的x2项的系数，(1＋x)6的展开式中的x2项为Cx2，所以含x3项的系数为C＝15.
3．(x2－x＋1)10展开式中x3项的系数为( )
A．－210 B．210
C．30 D．－30
解析：选A (x2－x＋1)10＝[x2－(x－1)]10＝C(x2)10－C(x2)9(x－1)＋…－Cx2(x－1)9＋C(x－1)10，所以含x3项的系数为：－CC＋C(－C)＝－210，故选A.
4．(2016·郑州质检)二项式6的展开式的第二项的系数为－，则x2dx的值为( )
A． B．
C．3 D．
解析：选B ∵Tr＋1＝C(ax)6－rr＝Ca6－r·rx6－r，∴第二项的系数为Ca5·＝－，∴a＝－1，∴x2dx＝x2dx＝x3＝－＝.
5．(2015·沈阳质监)“a＝1”是“(1＋ax)6的展开式的各项系数之和为64”的( )
A．必要不充分条件
B．充分不必要条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选B 若a＝1，则(1＋ax)6＝(1＋x)6，其二项展开式的通项为Tk＋1＝C16－kxk＝Cxk，故各项的系数之和为C＋C＋C＋C＋C＋C＋C＝26＝64，充分性成立；若(1＋ax)6的各项的系数和为64，当x＝1时，(1＋a)6＝64，故1＋a＝±2，从而a＝1或a＝－3，必要性不成立，故选B.
6．若(1－2x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则a1＋a2＋a3＋a4＝________.
解析：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：0
7．(2015·安徽高考)7的展开式中x5的系数是________．(用数字填写答案)
解析：Tr＋1＝C·(x3)7－rr＝Cx21－4r，
令21－4r＝5，得r＝4，C＝35.
故展开式中x5的系数为35.
答案：35
8．(2016·云南玉溪一中月考)已知(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，则a＝________.
解析：因为(1＋ax)(1＋x)5的展开式中，含x2的项为Cx2＋aCx2＝(C＋aC)x2，所以C＋aC＝5，解得a＝－1.
答案：－1
9．若(1＋x＋x2)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a12x12，则a2＋a4＋…＋a12＝________.
解析：令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a12＝36，令x＝－1，得a0－a1＋a2－…＋a12＝1，∴a0＋a2＋a4＋…＋a12＝.令x＝0，得a0＝1，∴a2＋a4＋…＋a12＝－1＝364.
答案：364
10．已知(a2＋1)n展开式中的各项系数之和等于5的展开式的常数项，而(a2＋1)n的展开式的系数最大的项等于54，求正数a的值．
解：5展开式的通项Tr＋1＝C5－r·r＝C5－rx，令20－5r＝0，得r＝4，故常数项T5＝C·＝16，又(a2＋1)n展开式的各项系数之和为2n，由题意得2n＝16，
∴n＝4.∴(a2＋1)4展开式中系数最大的项是中间项T3，从而C(a2)2＝54，∴a＝.
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．已知(x＋1)10＝a1＋a2x＋a3x2＋…＋a11x10.若数列a1，a2，a3，…，ak(1≤k≤11，k∈Z)是一个单调递增数列，则k的最大值是( )
A．6 B．7
C．8 D．5
解析：选A 由二项式定理知an＝C(n＝1,2,3，…，n)．又(x＋1)10展开式中二项式系数最大项是第6项．∴a6＝C，则k的最大值为6.
2．(1＋x＋x2)6的展开式中的常数项为________．
解析：6的展开式的通项为Tr＋1＝Cx6－r·r＝(－1)rCx6－2r，令6－2r＝0，得r＝3，T4＝C·(－1)3＝－C；令6－2r＝－1，得r＝(舍去)；令6－2r＝－2，得r＝4，T5＝C(－1)4x－2，∴(1＋x＋x2)6的展开式中的常数项为1×(－C)＋C＝－20＋15＝－5.
答案：－5
3．(1)求证：1＋2＋22＋…＋25n－1(n∈N*)能被31整除；
(2)求S＝C＋C＋…＋C除以9的余数．
解：(1)证明：∵1＋2＋22＋…＋25n－1
＝
＝25n－1
＝32n－1
＝(31＋1)n－1
＝C×31n＋C×31n－1＋…＋C×31＋C－1
＝31(C×31n－1＋C×31n－2＋…＋C)，
显然C×31n－1＋C×31n－2＋…＋C为整数，
∴原式能被31整除．
(2)S＝C＋C＋…＋C＝227－1＝89－1
＝(9－1)9－1＝C×99－C×98＋…＋C×9－C－1
＝9(C×98－C×97＋…＋C)－2.
∵C×98－C×97＋…＋C是整数，
∴S被9除的余数为7.
第四节 随机事件的概率
1．概率
(1)在相同条件下，大量重复进行同一试验时，随机事件A发生的频率会在某个常数附近摆动，即随机事件A发生的频率具有稳定性．我们把这个常数叫做随机事件A的概率，记作P(A)．
(2)频率反映了一个随机事件出现的频繁程度，但频率是随机的，而概率是一个确定的值，因此，人们用概率来反映随机事件发生的可能性的大小，有时也用频率作为随机事件概率的估计值．
(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)．
2．互斥事件和对立事件
事件
定义
性质
互斥事件
在一个随机试验中，我们把一次试验下不能同时发生的两个事件A与B称作互斥事件
P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，(事件A，B是互斥事件)；
P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)(事件A1，A2，…，An任意两个互斥)
对立事件
在一个随机试验中，两个试验不会同时发生，并且一定有一个发生的事件A和称为对立事件
P()＝1－P(A)
[小题体验]
1．(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：
2．(教材习题改编)某射手在同一条件下进行射击，结果如下：
射击次数
10
20
50
100
200
500
击中靶心次数
8
19
44
92
178
455
这个射手射击一次，击中靶心的概率约是________．
答案：0.90
3．(教材习题改编)给出下列三个命题，其中正确命题有________个．
①有一大批产品，已知次品率为10%，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，因此正面出现的概率是；③随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率．
解析：①错，不一定是10件次品；②错，是频率而非概率；③错，频率不等于概率，这是两个不同的概念．
答案：0
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．
[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．在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＝.
[题组练透]
1．(2016·湖北十市联考)从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是( )
A．“至少有一个黑球”与“都是黑球”
B．“至少有一个黑球”与“都是红球”
C．“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”
D．“恰有一个黑球”与“恰有两个黑球”
解析：选D A中的两个事件是包含关系，不是互斥事件；B中的两个事件是对立事件；C中的两个事件都包含“一个黑球一个红球”的事件，不是互斥关系；D中的两个事件是互斥而不对立的关系．
2．(易错题)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．
3．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.
[谨记通法]
判别互斥、对立事件的2种方法
(1)定义法
判别互斥事件、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．如“题组练透”第2题，利用此法就不会易错．
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．
[典例引领]
(2015·陕西高考)随机抽取一个年份，对西安市该年4月份的天气情况进行统计，结果如下：
日期
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
天气
晴
雨
阴
阴
阴
雨
阴
晴
晴
晴
日期
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
天气
阴
晴
晴
晴
晴
晴
阴
雨
阴
阴
日期
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
天气
晴
阴
晴
晴
晴
阴
晴
晴
晴
雨
(1)在4月份任取一天，估计西安市在该天不下雨的概率；
(2)西安市某学校拟从4月份的一个晴天开始举行连续2天的运动会，估计运动会期间不下雨的概率．
解：(1)在容量为30的样本中，不下雨的天数是26，以频率估计概率，4月份任选一天，西安市不下雨的概率为＝.
(2)称相邻的两个日期为“互邻日期对”(如，1日与2日，2日与3日等)．这样，在4月份中，前一天为晴天的互邻日期对有16个，其中后一天不下雨的有14个，所以晴天的次日不下雨的频率为.
以频率估计概率，运动会期间不下雨的概率为.
[由题悟法]
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．
[即时应用]
近年来，某市为促进生活垃圾的分类处理，将生活垃圾分为厨余垃圾、可回收物和其他垃圾三类，并分别设置了相应的垃圾箱，为调查居民生活垃圾分类投放情况，现随机抽取了该市三类垃圾箱中总计1 000吨生活垃圾，数据统计如下(单位：吨)：
“厨余垃圾”箱
“可回收物”箱
“其他垃圾”箱
厨余垃圾
400
100
100
可回收物
30
240
30
其他垃圾
20
20
60
(1)试估计厨余垃圾投放正确的概率；
(2)试估计生活垃圾投放错误的概率．
解：(1)厨余垃圾投放正确的概率约为
＝＝.
(2)设生活垃圾投放错误为事件A，则事件表示生活垃圾投放正确．事件的概率约为“厨余垃圾”箱里厨余垃圾量、“可回收物”箱里可回收物量与“其他垃圾”箱里其他垃圾量的总和除以生活垃圾总量，即P()约为＝0.7，所以P(A)约为1－0.7＝0.3.
[典例引领]
(2016·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.
[由题悟法]
求复杂互斥事件概率的2种方法
(1)直接求法：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)间接求法：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]
袋中有红球、黑球、黄球、绿球若干，从中任取一球，得到红球的概率为，得到黑球或黄球的概率为，得到黄球或绿球的概率为，求得到黑球、得到黄球、得到绿球的概率分别是多少？
解：记“得到红球”为事件A，“得到黑球”为事件B，“得到黄球”为事件C，“得到绿球”为事件D，事件A，B，C，D显然彼此互斥，则由题意可知，P(A)＝，
P(B∪C)＝P(B)＋P(C)＝，①
P(C∪D)＝P(C)＋P(D)＝，②
由事件A和事件B∪C∪D是对立事件可得
P(A)＝1－P(B∪C∪D)
＝1－[P(B)＋P(C)＋P(D)]，
即P(B)＋P(C)＋P(D)＝1－P(A)＝1－＝，③
①②③联立可得P(B)＝，P(C)＝，P(D)＝.
即得到黑球、得到黄球、得到绿球的概率分别是，，.
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．一个盒子内装有红球、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”等事件，故不是对立事件．
2．掷一枚均匀的硬币两次，事件M：一次正面朝上，一次反面朝上，事件N：至少一次正面朝上，则下列结果正确的是( )
A．P(M)＝，P(N)＝
B．P(M)＝，P(N)＝
C．P(M)＝，P(N)＝
D．P(M)＝，P(N)＝
解析：选D 基本事件空间Ω＝{(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)}，M＝{(正，反)，(反，正)}，N＝{(正，正)，(正，反)，(反，正)}，故P(M)＝，P(N)＝.
3．有两张卡片，一张的正反面分别写着数字0与1，另一张的正反面分别写着数字2与3，将两张卡片排在一起组成两位数，则所组成的两位数为奇数的概率是( )
A． B．
C． D．
解析：选C 将两张卡片排在一起组成两位数，则所组成的两位数有12,13,20,21,30,31，共6个，两位数为奇数的有13,21,31，共3个，故所组成的两位数为奇数的概率为＝，选C.
4．同时掷两枚质地均匀的骰子，则
(1)向上的点数相同的概率为________；
(2)向上的点数之和小于5的概率为________．
解析：(1)同时掷两枚骰子共有36种情况，其中向上点数相同的有6种情况，其概率为＝；
(2)向上点数之和小于5的有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(3,1)，共6种情况，其概率为＝.
答案：(1) (2)
5．现从甲、乙、丙3人中随机选派2人参加某项活动，则甲被选中的概率为________.
解析：从甲、乙、丙3人中随机选派2人参加某项活动，有甲、乙；甲、丙；乙、丙三种可能，则甲被选中的概率为.
答案：
二保高考，全练题型做到高考达标
1．(2015·青岛二中月考)从1,2，…，9中任取两数，给出下列事件：①恰有一个偶数和恰有一个奇数；②至少有一个奇数和两个数都是奇数；③至少有一个奇数和两个数都是偶数；④至少有一个奇数和至少有一个偶数．
其中是对立事件的是( )
A．① B．②④
C．③ D．①③
解析：选C 根据题意，从1,2，…，9中任取两数，其中可能的情况有“两个奇数”“两个偶数”“一个奇数与一个偶数”三种情况．依次分析所给的4个事件可得：①恰有一个偶数和恰有一个奇数都是“一个奇数与一个偶数”这种情况，不是对立事件；②至少有一个奇数包括“两个奇数”与“一个奇数与一个偶数”两种情况，与“两个数都是奇数”不是对立事件；③至少有一个奇数包括“两个奇数”与“一个奇数与一个偶数”两种情况，和“两个数都是偶数”是对立事件；④至少有一个奇数包括“两个奇数”与“一个奇数与一个偶数”两种情况，至少有一个偶数包括“两个偶数”与“一个奇数与一个偶数”两种情况，不是对立事件．
2．(2015·北京海淀模拟)为了估计某水池中鱼的尾数，先从水池中捕出2 000尾鱼，并给每尾鱼做上标记(不影响存活)，然后放回水池，经过适当的时间，再从水池中捕出500尾鱼，其中有标记的鱼为40尾，根据上述数据估计该水池中鱼的尾数为( )
A．10 000 B．20 000
C．25 000 D．30 000
解析：选C 由题意可得有记号的鱼所占的比例大约为＝，设水池中鱼的尾数是x，则有＝，解得x＝25 000.
3．(2016·河北大城一中月考)某产品分甲、乙、丙三级，其中乙、丙两级均属次品，在正常生产情况下，出现乙级品和丙级品的概率分别是5%和3%，则抽检一件是正品(甲级)的概率为( )
A．0.95 B．0.97
C．0.92 D．0.08
解析：选C 记抽检的产品是甲级品为事件A，是乙级品为事件B，是丙级品为事件C，这三个事件彼此互斥，因而所求概率为P(A)＝1－P(B)－P(C)＝1－5%－3%＝92%＝0.92.
4．(2015·孝感二模)某天下课以后，教室里还剩下2位男同学和2位女同学．如果他们依次走出教室，则第2位走出的是男同学的概率为( )
A． B．
C． D．
解析：选A 已知2位女同学和2位男同学走出的所有可能顺序有(女，女，男，男)，(女，男，女，男)，(女，男，男，女)，(男，男，女，女)，(男，女，男，女)，(男，女，女，男)，所以第2位走出的是男同学的概率P＝＝.
5．(2016·云南一检)在2,0,1,5这组数据中，随机取出三个不同的数，则数字2是取出的三个不同数的中位数的概率为( )
A． B．
C． D．
解析：选C 分析题意可知，共有(0,1,2)，(0,2,5)，(1,2,5)，(0,1,5)4种取法，符合题意的取法有2种，故所求概率P＝.
6．(2016·兰州诊断)从2本不同的数学书和2本不同的语文书中任意抽出2本书(每本书被抽中的机会相等)，则抽出的书是同一学科的概率等于________．
解析：从2本不同的数学书和2本不同的语文书中任意抽出2本书共有6种不同的取法，其中抽出的书是同一学科的取法共有2种，因此所求的概率等于＝.
答案：
7．一根绳子长为6米，绳子上有5个节点将绳子6等分，现从5个节点中随机选一个将绳子剪断，则所得的两段绳长均不小于2米的概率为________．
解析：随机选一个节点将绳子剪断共有5种情况，分别为(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)．满足两段绳长均不小于2米的为(2,4)，(3,3)，(4,2)，共3种情况．所以所求概率为.
答案：
8．(2016·温州十校联考)记一个两位数的个位数字与十位数字的和为A.若A是不超过5的奇数，从这些两位数中任取一个，其个位数为1的概率为________．
解析：根据题意，个位数字与十位数字之和为奇数且不超过5的两位数有：10,12,14,21,23,30,32,41,50，共9个，其中个位是1的有21,41，共2个，因此所求的概率为.
答案：
9．从一箱产品中随机地抽取一件，设事件A＝{抽到一等品}，事件B＝{抽到二等品}，事件C＝{抽到三等品}，且已知P(A)＝0.65，P(B)＝0.2，P(C)＝0.1，则事件“抽到的不是一等品”的概率为________．
解析：“抽到的不是一等品”与事件A是对立事件，∴所求概率为1－P(A)＝0.35.
答案：0.35
10．(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)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．
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．(2016·合肥一模)某城市有连接8个小区A，B，C，D，E，F，G，H和市中心O的整齐方格形道路网，每个小方格均为正方形，如图所示．某人从道路网中随机地选择一条最短路径，由小区A前往小区H，则他经过市中心O的概率为( )
A． B．
C． D．
解析：选B 由题意知，此人从小区A前往小区H的所有最短路径为：A→B→C→E→H，A→B→O→E→H，A→B→O→G→H，A→D→O→E→H，A→D→O→G→H，A→D→F→G→H，共6条．记“此人经过市中心O”为事件M，则M包含的基本事件为：A→B→O→E→H，A→B→O→G→H，A→D→O→E→H，A→D→O→G→H，共4个，所以P(M)＝＝，即他经过市中心O的概率为.
2．一袋中装有大小相同，编号分别为1,2,3,4,5,6,7,8的8个球，从中有放回地每次取一个球，共取2次，则取得两个球的编号和不小于15的概率为( )
A． B．
C． D．
解析：选D 从8个球中有放回的每次取一个球，取2次共有64种取法．两个球的编号和不小于15，则两球号码可以为7,8；8,7；8,8三种可能，其概率为P＝.
3．黄种人人群中各种血型的人数所占的比例见下表：
血型
A
B
AB
O
该血型的人数所占的比例
28%
29%
8%
35%
已知同种血型的人可以互相输血，O型血的人可以给任一种血型的人输血，任何人的血都可以输给AB型血的人，其他不同血型的人不能互相输血．小明是B型血，若他因病需要输血，问：
(1)任找一个人，其血可以输给小明的概率是多少？
(2)任找一个人，其血不能输给小明的概率是多少？
解：(1)任找一人，其血型为A，B，AB，O型血分别记为事件A′，B′，C′，D′，它们是互斥的．由已知，有P(A′)＝0.28，P(B′)＝0.29，P(C′)＝0.08，P(D′)＝0.35.
因为B，O型血可以输给B型血的人，故“任找一个人，其血可以输给小明”为事件B′∪D′，根据概率加法公式，得P(B′∪D′)＝P(B′)＋P(D′)＝0.29＋0.35＝0.64.
(2)由于A，AB型血不能输给B型血的人，故“任找一个人，其血不能输给小明”为事件A′∪C′，且P(A′∪C′)＝P(A′)＋P(C′)＝0.28＋0.08＝0.36.
第五节 古典概型
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)古典概型概率公式：
P(A)＝.
[小题体验]
1．(教材习题改编)一个口袋内装有2个白球和3个黑球，则先摸出1个白球后放回的条件下，再摸出1个白球的概率是( )
A． B．
C． D．
解析：选C 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.
2．有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为( )
A． B．
C． D．
解析：选A 甲、乙两位同学参加3个小组的所有可能性有9种，其中，甲、乙参加同一小组的情况有3种．故甲、乙参加同一个兴趣小组的概率P＝＝.
3．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．∴P＝＝
答案：
1．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．
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.
[小题纠偏]
1．第22届冬季奥运会于2014年2月7日在俄罗斯索契开幕，到冰壶比赛场馆服务的大学生志愿者中，有2名来自莫斯科国立大学，有4名来自圣彼得堡国立大学，现从这6名志愿者中随机抽取2人，则至少有1名志愿者来自莫斯科国立大学的概率是( )
A． B．
C． D．
解析：选C 从6人中抽取2人的基本事件个数为15，“至少有1名志愿者来自莫斯科国立大学”的对立事件为“两名志愿者都来自圣彼得堡国立大学”，而事件“两名志愿者都来自圣彼得堡国立大学”包含的基本事件个数为6，∴所求概率为P＝1－＝.
2．从一副混合后的扑克牌(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．(2015·广东高考)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
解析：选B 从15个球中任取2个球共有C种取法，其中有1个红球，1个白球的情况有C·C＝50(种)，所以P＝＝.
2．(2016·济宁模拟)高二某班共有60名学生，其中女生有20名，三好学生占，而且三好学生中女生占一半．现在从该班同学中任选一名参加某一座谈会，则在已知没有选上女生的条件下，选上的是三好学生的概率为( )
A． B．
C． D．
解析：选C 根据题意知男生共有40人，其中是男生且为三好学生的人数共有5人，故选出的是男生且为三好学生的概率P＝＝.
3．(易错题)(2015·山东高考)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]
古典概型中基本事件的2种探求方法
(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，如“题组练透”第3题(2)问事件的列出易错．
(2)树状图法
适合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)和(2,1)相同．
[命题分析]
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；
(4)古典概型与统计相结合．
[题点全练]
角度一：古典概型与平面向量相结合
1．已知向量a＝(x，－1)，b＝(3，y)，其中x随机选自集合{－1,1，3}，y随机选自集合{1,3,9}．
(1)求a∥b的概率；
(2)求a⊥b的概率．
解：由题意，得(x，y)所有的基本事件为(－1,1)，(－1,3)，(－1,9)，(1,1)，(1,3)，(1,9)，(3,1)，(3,3)，(3,9)，共9个．
(1)设“a∥b”为事件A，则xy＝－3.
事件A包含的基本事件有(－1,3)，共1个．
故a∥b的概率为P(A)＝.
(2)设“a⊥b”为事件B，则y＝3x.
事件B包含的基本事件有(1,3)，(3,9)，共2个．
故a⊥b的概率为P(B)＝.
角度二：古典概型与直线、圆相结合
2．(2016·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≤ ，a2≤b2的数组(a，b)有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，…，(6,6)，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.
(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；
(2)设点(a，b)是区域内的随机点，求函数y＝f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数的概率．
解：(1)∵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＝.
(2)由(1)知当且仅当2b≤a且a>0时，函数f(x)＝ax2－4bx＋1在区间[1，＋∞)上为增函数，依条件可知试验的全部结果所构成的区域为构成所求事件的区域为三角形部分．
由得交点坐标为，
∴所求事件的概率为P＝＝.
角度四：古典概型与统计相结合
4．(2015·安徽高考)某企业为了解下属某部门对本企业职工的服务情况，随机访问50名职工．根据这50名职工对该部门的评分，绘制频率分布直方图(如图所示)，其中样本数据分组区间为：[40,50)，[50,60)，…，[80，90)，[90,100]．
(1)求频率分布直方图中a的值；
(2)估计该企业的职工对该部门评分不低于80的概率；
(3)从评分在[40,60)的受访职工中，随机抽取2人，求此2人的评分都在[40,50)的概率．
解：(1)因为(0.004＋a＋0.018＋0.022×2＋0.028)×10＝1，所以a＝0.006.
(2)由所给频率分布直方图知，50名受访职工评分不低于80的频率为(0.022＋0.018)×10＝0.4，所以该企业职工对该部门评分不低于80的概率的估计值为0.4.
(3)受访职工中评分在[50,60)的有：50×0.006×10＝3(人)，记为A1，A2，A3；
受访职工中评分在[40,50)的有：50×0.004×10＝2(人)，记为B1，B2.
从这5名受访职工中随机抽取2人，所有可能的结果共有10种，它们是{A1，A2}，{A1，A3}，{A1，B1}，{A1，B2}，{A2，A3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A3，B1}，{A3，B2}，{B1，B2}．又因为所抽取2人的评分都在[40,50)的结果有1种，即{B1，B2}，故所求的概率为.
[方法归纳]
解决古典概型交汇命题的关注点
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．
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．投掷一枚质地均匀的骰子两次，若第一次向上的面上的点数小于第二次向上的面上的点数，我们称其为前效实验；若第二次向上的面上的点数小于第一次向上的面上的点数，我们称其为后效实验；若两次向上的面上的点数相等，我们称其为等效实验．那么一个人投掷该骰子两次后出现等效实验的概率是( )
A． B．
C． D．
解析：选B 投掷一枚质地均匀的骰子两次的所有基本事件共36种，其中两次向上的面上的点数相等的有(1,1)，(2,2)，(3,3)，(4,4)，(5,5)，(6,6)，共6种，所以一个人投掷该骰子两次后出现等效实验的概率P＝＝.
2．在实验室进行的一项物理实验中，要先后实施6个程序A，B，C，D，E，F，则程序A在第一或最后一步，且程序B和C相邻的概率为( )
A． B．
C． D．
解析：选D 程序A在第一或最后一步，且程序B和C相邻的概率为P＝＝.
3．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＝＝.
A
B
4．如图所示方格，在每一个方格中填入一个数字，数字可以是1,2,3,4中的任何一个，允许重复，则填入A方格的数字大于B方格的数字的概率为( )
A． B．
C． D．
解析：选D 只考虑A，B两个方格的填法，不考虑大小，A，B两个方格有16种填法．要使填入A方格的数字大于B方格的数字，则从1,2,3,4中选2个数字，大的放入A格，小的放入B格，有(4,3)，(4,2)，(4,1)，(3,2)，(3,1)，(2,1)，共6种，故填入A方格的数字大于B方格的数字的概率为＝.
5．从装有3个红球、2个白球的袋中任取3个球，则所取的3个球中至少有1个白球的概率是( )
A． B．
C． D．
解析：选D 从5个球中任取三个共有10种结果，没有白球只有一种结果，所以至少有一个白球的概率为1－＝.
二保高考，全练题型做到高考达标
1．(2015·全国卷Ⅰ)如果3个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长，则称这3个数为一组勾股数，从1,2,3,4,5中任取3个不同的数，则这3个数构成一组勾股数的概率为( )
A． B．
C． D．
解析：选C 从1,2,3,4,5中任取3个不同的数共有如下10个不同的结果：(1,2,3)，(1,2,4)，(1,2,5)，(1,3,4)，(1,3,5)，(1,4,5)，(2,3,4)，(2,3,5)，(2,4,5)，(3,4,5)，其中勾股数只有(3,4,5)，所以概率为.
2．设m，n分别是先后抛掷一枚骰子得到的点数，则在先后两次出现的点数中有5的条件下，方程x2＋mx＋n＝0有实根的概率为( )
A． B．
C． D．
解析：选C 先后两次出现的点数中有5的情况有：(1,5)，(2,5)，(3,5)，(4,5)，(5,5)，(6,5)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,6)，共11种．其中使方程x2＋mx＋n＝0有实根的情况有：(5,5)，(6,5)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,6)，共7种．故所求概率为.
3．一个三位数的百位、十位、个位上的数字依次为a，b，c，当且仅当a>b，b的概率是________．
解析：由e＝>，得b>2a.当a＝1时，b＝3,4,5,6四种情况；当a＝2时，b＝5,6两种情况，总共有6种情况．又同时掷两颗骰子，得到的点数(a，b)共有36种结果．∴所求事件的概率P＝＝.
答案：
8．(2016·海淀一模)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()＝1－＝.
答案：
9．(2016·兰州双基测试)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.
10．(2015·天津高考)设甲、乙、丙三个乒乓球协会的运动员人数分别为27,9,18.现采用分层抽样的方法从这三个协会中抽取6名运动员组队参加比赛．
(1)求应从这三个协会中分别抽取的运动员的人数．
(2)将抽取的6名运动员进行编号，编号分别为A1，A2，A3，A4，A5，A6.现从这6名运动员中随机抽取2人参加双打比赛．
①用所给编号列出所有可能的结果；
②设A为事件“编号为A5和A6的两名运动员中至少有1人被抽到”，求事件A发生的概率．
解：(1)应从甲、乙、丙三个协会中抽取的运动员人数分别为3,1,2.
(2)①从6名运动员中随机抽取2人参加双打比赛的所有可能结果为{A1，A2}，{A1，A3}，{A1，A4}，{A1，A5}，{A1，A6}，{A2，A3}，{A2，A4}，{A2，A5}，{A2，A6}，{A3，A4}，{A3，A5}，{A3，A6}，{A4，A5}，{A4，A6}，{A5，A6}，共15种．
②编号为A5和A6的两名运动员中至少有1人被抽到的所有可能结果为{A1，A5}，{A1，A6}，{A2，A5}，{A2，A6}，{A3，A5}，{A3，A6}，{A4，A5}，{A4，A6}，{A5，A6}，共9种．
因此，事件A发生的概率P(A)＝＝.
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b2x＋1，若a是从1,2,3三个数中任取的一个数，b是从0,1,2三个数中任取的一个数，则该函数有两个极值点的概率为( )
A． B．
C． D．
解析：选D 对函数f(x)求导可得f′(x)＝x2＋2ax＋b2，要满足题意需x2＋2ax＋b2＝0有两个不等实根，即Δ＝4(a2－b2)>0，即a>b.又(a，b)的取法共有9种，其中满足a>b的有(1,0)，(2,0)，(2,1)，(3,0)，(3,1)，(3,2)，共6种，故所求的概率P＝＝.
2．在一个不透明的箱子里装有5个完全相同的小球，球上分别标有数字1,2,3,4,5.甲先从箱子中摸出一个小球，记下球上所标数字后，再将该小球放回箱子中摇匀后，乙从该箱子中摸出一个小球．
(1)若甲、乙两人谁摸出的球上标的数字大谁就获胜(若数字相同则为平局)，求甲获胜的概率；
(2)若规定：两人摸到的球上所标数字之和小于6，则甲获胜，否则乙获胜，这样规定公平吗？
解：用(x，y)(x表示甲摸到的数字，y表示乙摸到的数字)表示甲、乙各摸一球构成的基本事件，则基本事件有：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(3,5)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，(4,5)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，共25个．
(1)设甲获胜的事件为A，则事件A包含的基本事件有：(2,1)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，共10个．
则P(A)＝＝.
(2)设甲获胜的事件为B，乙获胜的事件为C.事件B所包含的基本事件有：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，共10个．
则P(B)＝＝，
所以P(C)＝1－P(B)＝.
因为P(B)≠P(C)，所以这样规定不公平．
第六节 几何概型
1．几何概型的定义
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．几何概型的两个基本特点
(1)无限性：在一次试验中可能出现的结果有无限多个；
(2)等可能性：每个试验结果的发生具有等可能性．
3．几何概型的概率公式
P(A)＝.
[提醒] 求解几何概型问题注意数形结合思想的应用．
[小题体验]
1．(教材习题改编)某路公共汽车每5分钟发车一次，某乘客到乘车点的时刻是随机的，则他候车时间不超过2分钟的概率是( )
A． B．
C． D．
解析：选C 试验的全部结果构成的区域长度为5，所求事件的区域长度为2，故所求概率为P＝.
2．(教材习题改编)平面上画了一些彼此相距2a的平行线，把一枚半径r＜a的硬币任意掷在这平面上，则硬币不与任一条平行线相碰的概率是________．
答案：
3．(2016·陕西质检)在区间[20,80]内任取一个实数m，则实数m落在区间[50,75]内的概率为________．
解析：选择区间长度度量，则所求概率为＝.
答案：
易混淆几何概型与古典概型，两者共同点是试验中每个结果的发生是等可能的，不同之处是几何概型的试验结果的个数是无限的，古典概型中试验结果的个数是有限的．
[小题纠偏]
1．有一根长为1米的细绳，随机将细绳剪断，则使两截的长度都大于米的概率为( )
A． B．
C． D．
解析：选A 如图，将细绳八等分，C，D分别是第一个和最后一个等分点，则在线段CD的任意位置剪断，得到的两截细绳长度都大于米(C，D两点除外)．由几何概型的计算公式可得，两截的长度都大于米的概率为P＝＝.
2．在等腰直角三角形ABC中，D为斜边AB上任意一点，则AD的长小于AC的长的概率为( )
A． B．1－
C． D．
解析：选C 依题意得知，所求的概率等于＝.
[题组练透]
1．(2015·山东高考)在区间[0,2]上随机地取一个数x，则事件“－1≤log≤1”发生的概率为( )
A． B．
C． D．
解析：选A 不等式－1≤log≤1可化为log2≤log≤log，即≤x＋≤2，解得0≤x≤，故由几何概型的概率公式得P＝＝.
2．(2016·衡水一模)在长为12 cm的线段AB上任取一点C，现作一矩形，邻边长分别等于线段AC，CB的长，则该矩形的面积大于20 cm2的概率为( )
A． B．
C． D．
解析：选C 设|AC|＝x，则|BC|＝12－x，
所以x(12－x)>20，解得290°的概率为________．
解析：如图，如果M点位于以AB为直径的半圆内部，则∠AMB>90°，否则，M点位于半圆上及空白部分，则∠AMB≤90°，所以∠AMB>90°的概率P＝＝.
答案：
角度二：与线性规划交汇命题的问题
3．(2015·湖北高考)在区间[0,1]上随机取两个数x，y，记p1为事件“x＋y≤”的概率，p2为事件“xy≤”的概率，则( )
A．p1＜p2＜ B．p2＜＜p1
C．＜p2＜p1 D．p1＜＜p2
解析：选D 如图，
满足条件的x，y构成的点(x，y)在正方形OBCA内，其面积为1.事件“x＋y≤”对应的图形为阴影△ODE，其面积为××＝，故p1＝＜；事件“xy≤”对应的图形为斜线表示部分，其面积显然大于，故p2＞，则p1＜＜p2，故选D.
4．(2016·枣庄八中模拟)在区间[1,5]和[2,6]内分别取一个数，记为a和b，则方程－＝1(a，则所求的概率等于＝
eq f(3,4).
2．设不等式组表示的平面区域为D，在区域D内随机取一个点，则此点到坐标原点的距离大于2的概率是( )
A． B．
C． D．
解析：选D 如图所示，区域D为正方形OABC及其内部，且区域D的面积S＝4.又阴影部分表示的是区域D内到坐标原点的距离大于2的区域．易知该阴影部分的面积S阴＝4－π，
∴所求事件的概率P＝.
3．在区间[－1,2]上随机取一个数x，则|x|≤1的概率为( )
A． B．
C． D．
解析：选A 因为|x|≤1，所以－1≤x≤1，所以所求的概率为＝.
4．已知平面区域D＝{(x，y)|－1≤x≤1，－1≤y≤1}，在区域D内任取一点，则取到的点位于直线y＝kx(k∈R)下方的概率为( )
A． B．
C． D．
解析：选A 由题设知，区域D是以原点为中心的正方形，直线y＝kx将其面积平分，如图，所求概率为.
5．如图，“天宫一号”运行的轨迹是如图的两个类同心圆，小圆的半径为2 km，大圆的半径为4 km，卫星P在圆环内无规则地自由运动，运行过程中，则点P与点O的距离小于
3 km的概率为( )
A． B．
C． D．
解析：选B 根据几何概型公式，小于3 km的圆环面积为π(32－22)＝5π；圆环总面积为π(42－22)＝12π，所以点P与点O的距离小于3 km的概率为P(A)＝＝.
二保高考，全练题型做到高考达标
1．(2016·宁波一模)已知实数a满足－3P2 B．P1＝P2
C．P17)＝P(X＝8)＋P(X＝9)＋P(X＝10)＝0.28＋0.29＋0.22＝0.79.
3．设某项试验的成功率是失败率的2倍，用随机变量X去描述1次试验的成功次数，则P(X＝0)等于( )
A．0 B．
C． D．
解析：选C 由已知得X的所有可能取值为0,1，且P(X＝1)＝2P(X＝0)，由P(X＝1)＋P(X＝0)＝1，得P(X＝0)＝.
4．口袋中有5只球，编号为1,2,3,4,5，从中任意取3只球，以X表示取出的球的最大号码，则X的分布列为________．
解析：X的取值为3,4,5.
又P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝，
P(X＝5)＝＝.
∴随机变量X的分布列为
X
3
4
5
P
0.1
0.3
0.6
答案：
X
3
4
5
P
0.1
0.3
0.6
5．随机变量X的分布列如下：
X
－1
0
1
P
a
b
c
其中，a，b，c成等差数列，则P(|X|＝1)＝________.
解析：由题意知则2b＝1－b，则b＝，a＋c＝，所以P(|X|＝1)＝P(X＝－1)＋P(X＝1)＝a＋c＝.
答案：
二保高考，全练题型做到高考达标
1．在15个村庄中有7个村庄交通不方便，现从中任意选10个村庄，用X表示这10个村庄中交通不方便的村庄数，下列概率中等于的是( )
A．P(X＝2) B．P(X≤2)
C．P(X＝4) D．P(X≤4)
解析：选C X服从超几何分布，故P(X＝k)＝，k＝4.
2．从4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛，设随机变量ξ表示所选3人中女生的人数，则P(ξ≤1)等于( )
A． B．
C． D．
解析：选D P(ξ≤1)＝1－P(ξ＝2)＝1－＝.
3．(2015·厦门质检)设随机变量X的分布列为P(X＝k)＝mk(k＝1,2,3)，则m的值为( )
A． B．
C． D．
解析：选B 由分布列的性质得P(X＝1)＋P(X＝2)＋
P(X＝3)＝m×＋m×2＋m×3＝＝1.
∴m＝.
4．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]．
5．袋中装有10个红球、5个黑球．每次随机抽取1个球后，若取到黑球则另换1个红球放回袋中，直到取到红球为止．若抽取的次数为ξ，则表示“放回5个红球”事件的是( )
A．ξ＝4 B．ξ＝5
C．ξ＝6 D．ξ≤5
解析：选C “放回5个红球”表示前5次摸到黑球，第6次摸到红球，故ξ＝6.
6．一盒中有12个乒乓球，其中9个新的，3个旧的，从盒子中任取3个球来用，用完即为旧的，用完后装回盒中，此时盒中旧球个数X是一个随机变量，则P(X＝4)的值为________．
解析：事件“X＝4”表示取出的3个球有1个新球，2个旧球，故P(X＝4)＝＝.
答案：
7．若P(ξ≤x2)＝1－β，P(ξ≥x1)＝1－α，其中x10时，我们有P(A|B)＝.(其中，A∩B也可以记成AB)
类似地，当P(A)>0时，A发生时B发生的条件概率为P(B|A)＝
(1)0≤P(B|A)≤1；
(2)如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)
2．事件的相互独立性
(1)定义：设A，B为两个事件，如果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(B|A)＝P(B)，P(A|B)＝P(A)，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．
3．独立重复试验与二项分布
独立重复试验
二项分布
定义
在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验
在n次独立重复试验中，用X表示事件A发生的次数，设每次试验中事件A发生的概率为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
在n次独立重复试验中，事件A
次试验结果，则P(A1A2A3…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)
恰好发生k次的概率为P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0，1,2，…，n)
[小题体验]
1．(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( )
A． B．
C． D．
解析：选A 所求概率P＝C·1·3－1＝.
2．(教材习题改编)某射手每次射击击中目标的概率是0.8，这名射手在10次射击中，至少有8次击中目标的概率约为________．
答案：0.68
3．(教材习题改编)一张储蓄卡的密码共有6个数字，每位数字都可从0～9中任选一个，某人忘记了密码的最后一位数字但记得是偶数，则不超过2次就按对的概率为________．
答案：
1．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．
2．P(B|A)与P(A|B)易混淆为等同
前者是在A发生的条件下B发生的概率，后者是在B发生的条件下A发生的概率．
3．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．袋中有5个小球(3白2黑)，现从袋中每次取一个球，不放回地抽取两次，则在第一次取到白球的条件下，第二次取到白球的概率是( )
A． B．
C． D．
解析：选C 在第一次取到白球的条件下，在第二次取球时，袋中有2个白球和2个黑球共4个球，所以取到白球的概率P＝＝.
2．某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮．假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立．则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率等于________．
解析：依题意，该选手第2个问题回答错误，第3、第4个问题均回答正确，第1个问题回答正误均有可能．
由相互独立事件概率计算公式得，所求概率P＝1×0.2×0.82＝0.128.
答案：0.128
[题组练透]
1．(2016·包头一中模拟)抛掷一枚均匀的骰子所得的样本空间为Ω＝{1,2,3,4,5,6}，令事件A＝{2,3,5}，B＝{1,2,4,5,6}，则P(A|B)等于( )
A． B．
C． D．
解析：选A 在事件B发生的条件下研究事件A，总共有5种结果，而事件AB只含有其中的2种，所以P(A|B)＝＝.
2．从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A＝“取到的2个数之和为偶数”，事件B＝“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)＝( )
A． B．
C． D．
解析：选B P(A)＝＝＝，P(AB)＝＝.由条件概率计算公式，得P(B|A)＝＝
eq f(f(1,10),f(2,5))＝.
3．某种节能灯使用了800 h，还能继续使用的概率是0.8，使用了1 000 h还能继续使用的概率是0.5，则已经使用了800 h的节能灯，还能继续使用到1 000 h的概率是________．
解析：设“节能灯使用了800 h还能继续使用”为事件A，“使用了1 000 h还能继续使用”为事件B.由题意知P(A)＝0.8，P(B)＝0.5.∵B⊆A，∴A∩B＝B，于是P(B|A)＝＝＝＝.
答案：
[谨记通法]
条件概率的2种求法
(1)定义法
先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝，求P(B|A)．
(2)基本事件法
当基本事件适合有限性和等可能性时，可借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再在事件A发生的条件下求事件B包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A)＝.
[典型母题]
甲、乙、丙3位大学生同时应聘某个用人单位的职位，3人能被选中的概率分别为，，，且各自能否被选中互不影响．
(1)求3人同时被选中的概率；
(2)求3人中至少有1人被选中的概率．
[解] 记甲、乙、丙能被选中的事件分别为A，B，C，则P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝.
(1)3人同时被选中的概率
P1＝P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝××＝.
(2)3人中有2人被选中的概率
P2＝P(AB ∪A C∪BC)＝××＋××＋××＝.
3人中只有1人被选中的概率
P3＝P(A ∪B∪ C)＝××＋××＋××＝.
故3人中至少有1人被选中的概率为P1＋P2＋P3＝＋＋＝.
[类题通法]
相互独立事件同时发生的概率的2种求法
(1)直接法：利用相互独立事件的概率乘法公式；
(2)间接法：从对立事件入手计算
[越变越明]
[变式1] 在母题条件不变下，求三人均未被选中的概率．
解：法一：三人均未被选中的概率
P＝P( )＝××＝.
法二：由母题(2)知，三人至少有1人被选中的概率为，
∴P＝1－＝.
[破译玄机]
对于所求事件，如果较为复杂，可利用对立事件去求，如本题也可先求三人至少有1人被选中的概率．(但此题因此法不如直接求解简单，在此仅作说明使用)
[变式2] 若母题条件“3人能被选中的概率分别为，，”变为“甲、乙两人只有一人被选中的概率为，两人都被选中的概率为，丙被选中的概率为”，求恰好有2人被选中的概率．
解：设甲被选中的概率为P(A)，乙被选中的概率为P(B)，
则P(A)(1－P(B))＋P(B)(1－P(A))＝，①
P(A)P(B)＝，②
由①②知P(A)＝，P(B)＝，
故恰有2人被选中的概率
P＝P(AB)＋P(AC)＋P(BC)＝.
[典例引领]
某气象站天气预报的准确率为80%，计算(结果保留到小数点后第2位)：
(1)5次预报中恰有2次准确的概率；
(2)5次预报中至少有2次准确的概率；
(3)5次预报中恰有2次准确，且其中第3次预报准确的概率．
解：令X表示5次预报中预报准确的次数，则X～B， 故概率P(X＝k)＝Ck5－k(k＝0,1,2,3,4,5)．
(1)“5次预报中恰有2次准确”的概率为P(X＝2)＝C×2×3＝10××≈0.05.
(2)“5次预报中至少有2次准确”的概率为P(X≥2)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)＝1－C×0×5－C××4＝1－0.000 32－0.006 4≈0.99.
(3)“5次预报中恰有2次准确，且其中第3次预报准确”的概率为C××3×≈0.02.
[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]
某市为了调查学校“阳光体育活动”在高三年级的实施情况，从本市某校高三男生中随机抽取一个班的男生进行投掷实心铅球(重3 kg)测试，成绩在6.9米以上的为合格．把所得数据进行整理后，分成5组画出频率分布直方图的一部分(如图所示)，已知成绩在[9.9,11.4)的频数是4.
(1)求这次铅球测试成绩合格的人数；
(2)若从今年该市高中毕业男生中随机抽取两名，记ξ表示两人中成绩不合格的人数，利用样本估计总体，求ξ的分布列．
解：(1)由直方图，知成绩在[9.9,11.4)的频率为1－(0.05＋0.22＋0.30＋0.03)×1.5＝0.1.
因为成绩在[9.9,11.4)的频数是4，故抽取的总人数为＝40.
又成绩在6.9米以上的为合格，所以这次铅球测试成绩合格的人数为40－0.05×1.5×40＝37.
(2)ξ的所有可能的取值为0,1,2，利用样本估计总体，从今年该市高中毕业男生中随机抽取一名成绩合格的概率为，成绩不合格的概率为1－＝，可判断ξ～B.
P(ξ＝0)＝C×2＝，
P(ξ＝1)＝C××＝，
P(ξ＝2)＝C×2＝，
故所求分布列为
X
0
1
2
P
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的概率分别为和，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为( )
A． B．
C． D．
解析：选B 恰有一个一等品即一个是一等品，另一个不是一等品，则情形为两种，∴P＝×＋×＝.
2．袋中装有完全相同的5个小球，其中有红色小球3个，黄色小球2个，如果不放回地依次摸出2个小球，则在第一次摸出红球的条件下，第二次摸出红球的概率是( )
A． B．
C． D．
解析：选C 设红色球为A，B，C，黄色球为D，E，所以第一次摸出红球的情况有：AB，AC，AD，AE，BA，BC，BD，BE，CA，CB，CD，CE，共12种，第一次、第二次都摸到红球的情况有：AB，AC，BA，BC，CA，CB，共6种，所以P＝＝.
3．甲、乙两人独立地对同一目标各射击一次，命中率分别为0.6和0.5，现已知目标被击中，则它是被甲击中的概率为( )
A．0.45 B．0.6
C．0.65 D．0.75
解析：选D 设目标被击中为事件B，目标被甲击中为事件A，则由P(B
)＝0.6×0.5＋0.4×0.5＋0.6×0.5＝0.8，
得P(A|B)＝＝＝＝0.75.
4．有一批种子的发芽率为0.9，出芽后的幼苗成活率为0.8，在这批种子中，随机抽取一粒，则这粒种子能成长为幼苗的概率为________．
解析：设种子发芽为事件A，种子成长为幼苗为事件B(发芽，又成活为幼苗)．
依题意P(B|A)＝0.8，P(A)＝0.9.
根据条件概率公式P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝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
5．设事件A在每次试验中发生的概率相同，且在三次独立重复试验中，若事件A至少发生一次的概率为，则事件A恰好发生一次的概率为________．
解析：假设事件A在每次试验中发生说明试验成功，设每次试验成功的概率为p，由题意得，事件A发生的次数X～B(3，p)，则有1－(1－p)3＝，得p＝，则事件A恰好发生一次的概率为C××2＝.
答案：
二保高考，全练题型做到高考达标
1．(2016·陕西模拟)周老师上数学课时，给班里同学出了两道选择题，她预估做对第一道题的概率为0.80，做对两道题的概率为0.60，则预估做对第二道题的概率是( )
A．0.80 B．0.75
C．0.60 D．0.48
解析：选B 设“做对第一道题”为事件A，“做对第二道题”为事件B，则P(AB)＝P(A)·P(B)＝0.8·P(B)＝0.6，故P(B)＝0.75.
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．袋中装有标号为1,2,3的三个小球，从中任取一个，记下它的号码，放回袋中，这样连续做三次．若抽到各球的机会均等，事件A表示“三次抽到的号码之和为6”，事件B表示“三次抽到的号码都是2”，则P(B|A)＝( )
A． B．
C． D．
解析：选A 因为P(A)＝＝，P(AB)＝＝，所以P(B|A)＝＝.
4．(2016·江西鹰潭一中模拟)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．(2015·全国卷Ⅰ)投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为( )
A．0.648 B．0.432
C．0.36 D．0.312
解析：选A 3次投篮投中2次的概率为P(k＝2)＝C×0.62×(1－0.6)，投中3次的概率为P(k＝3)＝0.63，所以通过测试的概率为P(k＝2)＋P(k＝3)＝C×0.62×(1－0.6)＋0.63＝0.648.故选A.
6．投掷五枚硬币时，已知至少出现2个正面，则正好出现3个正面的概率为________．
解析：记“至少出现2个正面”为事件A，“正好出现3个正面”为事件B.n(A)＝C＋C＋C＋C＝26，n(B)＝C＝10，∴所求概率P＝＝.
答案：
7．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
得P(A)＝，P(B)＝，∴P(B)＝P()·P(B)＝×＝.
答案：
8．位于坐标原点的一个质点P按下述规则移动：质点每次移动一个单位，移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是.质点P移动五次后位于点(2,3)的概率是________．
解析：移动五次后位于点(2,3)，所以质点P必须向右移动2次，向上移动3次．
故其概率为C3·2＝C5＝.
答案：
9．如图，由M到N的电路中有4个元件，分别标为T1，T2，T3，T4，电流能通过T1，T2，T3的概率都是p，电流能通过T4的概率是0.9，电流能否通过各元件相互独立．已知T1，T2，T3中至少有一个能通过电流的概率为0.999.
(1)求p；
(2)求电流能在M与N之间通过的概率．
解：记Ai表示事件“电流能通过Ti”，i＝1,2,3,4，
A表示事件“T1，T2，T3中至少有一个能通过电流”，
B表示事件“电流能在M与N之间通过”．
(1)＝，A1，A2，A3相互独立，
P()＝P()＝P()P()P()＝(1－p)3，
又P()＝1－P(A)＝1－0.999＝0.001，
故(1－p)3＝0.001，解得p＝0.9.
(2)B＝A4∪(A1A3)∪(A2A3)，
P(B)＝P(A4)＋P(A1A3)＋P(A2A3)＝P(A4)＋P()P(A1)P(A3)＋P()P()P(A2)P(A3)＝0.9＋0.1×0.9×0.9＋0.1×0.1×0.9×0.9＝0.989 1.
10．挑选空军飞行员可以说是“万里挑一”，要想通过需要过五关：目测、初检、复检、文考(文化考试)、政审．若某校甲、乙、丙三位同学都顺利通过了前两关，根据分析甲、乙、丙三位同学能通过复检关的概率分别是0.5，0.6，0.75，能通过文考关的概率分别是0.6,0.5,0.4，由于他们平时表现较好，都能通过政审关，若后三关之间通过与否没有影响．
(1)求甲、乙、丙三位同学中恰好有一人通过复检的概率；
(2)设只要通过后三关就可以被录取，求录取人数ξ的分布列．
解：(1)设A，B，C分别表示事件“甲、乙、丙通过复检”，则所求概率P＝P(A )＋P( B )＋P( C)＝0.5×(1－0.6)×(1－0.75)＋(1－0.5)×0.6×(1－0.75)＋(1－0.5)×(1－0.6)×0.75＝0.275.
(2)甲被录取的概率为P甲＝0.5×0.6＝0.3，同理P乙＝0.6×0.5＝0.3，P丙＝0.75×0.4＝0.3.
∴甲、乙、丙每位同学被录取的概率均为0.3，故可看成是独立重复试验，即ξ～B(3,0.3)，
ξ的可能取值为0,1,2,3，其中P(ξ＝k)＝C(0.3)k·(1－0.3)3－k.
故P(ξ＝0)＝C×0.30×(1－0.3)3＝0.343，
P(ξ＝1)＝C×0.3×(1－0.3)2＝0.441，
P(ξ＝2)＝C×0.32×(1－0.3)＝0.189，
P(ξ＝3)＝C×0.33＝0.027，
故ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
P
0.343
0.441
0.189
0.027
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．若某人每次射击击中目标的概率均为，此人连续射击三次，至少有两次击中目标的概率为( )
A． B．
C． D．
解析：选A 至少有两次击中目标包含仅有两次击中，其概率为C2；或三次都击中，其概率为C3，根据互斥事件的概率公式可得，所求概率为C2＋C3＝.
2．某种电路开关闭合后，会出现红灯或绿灯闪烁，已知开关第一次闭合后出现红灯的概率是，两次闭合都出现红灯的概率为.则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次出现红灯的概率是________．
解析：“第一次闭合后出现红灯”记为事件A，“第二次闭合后出现红灯”记为事件B，则P(A)＝，P(AB)＝.
∴P(B|A)＝＝＝.
答案：
3．甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球．约定甲先投且先投中者获胜，一直到有人获胜或每人都投球3次时投篮结束．设甲每次投篮投中的概率为，乙每次投篮投中的概率为，且各次投篮互不影响．
(1)求甲获胜的概率；
(2)求投篮结束时甲的投球次数ξ的分布列．
解：设Ak，Bk分别表示“甲、乙在第k次投篮投中”，则P(Ak)＝，P(Bk)＝，(k＝1,2,3)．
(1)记“甲获胜”为事件C，由互斥事件与相互独立事件的概率计算公式知
P(C)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝P(A1)＋P()P()P(A2)＋P()P()P()P()P(A3)＝＋××＋2×2×＝＋＋＝.
(2)ξ的所有可能取值为1,2,3，且
P(ξ＝1)＝P(A1)＋P(B1)＝＋×＝，
P(ξ＝2)＝P(A2)＋P(B2)
＝××＋2××＝，
P(ξ＝3)＝P()
＝2×2＝.
综上知，ξ的分布列为
ξ
1
2
3
P
第九节 离散型随机变量的均值与方差、正态分布
1．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.
2．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)．
3．正态分布
(1)正态曲线的特点①曲线位于x轴上方，与x轴不相交；
②曲线是单峰的，它关于直线x＝μ对称；
③曲线在x＝μ处达到峰值；
④曲线与x轴之间的面积为1；
⑤当σ一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着μ的变化而沿x轴平移；
⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；σ越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散．
(2)正态分布的三个常用数据
①P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.682_6；
②P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.954_4；
③P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)＝0.997_4.
[小题体验]
1．(教材习题改编)设随机变量X～B(8，p)，且D(X)＝1.28，则概率p的值是( )
A．0.2 B．0.8
C．0.2或0.8 D．0.16
解析：选C 由D(X)＝8p(1－p)＝1.28，
∴p＝0.2或p＝0.8.
2．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：
3．(教材习题改编)某糖厂用自动打包机打包，每包重量X (kg)服从正态分布N(100,1.22)，一公司从该糖厂进货1 500包，则重量在(98.8,101.2)的糖包数量为________包．
答案：1 024
1．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．
2．注意E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2D(X)易错．
[小题纠偏]
1．已知X的分布列为
X
－1
0
1
P
设Y＝2X＋3，则E(Y)的值为( )
A． B．4
C．－1 D．1
解析：选A ∵E(X)＝－＋＝－，
∴E(Y)＝E(2X＋3)＝2E(X)＋3＝－＋3＝.
2．若X～B(n，p)，且E(X)＝6，D(X)＝3，则P(X＝1)的值为( )
A．3×2－2 B．2－4
C．3×2－10 D．2－8
解析：选C ∵E(X)＝np＝6，D(X)＝np(1－p)＝3，
∴p＝，n＝12，
则P(X＝1)＝C××11＝3×2－10.
[题组练透]
1．(2015·茂名二模)若离散型随机变量X的分布列为
X
0
1
P
则X的数学期望E(X)＝( )
A．2 B．2或
C． D．1
解析：选C 因为分布列中概率和为1，所以＋＝1，即a2＋a－2＝0，解得a＝－2(舍去)或a＝1，所以E(X)＝.
2．(2016·吉林实验中学)为了整顿道路交通秩序，某地考虑将对行人闯红灯进行处罚，为了更好地了解市民的态度，在普通行人中随机选取了200人进行调查，得到如下数据：
处罚金额x(单位：元)
0
5
10
15
20
会闯红灯的人数y
80
50
40
20
10
(1)若用表中数据所得频率代替概率，则处罚10元时与处罚20元时，行人会闯红灯的概率的差是多少？
(2)若从这5种处罚金额中随机抽取2种不同的金额进行处罚，在两个路口进行试验．
①求这两种金额之和不低于20元的概率；
②若用X表示这两种金额之和，求X的分布列和数学期望．
解：(1)由条件可知，处罚10元会闯红灯的概率与处罚20元会闯红灯的概率的差是－＝.
(2)①设“两种金额之和不低于20元”的事件为A，从5种金额中随机抽取2种，总的抽选方法共有C＝10种，满足金额之和不低于20元的有6种，故所求概率为P(A)＝＝.
②根据条件，X的可能取值为5,10,15,20,25,30,35，分布列为
X
5
10
15
20
25
30
35
P
故E(X)＝5×＋10×＋15×＋20×＋25×＋30×＋35×＝20(元)．
[谨记通法]
离散型随机变量的均值求法的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)．
考点二 离散型随机变量的方差
[典例引领]
(2014·福建高考)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：
①顾客所获的奖励额为60元的概率；
②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.
①依题意，得P(X＝60)＝＝，
即顾客所获的奖励额为60元的概率为.
②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
X1
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.
[由题悟法]
利用均值、方差进行决策的2个方略
(1)当均值不同时，两个随机变量取值的水平可见分歧，可对问题作出判断．
(2)若两随机变量均值相同或相差不大，则可通过分析两变量的方差来研究随机变量的离散程度或者稳定程度，进而进行决策．
[即时应用]
有甲、乙两种棉花，从中各抽取等量的样品进行质量检验，结果如下：
X甲
28
29
30
31
32
P
0.1
0.15
0.5
0.15
0.1
X乙
28
29
30
31
32
P
0.13
0.17
0.4
0.17
0.13
其中X表示纤维长度(单位：mm)，根据纤维长度的均值和方差比较两种棉花的质量．
解：由题意，得E(X甲)＝28×0.1＋29×0.15＋30×0.5＋31×0.15＋32×0.1＝30，
E(X乙)＝28×0.13＋29×0.17＋30×0.4＋31×0.17＋32×0.13＝30.
又D(X甲)＝(28－30)2×0.1＋(29－30)2×0.15＋(30－30)2×0.5＋(31－30)2×0.15＋(32－30)2×0.1＝1.1，
D(X乙)＝(28－30)2×0.13＋(29－30)2×0.17＋(30－30)2×0.4＋(31－30)2×0.17＋(32－30)2×0.13＝1.38，
所以E(X甲)＝E(X乙)，D(X甲)0，试卷满分150分)，统计结果显示数学考试成绩在70分到110分之间的人数约为总人数的，则此次月考中数学考试成绩不低于110分的学生约有________人．
解析：∵成绩ξ～N(90，a2)，∴其正态分布曲线关于直线x＝90对称，又∵成绩在70分到110分之间的人数约为总人数的，由对称性知成绩在110分以上的人数约为总人数的×＝，∴此次数学考试成绩不低于110分的学生约有×600＝120(人)．
答案：120
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．已知离散型随机变量X的分布列为
X
1
2
3
P
则X的数学期望E(X)＝( )
A． B．2
C． D．3
解析：选A E(X)＝1×＋2×＋3×＝.
2．某种种子每粒发芽的概率都为0.9，现播种了1 000粒，对于没有发芽的种子，每粒需再补种2粒，补种的种子数记为X，则X的数学期望为( )
A．100 B．200
C．300 D．400
解析：选B 记不发芽的种子数为ξ，则ξ～B(1 000,0.1)，∴E(ξ)＝1 000×0.1＝100.又X＝2ξ，∴E(X)＝E(2ξ)＝2E(ξ)＝200.
3．某班有14名学生数学成绩优秀，如果从该班随机找出5名学生，其中数学成绩优秀的学生数X～B，则E(2X＋1)＝( )
A． B．
C．3 D．
解析：选D 因为X～B，所以E(X)＝，所以E(2X＋1)＝2E(X)＋1＝2×＋1＝.
4．已知离散型随机变量X的概率分布列为
X
1
3
5
P
0.5
m
0.2
则其方差D(X)＝( )
A．1 B．0.6
C．2.44 D．2.4
解析：选C 因为0.5＋m＋0.2＝1，所以m＝0.3，所以E(X)＝1×0.5＋3×0.3＋5×0.2＝2.4，D(X)＝(1－2.4)2×0.5＋(3－2.4)2×0.3＋(5－2.4)2×0.2＝2.44.
5．已知随机变量ξ服从正态分布N(2，σ2)，且P(ξ<4)＝0.9，则P(0<ξ<2)＝( )
A．0.2 B．0.3
C．0.4 D．0.6
解析：选C 因为随机变量ξ服从正态分布N(2，σ2
)，所以正态分布曲线的对称轴是直线x＝2.又因为P(ξ<4)＝0.9，所以P(ξ≥4)＝0.1，因此P(0<ξ<2)＝0.5－0.1＝0.4.
二保高考，全练题型做到高考达标
1．(2016·河南八校联考)在某项测量中，测量结果ξ服从正态分布N(4，σ2)(σ>0)，若ξ在(0,4)内取值的概率为0.4，则ξ在(0，＋∞)内取值的概率为( )
A．0.2 B．0.4
C．0.8 D．0.9
解析：选D ∵ξ服从正态分布N(4，σ2)(σ>0)，∴曲线的对称轴是直线x＝4，∴ξ在(4，＋∞)内取值的概率为0.5.
∵ξ在(0,4)内取值的概率为0.4，∴ξ在(0，＋∞)内取值的概率为0.5＋0.4＝0.9.
2．(2016·浙江重点中学协作体第一次适应性训练)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ξ的期望E(ξ)为( )
A． B．
C． D．
解析：选B 依题意，知ξ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(ξ＝2)＝，P(ξ＝4)＝×＝，P(ξ＝6)＝2＝，故E(ξ)＝2×＋4×＋6×＝.
3．体育课的排球发球项目考试的规则是：每位学生最多可发球3次，一旦发球成功，则停止发球，否则一直发到3次为止．设某学生一次发球成功的概率为p(p≠0)，发球次数为X，若X的数学期望E(X)>1.75，则p的取值范围是( )
A． B．
C． D．
解析：选B 根据题意，学生一次发球成功的概率为p，即P(X＝1)＝p，发球二次的概率P(X＝2)＝p(1－p)，发球三次的概率P(X＝3)＝(1－p)2，则E(X)＝p＋2p(1－p)＋3(1－p)2＝p2－3p＋3，依题意有E(X)>1.75，则p2－3p＋3>1.75，解得p>或p<，结合p的实际意义，可得03)＝0.158 7，则P(ξ>1)＝________.
解析：由题意可知正态分布密度函数的图象关于直线x＝2对称，得P(ξ<1)＝P(ξ
>3)＝0.158 7，∴P(ξ>1)＝1－P(ξ<1)＝1－0.158 7＝0.841 3.
答案：0.841 3
9．(2016·南昌模拟)某市教育局为了了解高三学生体育达标情况，对全市高三学生进行了体能测试，经分析，全市学生体能测试成绩X服从正态分布N(80，σ2)(满分为100分)，已知P(X<75)＝0.3，P(X≥95)＝0.1，现从该市高三学生中随机抽取3位同学．
(1)求抽到的3位同学该次体能测试成绩在区间[80,85)，[85,95)，[95,100]内各有1位同学的概率；
(2)记抽到的3位同学该次体能测试成绩在区间[75,85]内的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列和数学期望E(ξ)．
解：(1)由题知，P(80≤X<85)＝－P(X<75)＝0.2，
P(85≤X<95)＝0.3－0.1＝0.2，
所以所求概率P＝A×0.2×0.2×0.1＝0.024.
(2)P(75≤X≤85)＝1－2P(X<75)＝0.4，
所以ξ服从二项分布B(3,0.4)，
P(ξ＝0)＝0.63＝0.216，P(ξ＝1)＝3×0.4×0.62＝0.432，
P(ξ＝2)＝3×0.42×0.6＝0.288，P(ξ＝3)＝0.43＝0.064，
所以随机变量ξ的分布列是
ξ
0
1
2
3
P
0.216
0.432
0.288
0.064
E(ξ)＝3×0.4＝1.2.
10．(2016·洛阳模拟)某学校举行知识竞赛，第一轮选拔共设有1,2,3三个问题，每位参赛者按问题1,2,3的顺序做答，竞赛规则如下：
①每位参赛者计分器的初始分均为10分，答对问题1,2,3分别加1分，2分，3分，答错任一题减2分；
②每回答一题，积分器显示累计分数，当累计分数小于8分时，答题结束，淘汰出局；当累计分数大于或等于12分时，答题结束，进入下一轮；当答完三题，累计分数仍不足12分时，答题结束，淘汰出局．
已知甲同学回答1,2,3三个问题正确的概率依次为，，，且各题回答正确与否相互之间没有影响．
(1)求甲同学能进入下一轮的概率；
(2)用X表示甲同学本轮答题结束时的累计分数，求X的分布列和数学期望．
解：(1)设事件A表示“甲同学问题1回答正确”，事件B
表示“甲同学问题2回答正确”，事件C表示“甲同学问题3回答正确”，依题意P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝.
记“甲同学能进入下一轮”为事件D，则
P(D)＝P(AC＋AB＋BC)
＝P(AC)＋P(AB)＋P(BC)
＝P(A)P()P(C)＋P(A)P(B)＋P()P(B)P(C)
＝××＋×＋××＝.
(2)X可能的取值是6,7,8,12,13.
P(X＝6)＝P()＝×＝，
P(X＝7)＝P(A)＝××＝，
P(X＝8)＝P(B)＝××＝，
P(X＝12)＝P(AC)＝××＝，
P(X＝13)＝P(AB＋BC)
＝P(AB)＋P(BC)
＝×＋××
＝.
∴X的分布列为
X
6
7
8
12
13
P
X的数学期望E(X)＝6×＋7×＋8×＋12×＋13×＝.
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．一个篮球运动员投篮一次得3分的概率为a，得2分的概率为b，不得分的概率为c(a，b，c∈(0,1))，已知他投篮一次得分的数学期望为2(不计其他得分情况)，则ab的最大值为( )
A． B．
C． D．
解析：选D 设投篮得分为随机变量X，
则X的分布列为
X
3
2
0
P
a
b
c
E(X)＝3a＋2b＝2≥2，
所以ab≤，当且仅当3a＝2b，
即a＝，b＝时，等号成立．
即ab的最大值为.
2．设离散型随机变量ξ的可能取值为1,2,3,4，P(ξ＝k)＝ak＋b(k＝1,2,3,4)．又E(ξ)＝3，则a＋b＝________.
解析：因为P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＋P(ξ＝4)＝10a＋4b＝1，又E(ξ)＝30a＋10b＝3，解得a＝，b＝0，所以a＋b＝.
答案：
3．(2016·河北模拟)某牛奶厂要将一批牛奶用汽车从所在城市甲运至城市乙，已知从城市甲到城市乙只有两条公路，且运费由厂商承担．若厂商恰能在约定日期(×月×日)将牛奶送到，则城市乙的销售商一次性支付给牛奶厂20万元；若在约定日期前送到，每提前一天销售商将多支付给牛奶厂1万元；若在约定日期后送到，每迟到一天销售商将少支付给牛奶厂1万元．为保证牛奶新鲜度，汽车只能在约定日期的前两天出发，且只能选择其中的一条公路运送牛奶，已知下表内的信息：
统计信息
汽车行驶路线
在不堵车的情况下到达城市乙所需时间(天)
在堵车的情况下到达城市乙所需时间(天)
堵车的概率
运费(万元)
公路1
2
3
1.6
公路2
1
4
0.8
(1)记汽车选择公路1运送牛奶时牛奶厂获得的毛收入为ξ(单位：万元)，求ξ
的分布列和数学期望E(ξ)；
(2)选择哪条公路运送牛奶有可能让牛奶厂获得的毛收入更多？
(注：毛收入＝销售商支付给牛奶厂的费用－运费)
解：(1)若汽车走公路1，
不堵车时牛奶厂获得的毛收入ξ＝20－1.6＝18.4(万元)；
堵车时牛奶厂获得的毛收入ξ＝20－1.6－1＝17.4(万元)，
∴汽车走公路1时牛奶厂获得的毛收入ξ的分布列为
ξ
18.4
17.4
P
E(ξ)＝18.4×＋17.4×＝18.3(万元)．
(2)设汽车走公路2时牛奶厂获得的毛收入为η，则
不堵车时牛奶厂获得的毛收入η＝20－0.8＋1＝20.2(万元)；
堵车时牛奶厂获得的毛收入η＝20－0.8－2＝17.2(万元)．
∴汽车走公路2时牛奶厂获得的毛收入η的分布列为
η
20.2
17.2
P
E(η)＝20.2×＋17.2×＝18.7(万元)．
∵E(ξ)
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