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第1讲　两个计数原理
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义. 分类加法计数原理 2023新高考卷ⅠT13 两个计数原理是解决排列、组合问题的基本方法，也是与实际联系密切的部分，既能单独命题，也常与排列组合问题、概率计算问题综合命题，题型以小题为主，难度不大.在2025年高考的复习备考中要注意两个计数原理的区别并能灵活应用.
分步乘法计数原理 2023全国卷乙T7；2022新高考卷ⅡT5；2021全国卷乙T6；2020新高考卷ⅠT3；2020全国卷ⅡT14
两个计数原理的综合应用
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＝①　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＝②　m×n　种不同的方法.
辨析比较
两个计数原理的联系与区别
原理 分类加法计数原理 分步乘法计数原理
联系 都是对完成一件事的方法种数而言.
区别一 每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事. 各个步骤都完成才算完成这件事（每步中的每一种方法都不能独立完成这件事）.
区别二 各类方法之间是相互独立的，既不能重复也不能遗漏. 各步之间是相互依存的，缺一不可.
1.[多选]下列说法正确的是（　BD　）
A.在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同
B.在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事
C.在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事
D.从甲地经丙地到乙地是分步问题
2.[教材改编]已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的进出公园的方式有　12　种.
解析　将4个门分别编号为1，2，3，4，从1号门进入后，有3种出门的方式，同理，从2，3，4号门进入，也各有3种出门的方式，故不同的进出公园的方式共有3×4＝12（种）.
3.[易错题]某人有3个电子邮箱，他要发5封不同的电子邮件，则不同的发送方法有　243　种.
解析　因为每封电子邮件有3种不同的发送方法，所以要发5封电子邮件，不同的发送方法有3×3×3×3×3＝243（种）.
4.[教材改编]书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书.从书架中任取1本书，则不同的取法种数为　9　.
解析　分三类：第一类，从第1层取一本书，有4种取法；第二类，从第2层取一本书，有3种取法；第三类，从第3层取一本书，有2种取法.共有取法4＋3＋2＝9（种）.
研透高考 明确方向
命题点1　分类加法计数原理
例1 （1）我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”（如2 022是“六合数”），则首位为2的“六合数”共有（　B　）
A.18个 B.15个 C.12个 D.9个
解析　依题意，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4，0，0组成3个数分别为400，040，004；由3，1，0组成6个数分别为310，301，130，103，013，031；由2，2，0组成3个数分别为220，202，022；由2，1，1组成3个数分别为211，121，112.共计3＋6＋3＋3＝15（个）.
（2）满足a，b∈{－1，0，1，2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对（a，b）的个数为　13　.
解析　当a＝0时，b的值可以是－1，0，1，2，（a，b）的个数为4.当a≠0时，要使方程ax2＋2x＋b＝0有实数解，需使Δ＝4－4ab≥0，即ab≤1.若a＝－1，则b的值可以是－1，0，1，2，（a，b）的个数为4；若a＝1，则b的值可以是－1，0，1，（a，b）的个数为3；若a＝2，则b的值可以是－1，0，（a，b）的个数为2.由分类加法计数原理可知，（a，b）的个数为4＋4＋3＋2＝13.
方法技巧
分类加法计数原理的应用思路
（1）根据题目中的关键词、关键元素和关键位置等确定恰当的分类标准，分类标准要明确、统一；
（2）分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复.
训练1 集合P＝{x，1}，Q＝{y，1，2}，其中x，y∈{1，2，3，…，9}，且P Q.把满足上述条件的一对有序整数对（x，y）作为一个点的坐标，则这样的点的个数是（　B　）
A.9 B.14 C.15 D.21
解析　当x＝2时，x≠y，y可从3，4，5，6，7，8，9中取，有7种方法.当x≠2时，由P Q，得x＝y，x可从3，4，5，6，7，8，9中取，有7种方法.综上，满足条件的点共有7＋7＝14（个）.
命题点2　分步乘法计数原理
例2 （1）[2023全国卷乙]甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（　C　）
A.30种 B.60种 C.120种 D.240种
解析　甲、乙二人先选1种相同的课外读物，有6种情况，再从剩下的5种课外读物中各自选1本不同的读物，有5×4＝20（种）情况，由分步乘法计数原理可得，共有6×20＝120（种）选法，故选C.
（2）[多选]有4位同学报名参加三个不同的社团，则下列说法正确的是（　AC　）
A.每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有34种
B.每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有43种
C.每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有24种
D.每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有33种
解析　对于A选项，第1个同学有3种报名方法，第2个同学有3种报名方法，后面的2个同学也有3种报名方法，根据分步乘法计数原理共有34种报名方法，A正确，B错误；对于C选项，每个社团限报一个人，则第1个社团有4种选择，第2个社团有3种选择，第3个社团有2种选择，根据分步乘法计数原理，共有4×3×2＝24（种）选择，C正确，D错误.故选AC.
方法技巧
分步乘法计数原理的应用思路
根据事件发生的过程合理分步，分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成.
训练2 [多选]某校高二年级安排甲、乙、丙三名同学到A，B，C，D，E五个社区进行暑期社会实践活动，每名同学只能选择一个社区进行实践活动，且多名同学可以选择同一个社区进行实践活动，则下列说法正确的有（　AC　）
A.如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有61种
B.如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有50种
C.如果三名同学选择的社区各不相同，则不同的安排方法共有60种
D.如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，则不同的安排方法共有20种
解析　对于A，如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有53－43＝61（种），故A正确；对于B，如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有52＝25（种），故B错误；对于C，如果三名同学选择的社区各不相同，则不同的安排方法共有5×4×3＝60（种），故C正确；对于D，甲、乙两名同学必须在同一个社区，第一步，将甲、乙视作一个整体，第二步，两个整体挑选社区，则不同的安排方法共有52＝25（种），故D错误.故选AC.
命题点3　两个计数原理的综合应用
例3 （1）《周髀算经》是中国最古老的天文学和数学著作，其中记载了“勾股圆方图”（如图），用以证明勾股定理.现提供4种不同颜色给图中5个区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，则不同的涂色方法种数为（　C　）
A.36 B.48 C.72 D.96
解析　解法一　根据题意得，涂色分2步进行：
①对于区域A，B，E，三个区域两两相邻，有＝24（种）涂色方法；（区域E位于中心位置，其他4个区域均与区域E相邻，故先考虑两两相邻的区域A，B，E的涂色方法，再研究余下2个区域的涂色方法）
②对于区域C，D，若区域C与区域A颜色相同，则区域D有2种涂色方法，若区域C与区域A颜色不同，当A，B，E涂色确定时，则区域C和区域D涂色方法确定，只有1种，由分类加法计数原理可知区域C，D有2＋1＝3（种）涂色方法.
由分步乘法计数原理得，共有24×3＝72（种）不同的涂色方法.故选C.
解法二　可分两种情况：①区域A，C不同色，先涂区域A有4种，区域C有3种，区域E有2种，区域B，D各有1种，有4×3×2＝24（种）涂法.②区域A，C同色，先涂区域A有4种，区域E有3种，区域C有1种，区域B，D各有2种，有4×3×2×2＝48（种）涂法.故共有24＋48＝72（种）涂色方法.
（2）由0，1，2，3，4，5，6这7个数字可以组成　420　个无重复数字的四位偶数.
解析　要完成的一件事为“组成无重复数字的四位偶数”，所以千位数字不能为0，个位数字必须是偶数，且组成的四位数中的四个数字不重复.因此应先分类，再分步.第1类，当千位数字为奇数，即取1，3，5中的任意一个时，个位数字可取0，2，4，6中的任意一个，百位数字不能取与个位、千位数字重复的数字，十位数字不能取与个位、百位、千位数字重复的数字.根据分步乘法计数原理，不同的取法种数为3×4×5×4＝240.第2类，当千位数字为偶数，即取2，4，6中的任意一个时，个位数字可以取除千位数字外的任意一个偶数数字，百位数字不能取与个位、千位数字重复的数字，十位数字不能取与个位、百位、千位数字重复的数字.根据分步乘法计数原理，不同的取法种数为3×3×5×4＝180.根据分类加法计数原理，可以组成无重复数字的四位偶数的个数为240＋180＝420.
方法技巧
1.利用两个计数原理解决问题的一般步骤
2.涂色问题常用的两种方法
训练3 （1）如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是（　D　）
A.48 B.18 C.24 D.36
解析　第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24（个）；第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个.所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36（个）.
（2）甲与其四位同事各有一辆汽车，甲的车牌尾号为9，其四位同事的车牌尾号分别是0，2，1，5.为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定（奇数日车牌尾号为奇数的车通行，偶数日车牌尾号为偶数的车通行），五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案种数为（　B　）
A.64 B.80 C.96 D.120
解析　5日至9日，有3个奇数日，2个偶数日.第一步，安排偶数日出行，每天都有2种选择，不同的用车方案共有2×2＝4（种）.第二步，安排奇数日出行，分两类讨论：第一类，选1天安排甲的车，不同的用车方案共有3×2×2＝12（种）；第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，不同的用车方案共有2×2×2＝8（种）.综上，不同的用车方案种数为4×（12＋8）＝80，故选B.第2讲　排列与组合
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
理解排列、组合的概念；能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式. 排列问题 2022新高考卷ⅡT5 本讲每年必考，主要以实际问题为情境考查计数问题，有时单独命题，以小题为主，有时作为工具应用于概率的计算，以大题为主，难度中等偏易.预计2025年高考仍会以创新实际生活情境为载体进行命题.
组合问题 2023新高考卷ⅠT13；2023新高考卷ⅡT3；2020新高考卷ⅠT3
排列与组合的综合应用 2023全国卷甲T9；2021全国卷乙T6；2020全国卷ⅡT14
1.排列、组合的定义
名称 定义
排列 从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素 并按照①　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.
组合 作为一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合.
注意　排列有序，组合无序.
2.排列数、组合数的定义、公式及性质（n，m∈N*，且m≤n）
排列数 组合数
定义 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，用符号②　　表示. 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，用符号③　　表示.
公式 ＝n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）＝.规定0！＝1. ＝＝＝④　　.规定＝1.
性质 ＝n！＝n×（n－1）×（n－2）×…×2×1； ＝（n－m＋1）＝n. ＝；＝＋.
说明　＝的应用主要是两个方面：一是简化运算，当m＞时，通常将计算转化为计算；二是列等式，由＝可得x＝y或x＋y＝n.
1.5个相同的球，放入8个不同的盒子中，每个盒里至多放一个球，则不同的放法有（　B　）
A.种 B.种 C.58种 D.85种
解析　由于球都相同，盒子不同，每个盒里至多放一个球，所以只要选出5个不同的盒子即可.故共有种不同的放法.
2.[教材改编]从4本不同的课外读物中，买3本送给3名同学，每人各1本，则不同的送法种数是（　B　）
A.12 B.24 C.64 D.81
解析　4本不同的课外读物选3本分给3位同学，每人1本，则不同的分配方法种数为.
3.[教材改编]某班举行了“弘扬中华文化”演讲比赛，有6人参加，并决出第1名到第6名的名次（没有并列名次）.甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军.”对乙说：“你当然不会是最差的.”从回答分析，6人的名次排列情况可能有（　D　）
A.216种 B.240种 C.288种 D.384种
解析　由题可知，甲和乙都不是冠军，所以冠军有4种可能性，乙不是最后一名，所以最后一名有4种可能性，所以6人的名次排列情况可能有4×4×＝384（种）.
4.[多选]下列说法正确的是（　BD　）
A.所有元素完全相同的两个排列为相同排列
B.两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同
C.若＝，则x＝m
D.＝＋m
5.[易错题]计算＋＋＋的值为　210　.（用数字作答）
解析　原式＝＋＋＝＋＝＝210.
6.若＝＋，则n＝　6　.
解析　∵＝＋＝，∴n＋1＝3＋4，解得n＝6.
研透高考 明确方向
命题点1　排列问题
例1 有3名男生、4名女生.
（1）若排成前、后两排，前排3人，后排4人，则不同的排列方法总数为　5 040　.
（2）若全体排成一排，女生必须站在一起，则不同的排列方法总数为　576　.
（3）若全体排成一排，男生互不相邻，则不同的排列方法总数为　1 440　.
（4）若全体排成一排，其中甲不站最左边，也不站最右边，则不同的排列方法总数为　　.
（5）若全体排成一排，其中甲不站最左边，乙不站最右边，则不同的排列方法总数为　　.
（6）若全体排成一排，其中甲、乙、丙三人从左到右顺序一定，则不同的排列方法总数为　840　.
解析　（1）分两步完成，先选3人站前排，有种方法，余下4人站后排，有种方法，共有·＝5 040（种）.
（2）将女生看作一个整体与3名男生一起全排列，有种方法，再将女生全排列，有种方法，共有·＝576（种）.
（3）先排女生，有种方法，然后在女生之间及首尾共5个空位中任选3个空位安排男生，有种方法，共有·＝1 440（种）.
（4）解法一　先排甲，有5种方法，其余6人有种排列方法，共有5×＝3 600（种）.
解法二　左、右两边位置可安排除甲外其余6人中的2人，有种排法，剩下的5人有种排法，共有＝3 600（种）.
（5）解法一　甲在最右边时，其他人可全排列，有种方法；甲不在最右边时，因为甲也不在最左边，所以可从余下的5个位置中任选1个，有种，而乙可从除去最右边的位置后剩下的5个位置中任选1个，有种，其余人全排列，有种不同排法，共有＋＝3 720（种）.
解法二　7人全排列，有种方法，其中甲在最左边时，有种方法，乙在最右边时，有种方法，其中都包含了甲在最左边且乙在最右边的情形（种方法），故共有－2＝3 720（种）.
（6）7人全排列，有种方法，由于甲、乙、丙的顺序一定，则不同的排列方法总数为840.
方法技巧
求解排列问题的常用方法
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 相邻问题捆绑处理，即可以把相邻元素看作一个整体与其他元素进行排列，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的排列空位中.
定序问题 除法处理 定序问题，可先不考虑顺序限制进行排列，再除以定序元素的全排列.
间接法 正难则反，等价转化处理.
训练1 （1）[2022新高考卷Ⅱ]甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有（　B　）
A.12种 B.24种 C.36种 D.48种
解析　先将丙和丁捆在一起，有种排列方式，然后将其与乙、戊排列，有种排列方式，最后将甲插入中间两空，有2种排列方式，所以不同的排列方式共有2＝24（种），故选B.
（2）[2023济南市统考]由3个2，1个0，2个3组成的六位数中，满足有相邻4位恰好是2 023的六位数的个数为（　B　）
A.3 B.6 C.9 D.24
解析　2 023用了2个2，1个0，1个3，还余下1个2，1个3，故将2 023视作一个整体与余下的1个2，1个3全排列，有＝6（种）不同的排法.故选B.
命题点2　组合问题
例2 （1）[多选]从6名男生和4名女生中选出4人去参加一项创新大赛，则下列说法正确的有（　CD　）
A.若4人全部为男生，则有30种不同的选法
B.若4人中男生、女生各有2人，则有30种不同的选法
C.若男生中的甲和女生中的乙被选，则有28种不同的选法
D.若男生中的甲和女生中的乙至少有1人被选，则有140种不同的选法
解析　4人全部为男生，选法有＝15（种），故A错误；如果4人中男生、女生各有2人，男生的选法有＝15（种），女生的选法有＝6（种），则4人中男生、女生各有2人的选法有15×6＝90（种），B错误；如果男生中的甲和女生中的乙被选，在剩下的8人中再选2人即可，有＝28（种）不同的选法，故C正确；在10人中任选4人，有＝210（种）不同的选法，甲、乙都不在其中的选法有＝70（种），故男生中的甲和女生中的乙至少要有1人被选的选法有210－70＝140（种），故D正确.
（2）[2023新高考卷Ⅰ]某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有　64　种（用数字作答）.
解析　解法一　由题意，可分三类：第一类，体育类选修课和艺术类选修课各选修1门，有种方案；第二类，在体育类选修课中选修1门，在艺术类选修课中选修2门，有种方案；第三类，在体育类选修课中选修2门，在艺术类选修课中选修1门，有种方案.综上，不同的选课方案共有＋＋＝64（种）.
解法二　若学生从这8门课中选修2门课，则有－－＝16（种）选课方案；若学生从这8门课中选修3门课，则有－－＝48（种）选课方案.综上，不同的选课方案共有16＋48＝64（种）.
方法技巧
组合问题常见的两类题型
（1）“含”与“不含”的问题：“含”，则先将这些元素取出，再由剩下的元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中选取.
（2）“至少”与“最多”的问题：解这类题的关键是理解“至少”与“最多”这两个词的含义，通常用直接法或间接法处理，分类复杂时，用间接法更容易处理.
训练2 （1）[2023福州5月质检]“赛龙舟”是端午节重要的民俗活动之一，龙舟比赛的划手分划左桨和划右桨.某训练小组有6名划手，其中有2名只会划左桨，2名只会划右桨，2名既会划左桨又会划右桨.现从这6名划手中选派4名参加比赛，其中2名划左桨，2名划右桨，则不同的选派方法共有（　C　）
A.15种 B.18种 C.19种 D.36种
解析　按照从全能者（既会划左桨又会划右桨）中选多少人参与划左桨分类：①2名全能者中选2人划左桨，有＝1（种）不同的选派方法；②2名全能者中选1人划左桨，有＝12（种）不同的选派方法；③2名全能者中选0人划左桨，有＝6（种）不同的选派方法.所以共有1＋12＋6＝19（种）不同的选派方法.故选C.
（2）[2023南京市、盐城市二模]编号为1，2，3，4的四位同学，就座于编号为1，2，3，4的四个座位上，每个座位恰好坐一位同学，则恰有两位同学的编号和座位编号一致的坐法种数为　6　.
解析　先选择两位同学坐对编号，有种方法，余下的两位同学只能交叉坐，只有1种方法，故共有×1＝6（种）不同坐法.
命题点3　排列与组合的综合应用
角度1　有限制条件的排列、组合问题
例3 （1）[2023沈阳市质监]甲、乙、丙、丁、戊、己6人站成一排拍合照，要求甲必须站在最中间两个位置之一，且乙、丙2人相邻，则不同的排队方法共有（　C　）
A.24种 B.36种 C.72种 D.96种
解析　如图所示，当甲在3的位置时，乙、丙可能排在（1，2），（4，5），（5，6），先从这三种中选出一种安排乙、丙，然后在剩下的3个位置安排余下的3人，所以不同的排队方法有＝36（种）；当甲在4的位置时，由对称性可知不同的排队方法也有36种.所以不同的排队方法共有36×2＝72（种），故选C.
1 2 3 4 5 6
（2）[2023重庆市名校联考]某校从8名教师中选派4名教师去4个偏远地区支教，每地1人，其中甲和乙不能同去，甲与丙同去或者同不去，则不同的选派方案的种数是　600　.（用数字作答）
解析　分为两步，第一步，先选4名教师，第一步又分两类，第一类，甲去，则丙一定去，乙一定不去，有＝10（种）不同的选法；第二类，甲不去，则丙一定不去，乙可能去也可能不去，有＝15（种）不同的选法.所以选4名教师，不同的选法有10＋15＝25（种）.第二步，4名教师去4个偏远地区支教，有＝24（种）分配方法.所以不同的选派方案的种数是25×24＝600.
方法技巧
有限制条件的排列、组合问题的解题策略
（1）先分析每个限制条件，然后考虑是分类还是分步，对于分类过多的问题可以采用间接法；
（2）采用特殊元素（位置）优先原则，即先满足有限制条件的元素（位置），再考虑其他元素（位置）.
角度2　分组、分配问题
例4 （1）有5个大学保送名额，计划分到3个班级，每班至少一个名额，有　6　种不同的分法.
解析　一共有5个保送名额，分到3个班级，每个班级至少1个名额，即将名额分成3份，每份至少1个，（定份数）
将5个名额排成一列，中间有4个空，（定空位）
即只需在中间4个空中插入2个隔板，不同的方法共有＝6（种）.（插隔板）
（2）若将6名教师分到3所中学任教，其中一所1名，一所2名，一所3名，则有　360　种不同的分法.
解析　先将6名教师分组，共有＝60（种）分法.
再将这3组教师分配到3所中学，有＝6（种）分法.
故不同的分法共有60×6＝360（种）.
（3）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　1 560　种.（用数字作答）
解析　把6本不同的书分成4组，故有“3，1，1，1”和“2，2，1，1”两种不同的分组方法.
若按“3，1，1，1”的分组方法，则不同的分法共有＝20（种）.（有三组元素个数相同，因与顺序无关，故需除去重复情况）
若按“2，2，1，1”的分组方法，则不同的分法共有·＝45（种）.（四组元素中，分别有两组元素个数相同，分别为“2，2”和“1，1”，因与顺序无关，故需除去重复情况）
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，分法共有＝24（种），所以不同的分法共有65×24＝1 560（种）.
方法技巧
分组、分配问题的解题思路是先分组后分配.
1.常见的分组
整体均匀分组 分组后一定要除以（n为均分的组数），避免重复计数.
部分均匀分组 若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！.
不等分组 分组时任何组中元素的个数都不相等.
注意　关于分组问题，应注意无论分成几组，只要其中某些组中的元素个数相等，就存在均分现象.
2.常见的分配
（1）相同元素的分配问题，常用“隔板法”求解.
（2）不同元素的分配问题，利用分步乘法计数原理，先分组，后分配.
（3）有限制条件的分配问题，采用分类讨论法或间接法求解.
训练3 （1）[多选/2023重庆八中模拟]将甲、乙、丙、丁4名志愿者分别安排到A，B，C 3个社区进行暑期社会实践活动，要求每个社区至少安排1名志愿者，每名志愿者只能被安排到1个社区，则下列选项正确的是（　BD　）
A.共有72种安排方法
B.若甲、乙被安排在同一个社区，则有6种安排方法
C.若A社区需要2名志愿者，则有24种安排方法
D.若甲被安排在A社区，则有12种安排方法
解析　对于A选项，将4名志愿者先分为3组，再分配到3个社区，所以安排方法种数为×＝36，所以A选项不正确.
对于B选项，甲、乙被安排在同一个社区，先从3个社区中选1个安排甲与乙，再把剩余2个社区进行全排列，所以安排方法种数为＝6，所以B选项正确.
对于C选项，A社区需要2名志愿者，所以先从4名志愿者中选择2名安排到A社区，再把剩余2名志愿者进行全排列，所以安排方法种数为＝12，C选项不正确.
对于D选项，甲被安排在A社区，分为两种情况，（对甲安排在A社区进行分类讨论，讨论A社区是甲单独一人还是甲与另外一人）
第一种为A社区安排了2名志愿者，则从剩余3名志愿者中再选择1名，分到A社区，然后把剩余2名志愿者进行全排列，安排方法共有种；第二种是A社区只安排了甲志愿者，此时剩余3名志愿者分为2组，再分配到剩余的2个社区中，此时安排方法有种.（这两组是不均匀分组，故不需除以任何数）
所以安排方法种数一共为＋＝12，D选项正确.故选BD.
（2）将9名大学生志愿者安排在星期五、星期六及星期日3天参加社区公益活动，每天分别安排3人，每人参加一次，则不同的安排方案共有　1 680　种.（用数字作答）
解析　先选出3人，有种选法，再从剩下的6人中选出3人，有种选法，最后剩下的3人为一组，有种选法.由分步乘法计数原理以及整体均匀分组方法，可知不同的安排方案共有·＝1 680（种）.第3讲　二项式定理
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理，会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题. 展开式中的特定项问题 2023天津T11；2022新高考卷ⅠT13；2020全国卷ⅠT8；2020全国卷ⅢT14；2020北京T3；2019全国卷ⅢT4 本讲是高考常考内容，主要考查二项展开式的通项，求常数项，求某项系数，求某些项的系数和等，主要以小题的形式出现，难度不大.预计2025年高考命题常规，备考时要掌握各种问题类型及其求解方法.
二项式系数与项的系数的问题 2022北京T8；2022浙江T12
二项式定理的综合应用
1.二项式定理
二项式定理 （a＋b）n＝an＋an－1b1＋…＋an－kbk＋…＋bn，n∈N*.
二项展开式的通项 Tk＋1＝①　an－kbk　，即为二项展开式的第k＋1项.
二项式系数 （k∈{0，1，2，…，n}）.
辨析比较
二项式系数与项的系数的区别
（a＋bx）n的二项展开式中，二项式系数是指，，…，，其与a，b的值无关，如第k＋1项的二项式系数是；而项的系数是指该项中除变量外的常数部分，其与a，b的值有关，如第k＋1项的系数是an－kbk.
2.二项式系数的性质
1.[北京高考]在（－2）5的展开式中，x2的系数为（　C　）
A.－5 B.5 C.－10 D.10
解析　由二项式定理得（－2）5的展开式的通项Tr＋1＝（）5－r（－2）r＝，令＝2，得r＝1，所以T2＝（－2）x2＝－10x2，所以x2的系数，故选C.
2.[教材改编]在（x－y）10的展开式中，系数最小的项是（　C　）
A.第4项 B.第5项 C.第6项 D.第7项
解析　展开式共有11项，奇数项系数为正，偶数项系数为负，且第6项的二项式系数最大，则展开式中系数最小的项是第6项.
3.已知＋2＋22＋23＋…＋2n＝243，则＋＋＋…＋＝（　A　）
A.31 B.32 C.15 D.16
解析　逆用二项式定理得＋2＋22＋23＋…＋2n＝（1＋2）n＝243，即3n＝35，所以n＝5，所以＋＋＋…＋＝25－1＝31.
4.[多选]下列说法正确的是（　CD　）
A.an－kbk是（a＋b）n展开式中的第k项
B.在二项展开式中，系数最大的项为中间的一项或中间的两项
C.在（a＋b）n的展开式中，每一项的二项式系数都与a，b无关
D.在（a＋b）n的展开式中，某项的系数与该项的二项式系数不同
5.[易错题]已知（2x－1）n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn（n∈N*），设（2x－1）n的展开式中所有项的二项式系数和为Sn，Tn＝a1＋a2＋…＋an（n∈N*），则S4＝　16　，T4＝　0　.
解析　因为（2x－1）n展开式中所有项的二项式系数和为2n，（易混淆：（2x－1）n展开式的二项式系数和为＋＋＋…＋＝2n，系数和为a0＋a1＋a2＋…＋an）
所以Sn＝2n，S4＝16.令x＝0，则（－1）n＝a0，令x＝1，则1＝a0＋a1＋a2＋…＋an，所以Tn＝1－（－1）n，所以T4＝0.
研透高考 明确方向
命题点1　展开式中的特定项问题
角度1　形如（a＋b）n（n∈N*）的展开式中的特定项
例1 （1）[2023南京市中华中学检测]若，则a4＝ （　B　）
A.270 B.135
C.－135 D.－270
解析　（2－x）6＝a0＋a1（1＋x）＋a2（1＋x）2＋…＋a6（1＋x）6，以x－1代替x，得（3－x）6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，而（3－x）6的展开式的通项公式为Tr＋1＝36－r（－1）rxr，令r＝4，则a4＝×36－4×（－1）4＝135，故选B.
（2）[2023天津高考]在（2x3－）6的展开式中，x2的系数是　60　.
解析　解法一　二项式（2x3－）6的展开式的通项Tk＋1＝（2x3）6－k（－）k，令18－4k＝2，解得k＝4，所以x2的系数为（－1）4×22×＝60.
解法二　将二项式（2x3－）6看成6个多项式（2x3－）相乘，要想出现x2项，则先在6个多项式中选2个多项式取2x3，然后余下的多项式都取－，相乘，即，所以x2的系数为60.
方法技巧
求形如（a＋b）n（n∈N*）的展开式中的特定项问题的步骤
角度2　形如（a＋b）m（c＋d）n（m，n∈N*）的展开式中的特定项
例2 （1）[2023沈阳市三检]（2x－3）2（1－）6的展开式中，含x－2项的系数为（　B　）
A.430 B.435 C.245 D.240
解析　（1－）6的展开式的通项Tk＋1＝（－）k＝（－1）k.（2x－3）2＝4x2－12x9，当在多项式（4x2－12x＋9）中取4x2时，令k＝4，得4x2·（－1）4；当在多项式（4x2－12x＋9）中取－12x时，令k＝3，得－12x·（－1）3；当在多项式（4x2－12x＋9）中取9时，令k＝2，得9×（－1）2.所以含x－2项的系数为4×（－1）4＋（－12）×（－1）3＋9×（－1）2＝60＋240＋135＝435，故选B.
（2）[2022新高考卷Ⅰ]（1－）（x＋y）8的展开式中x2y6的系数为　－28　.（用数字作答）
解析　（x＋y）8的展开式的通项Tr＋1＝x8－ryr，r＝0，1，…，7，8.令r＝6，得T6＋1＝x2y6，令r＝5，得T5＋1＝x3y5，所以（1－）（x＋y）8的展开式中x2y6的系数为－＝－28.
方法技巧
求形如（a＋b）m（c＋d）n（m，n∈N*）的展开式中特定项问题的步骤
角度3　形如（a＋b＋c）n（n∈N*）的展开式中的特定项
例3 （1）（x－y＋2）5的展开式中，x3y的系数为（　D　）
A.80 B.40
C.－80 D.－40
解析　解法一　（x－y＋2）5＝[x－（y－2）]5，其通项Tr＋1＝x5－r（－1）r·（y－2）r，则展开式中含x3的项为x3（y－2）2，又（y－2）2的展开式中含y的项为（－2）y，所以（x－y＋2）5的展开式中，x3y的系数为··（－2）＝－40，故选D.
解法二　要在展开式中得到x3y，可在5个“x－y＋2”中选3个“x”，1个“－y”，1个“2”，故x3y的系数为·（－1）1×2＝－40.
（2）（1＋2x－3x2）5的展开式中，x5的系数为　92　.
解析　（1＋2x－3x2）5＝（1－x）5（1＋3x）5，所以展开式中x5的系数为35＋（－1）34＋（－1）233＋（－1）332＋（－1）431＋（－1）530＝92.
方法技巧
求形如（a＋b＋c）n（n∈N*）的展开式中的特定项问题的方法
因式分解法 通过分解因式将三项式变成两个二项式的积的形式，然后用二项式定理分别展开.
逐层展开法 将三项式分成两组，用二项式定理展开，再把其中含两项的一组展开，从而解决问题.
利用组合知识 把三项式（a＋b＋c）n（n∈N*）看成n个a＋b＋c的积，然后利用组合知识求解.
训练1 （1）已知（2x－a）（x＋）6的展开式中x2的系数为－240，则该展开式中的常数项为（　A　）
A.－640 B.－320 C.640 D.320
解析　（x＋）6的展开式的通项为Tk＋1＝x6－k·（）k＝2kx6－2k.令6－2k＝2，得k＝2；令6－2k＝1，得k＝，舍去.（注意：k取整数）
故（2x－a）（x＋）6的展开式中x2的系数为－a·22＝－240，得a＝4.
令6－2k＝－1，得k＝，不符合题意，舍去；令6－2k＝0，得k＝3.故的展开式中的常数项为－4××23＝－640.
（2）（x2＋x＋y）5的展开式中，x5y2的系数为（　C　）
A.10 B.20 C.30 D.60
解析　（x2＋x＋y）5表示5个因式（x2＋x＋y）的乘积，要得到含x5y2的项，只需从5个因式中选2个因式取x2，1个因式取x，其余2个因式取y即可，故x5y2的系数为＝30.
命题点2　二项式系数与项的系数的问题
角度1　二项展开式中的系数和问题
例4 [多选]已知（1－2x）2 023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 023x2 023，则下列结论正确的是（　ACD　）
A.展开式中所有项的二项式系数的和为22 023
B.展开式中所有奇次项的系数的和为
C.展开式中所有偶次项的系数的和为
D.＋＋＋…＋＝－1
解析　对于A，（1－2x）2 023的展开式中所有项的二项式系数的和为22 023，故A正确；对于B，令f（x）＝（1－2x）2 023，则a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a2 023＝f（1）＝－1，a0－a1＋a2－a3＋…－a2 023＝f（－1）＝32 023，所以展开式中所有奇次项的系数的和为＝－，展开式中所有偶次项的系数的和为＝，故B错误，C正确；对于D，a0＝f（0）＝1，＋＋＋…＋＝f（）－a0＝－1，故D正确.故选ACD.
方法技巧
应用赋值法求项的系数和问题
（1）对形如（ax＋by）n（a，b∈R，n∈N*）的式子求其展开式中的各项系数之和，只需令x＝y＝1即可；求系数之差时，只需根据题目要求令x＝1，y＝－1或x＝－1，y＝1即可.
（2）对（a＋bx）n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，令f（x）＝（a＋bx）n，则（a＋bx）n的展开式中各项系数之和为f（1），偶次项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝，奇次项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝.
角度2　与二项展开式中的系数有关的最值问题
例5 （1）[全国卷Ⅰ]设m为正整数，（x＋y）2m展开式的二项式系数的最大值为a，（x＋y）2m＋1展开式的二项式系数的最大值为b，若13a＝7b，则m＝（　B　）
A.5 B.6 C.7 D.8
解析　根据二项式系数的性质，知（x＋y）2m展开式中二项式系数的最大值为，而（x＋y）2m＋1展开式中二项式系数的最大值为，则＝a，＝b.又13a＝7b，所以13＝7，即13×＝7×，解得m＝6.
（2）已知（＋）n（n≥2）的展开式中，前三项的系数成等差数列，则展开式中系数最大的项是　7和7　.
解析　展开式中前三项的系数分别是1，，n（n－1），由题意知，2×＝1＋n（n－1），解得n＝8或n＝1（舍去）.
于是展开式的通项Tk＋1＝·（）8－k·（）k＝·2－k·，所以第k＋1项的系数是·2－k，第k项的系数是·2－k＋1，第k＋2项的系数是·2－k－1.若第k＋1项的系数最大，则·2－k≥·2－k＋1且·2－k≥·2－k－1，解得2≤k≤3.又k∈Z，因此k＝2或k＝3.故系数最大的项是T3＝·2－2·＝7和T4＝·2－3·＝7.
方法技巧
1.二项式系数最值的求法
当n是偶数时，第＋1项的二项式系数最大，最大值为；当n是奇数时，第项和第项的二项式系数相等，且同时取得最大值，最大值为或.
2.项的系数最值的求法
设展开式各项的系数分别为A1，A2，…，An＋1，且第k项系数最大，解不等式组求出k即可得结果.
训练2 （1）[多选]已知二项式（x－）8，则下列结论正确的是（　AB　）
A.第5项的二项式系数最大
B.所有项的系数之和为1
C.有且仅有第6项的系数的绝对值最大
D.展开式中共有4项有理项
解析　由题意知，展开式中共有9项，二项式系数最大的项为第5项，A正确；所有项的系数和为（1－2）8＝1，B正确；Tr＋1＝x8－r·（－）r＝（－2）r，r＝0，1，2，…，8，显然r＝0，2，4，6，8时，Tr＋1是有理项，所以共有5项有理项，D错误；由得解得5≤r≤6，所以r＝5或r＝6，故第6项和第7项的系数的绝对值最大，C错误.故选AB.
（2）[2022浙江]已知多项式（x＋2）（x－1）4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则a2＝　8　，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝　－2　.
解析　由多项式展开式可知，a2＝2（－1）2＋（－1）3＝12－4＝8.令x＝0可得a0＝2，令x＝1可得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝0，所以a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝－2.
命题点3　二项式定理的综合应用
例6 （1）利用二项式定理计算1.056，则其结果精确到0.01的近似值是（　D　）
A.1.23 B.1.24 C.1.33 D.1.34
解析　1.056＝（1＋0.05）6＝＋×0.05＋×0.052＋×0.053＋…＝1＋0.3＋0.037 5＋0.002 5＋…≈1.34.
（2）设a∈N，且0≤a＜26，若51 2 020＋a能被13整除，则a的值为（　D　）
A.0 B.11或0 C.12 D.12或25
解析　∵512 020＋a＝（52－1）2 020＋a＝522 020（－1）0＋522 019（－1）1＋522 018（－1）2＋…＋521·（－1）2 019＋（－1）2 020＋a，又52能被13整除，∴需使（－1）2 020＋a能被13整除，即1＋a能被13整除，∴1＋a＝13k，k∈Z，又0≤a＜26，∴a＝12或a＝25，故选D.
方法技巧
二项式定理应用的常见题型及解题策略
题型 解题策略
近似计算 先观察精确度，然后选取展开式中若干项求解.
证明整除问 题或求余数 将被除式（数）合理的变形，拆成二项式，使被除式（数）展开后的每一项都含有除式的因式.
逆用二项 式定理 根据所给式子的特点结合二项展开式的要求，变形使之具备二项式定理右边的结构，然后逆用二项式定理求解.
训练3 （1）设复数x＝（i是虚数单位），则x＋x2＋x3＋…＋（　A　）
A.0 B.－2 C.－1＋i D.－1－i
解析　x＝＝＝－1＋i，则x＋x2＋x3＋…＋x2 024＝（1＋x）2 024－1＝i2 024－1＝1－1＝0.
（2）若（2x＋1）100＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a100x100，则2（a1＋a3＋a5＋…＋a99）－3除以8的余数为　5　.
解析　令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a100＝3100.令x＝－1，得a0－a1＋a2－…＋a100＝1，两式相减得2（a1＋a3＋a5＋…＋a99）＝3100－1，则2（a1＋a3＋a5＋…＋a99）－3＝3100－4.3100－4＝950－4＝（8＋1）50－4＝×850＋×849＋…＋×8＋－4＝×850＋×849＋…＋×8－3＝×850＋×849＋…＋×8－8＋5，则×850＋×849＋…＋×8－8＋5除以8的余数为5，即2（a1＋a3＋a5＋…＋a99）－3除以8的余数为5.第4讲　随机事件与概率
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.结合具体实例，理解样本点和有限样本空间的含义，理解随机事件与样本点的关系.了解随机事件的并、交与互斥的含义，能结合实例进行随机事件的并、交运算. 2.结合具体实例，理解古典概型，能计算古典概型中简单随机事件的概率. 3.通过实例，理解概率的性质，掌握随机事件概率的运算法则. 4.结合实例，会用频率估计概率. 事件的关系的判断 2020新高考卷ⅠT5 本讲知识是概率部分的基础，高考命题热点为互斥事件和对立事件的概率计算，以频率估计概率，古典概型的求解，概率基本性质的应用等，题型既有小题也有大题，大题常与排列组合、分布列、期望与方差、统计等知识综合命题，难度中等.在2025年高考备考中，要加强对本讲概念的理解与应用及与其他知识的综合训练.
求随机事件的频率与概率 2023新高考卷ⅡT19；2023北京T18；2022新高考卷ⅡT19；2021全国卷甲T17；2020新高考卷ⅠT19；2020全国卷ⅢT18；2019北京T17
古典概型 2023全国卷甲T4；2022新高考卷ⅠT5；2022全国卷乙T13；2022全国卷甲T15；2021全国卷甲T10
概率的基本性质的应用 2023全国卷甲T6
1.样本空间和随机事件
（1）样本空间
（i）样本点：随机试验E的每个可能的①　基本结果　称为样本点，一般用Ω表示.
（ii）样本空间：全体样本点的集合称为试验E的样本空间，一般用Ω表示.
（iii）有限样本空间：如果一个随机试验有n个可能结果Ω1，Ω2，…，Ωn，则称样本空间Ω＝{Ω1，Ω2，…，Ωn}为有限样本空间.
说明　样本空间可以理解为集合，集合的元素就是样本空间中的样本点.
（2）随机事件
（i）定义：将样本空间Ω的②　子集　称为随机事件，简称事件.
（ii）表示：一般用大写字母A，B，C，…表示.
（iii）极端情形：③　必然事件　、不可能事件.
2.两个事件的关系和运算
事件的关系或运算 含义 符号表示
包含 A发生导致B发生 ④　A B　
相等事件 B A且A B ⑤　A＝B　
并事件（和事件） A与B至少有一个发生 A∪B或A＋B
交事件（积事件） A与B同时发生 A∩B或AB
互斥（互不相容） A与B不能同时发生 A∩B＝
互为对立 A与B有且仅有一个发生 ⑥　A∩B＝ ，A∪B＝Ω　
注意　对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件，即两事件互斥是对立的必要不充分条件.
3.古典概型
（1）古典概型的特征
（i）有限性：样本空间的样本点只有⑦　有限个　；
（ii）等可能性：每个样本点发生的可能性⑧　相等　.
（2）古典概型的概率公式
一般地，设试验E是古典概型，样本空间Ω包含n个样本点，事件A包含其中的k个样本点，则定义事件A的概率P（A）＝＝.其中，n（A）和n（Ω）分别表示事件A和样本空间Ω包含的样本点个数.
4.概率的基本性质
性质1 对任意的事件A，都有P（A）≥0.
性质2 必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0，即P（Ω）＝ 1，P（ ）＝0
性质3 如果事件A与事件B互斥，那么P（A∪B）＝⑨　P（A）＋P（B）　.（互斥事件的概率加法公式）
性质4 如果事件A与事件B互为对立事件，那么P（B）＝1－P（A），P（A）＝⑩　1－P（B）　.
性质5 如果A B，那么P（A）≤P（B）.
性质6 设A，B是一个随机试验中的两个事件，我们有P（A∪B）＝ 　　.
性质3的推广：若事件A1，A2，…，Am两两互斥，则P（A1∪A2∪…∪Am）＝P（A1）＋＋…＋P（Am）.
5.频率与概率
（1）频率的稳定性
一般地，随着试验次数n的增大，频率偏离概率的幅度会缩小，即事件A发生的频率fn（A）会逐渐稳定于事件A发生的概率P（A）.我们称频率的这个性质为频率的稳定性.
（2）频率稳定性的作用：可以用频率fn（A）估计概率P（A）.
说明　随机事件A发生的频率是随机的，而概率是客观存在的确定的常数，但在大量随机试验中，事件A发生的频率稳定于事件A发生的概率.
1.一个人打靶时连续射击两次，事件“至少有一次中靶”的互斥事件是（　D　）
A.至多有一次中靶 B.两次都中靶
C.只有一次中靶 D.两次都不中靶
解析　射击两次的结果有：一次中靶，两次中靶，两次都不中靶，故至少有一次中靶的互斥事件是两次都不中靶.故选D.
2.[教材改编]下列说法错误的是（　D　）
A.任一事件的概率总在[0，1]内 B.不可能事件的概率为0
C.必然事件的概率为1 D.概率是随机的，在试验前不能确定
解析　任一事件的概率总在[0，1]内，不可能事件的概率为0，必然事件的概率为1，概率是客观存在的，是一个确定值.
3.[教材改编]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，，则实数a的取值范围是（　D　）
A.（，2） B.（，） C.[，] D.（，]
解析　由题意可知即即解得＜a≤.
4.[多选]下列说法正确的是（　CD　）
A.两个互斥事件的概率和为1
B.两个事件的和事件是指两个事件都发生
C.对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件
D.从－3，－2，－1，0，1，2中任取一个数，取到的数小于0与不小于0的可能性相等
5.[教材改编]某战士射击一次，击中环数大于7的概率是0.6，击中环数是6或7或8的概率相等，且和为0.3，则该战士射击一次击中环数大于5的概率为　0.8　.
解析　记“击中6环”为事件A，“击中7环”为事件B，“击中环数大于7”为事件C，事件A，B，C彼此互斥，且易知P（A）＝0.1，P（B）＝0.1，P（C）＝0.6.记“击中环数大于5”为事件D，则P（D）＝P（A∪B∪C）＝0.1＋0.1＋0.6＝0.8.
6.抛掷一枚骰子，记A事件为“出现点数是奇数”，B事件为“出现点数是3的倍数”，则P（A∪B）＝　　，P（A∩B）＝　　.
解析　抛掷一枚骰子，出现点数的样本空间为Ω＝{1，2，3，4，5，6}，事件A∪B＝{1，3，5，6}，故P（A∪B）＝；事件A∩B＝{3}，故P（A∩B）＝.
研透高考 明确方向
命题点1　事件的关系的判断
例1 （1）[多选]掷一枚质地均匀的骰子，记“向上的点数是1或2”为事件A，“向上的点数是2或3”为事件B，则（　CD　）
A.A B
B.A＝B
C.A∩B表示向上的点数是2
D.A∪B表示向上的点数是1或2或3
解析　设A＝{1，2}，B＝{2，3}，则A∩B＝{2}，A∪B＝{1，2，3}，所以A∩B表示向上的点数是2，A∪B表示向上的点数为1或2或3.故选CD.
（2）[多选]将颜色分别为红、绿、白、蓝的4个小球随机分给甲、乙、丙、丁4个人，每人一个，则（　BD　）
A.事件“甲分得红球”与事件“乙分得白球”是互斥不对立事件
B.事件“甲分得红球”与事件“乙分得红球”是互斥不对立事件
C.事件“甲分得绿球，乙分得蓝球”的对立事件是“丙分得白球，丁分得红球”
D.当事件“甲分得红球”的对立事件发生时，事件“乙分得红球”发生的概率是
解析　事件“甲分得红球”与事件“乙分得白球”可以同时发生，不是互斥事件，A错误；
事件“甲分得红球”与事件“乙分得红球”不能同时发生，是互斥事件，除了甲分得红球或者乙分得红球以外，丙或者丁也可以分得红球，B正确；
事件“甲分得绿球，乙分得蓝球”与事件“丙分得白球，丁分得红球”可以同时发生，不是对立事件，C错误；
事件“甲分得红球”的对立事件是“甲没有分得红球”，因此乙、丙、丁三人中有一个人分得红球，事件“乙分得红球”发生的概率是.D正确.
方法技巧
判断事件关系的策略
（1）判断事件的互斥、对立关系时一般用定义法：不可能同时发生的两个事件为互斥事件；有且仅有一个发生的两个事件为对立事件.
（2）判断事件的交、并关系时，一是紧扣运算的定义，二是要全面考虑同一条件下的试验可能出现的全部结果，必要时可列出全部的试验结果进行分析，也可类比集合的关系和运用Venn图分析事件.
训练1 [多选]某人打靶时连续射击两次，设事件A＝“只有一次中靶”，B＝“两次都中靶”，则下列结论正确的是（　BC　）
A.A B B.A∩B＝
C.A∪B＝“至少一次中靶” D.A与B互为对立事件
解析　事件A＝“只有一次中靶”，B＝“两次都中靶”，所以A，B是互斥事件，但不是对立事件，所以A，D错误，B正确；A∪B＝“至少一次中靶”，C正确.
命题点2　求随机事件的频率与概率
例2 [全国卷Ⅰ]某厂接受了一项加工业务，加工出来的产品（单位：件）按标准分为A，B，C，D四个等级.加工业务约定：对于A级品、B级品、C级品，厂家每件分别收取加工费90元，50元，20元；对于D级品，厂家每件要赔偿原料损失费50元.该厂有甲、乙两个分厂可承接加工业务.甲分厂加工成本费为25元/件，乙分厂加工成本费为20元/件.厂家为决定由哪个分厂承接加工业务，在两个分厂各试加工了100件这种产品，并统计了这些产品的等级，整理如下：
甲分厂产品等级的频数分布表
等级 A B C D
频数 40 20 20 20
乙分厂产品等级的频数分布表
等级 A B C D
频数 28 17 34 21
（1）分别估计甲、乙两分厂加工出来的一件产品为A级品的概率；
（2）分别求甲、乙两分厂加工出来的100件产品的平均利润，以平均利润为依据，厂家应选哪个分厂承接加工业务？
解析　（1）由试加工产品等级的频数分布表知，
甲分厂加工出来的一件产品为A级品的概率的估计值为＝0.4；
乙分厂加工出来的一件产品为A级品的概率的估计值为＝0.28.
（2）由数据知甲分厂加工出来的100件产品利润的频数分布表为
利润 65 25 －5 －75
频数 40 20 20 20
因此甲分厂加工出来的100件产品的平均利润为＝15.
由数据知乙分厂加工出来的100件产品利润的频数分布表为
利润 70 30 0 －70
频数 28 17 34 21
因此乙分厂加工出来的100件产品的平均利润为＝10.
比较甲、乙两分厂加工的产品的平均利润，应选甲分厂承接加工业务.
方法技巧
求随机事件的概率的思路
（1）计算所求随机事件出现的频数及总事件的频数；
（2）由频率公式求出频率，进而由频率估计概率.
训练2 [全国卷Ⅲ]某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完.根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：℃）有关.如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20，25），需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶.为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：
最高气温 [10，15） [15，20） [20，25） [25，30） [30，35） [35，40）
天数 2 16 36 25 7 4
以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率.
（1）估计六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率.
（2）设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y（单位：元）.当六月份这种酸奶一天的进货量为450瓶时，写出Y的所有可能值，并估计Y大于零的概率.
解析　（1）这种酸奶一天的需求量不超过300瓶，则需最高气温低于25，由表格数据知，最高气温低于25的频率为＝0.6，所以这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率的估计值为0.6.
（2）当这种酸奶一天的进货量为450瓶时，
若最高气温不低于25，则Y＝6×450－4×450＝900；
若最高气温位于区间[20，25），则Y＝6×300＋2×（450－300）－4×450＝300；
若最高气温低于20，则Y＝6×200＋2×（450－200）－4×450＝－100.
所以，Y的所有可能值为900，300，－100.
当且仅当最高气温不低于20时，Y大于零，由表格数据知，最高气温不低于20的频率为＝0.8，因此Y大于零的概率的估计值为0.8.
命题点3　古典概型
例3 （1）[2023全国卷甲]某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名.从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为（　D　）
A. B. C. D.
解析　解法一　由题意可知，所求概率P＝＝＝.
解法二　记高一年级2名学生分别为a1，a2，高二年级2名学生分别为b1，b2，则从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演的基本事件有（a1，a2），（a1，b1），（a1，b2），（a2，b1），（a2，b2），（b1，b2），共6个，其中这2名学生来自不同年级的基本事件有（a1，b1），（a1，b2），（a2，b1），（a2，b2），共4个，所以这2名学生来自不同年级的概率P＝＝，故选D.
（2）[2022新高考卷Ⅰ]从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为（　D　）
A. B. C. D.
解析　从7个整数中随机取2个不同的数，共有＝21（种）取法，取得的2个数互质的情况有{2，3}，{2，5}，{2，7}，{3，4}，{3，5}，{3，7}，{3，8}，{4，5}，{4，7}，{5，6}，{5，7}，{5，8}，{6，7}，{7，8}，共14种.根据古典概型的概率公式，得这2个数互质的概率为＝.故选D.
方法技巧
1.求解古典概型问题的步骤
（1）求出样本空间Ω包含的样本点个数n；
（2）求出事件A包含的样本点个数k；
（3）代入公式P（A）＝求解，即为事件A的概率.
2.求样本点个数的方法：列举法、列表法、树状图法、排列组合法.
训练3 （1）[2021全国卷甲]将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（　C　）
A. B. C. D.
解析　解法一　将4个1和2个0视为完全不同的元素，则将4个1和2个0随机排成一行有种排法.将4个1排成一行有种排法，再将2个0插空有种排法.所以2个0不相邻的概率P＝＝.
解法二　将4个1和2个0安排在6个位置，则选择2个位置安排0，共有种排法.将4个1排成一行，再将2个0插空，即在5个位置中选2个位置安排0，共有种排法.所以2个0不相邻的概率P＝＝.
（2）[2022全国卷甲]从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为　　.
解析　从正方体的8个顶点中任选4个，取法有＝70（种）.其中4个点共面有以下两种情况：
①所取的4个点为正方体同一个面上的4个顶点，如图1，有6种取法；
②所取的4个点为正方体同一个对角面上的4个顶点，如图2，也有6种取法.
图1 图2
所以所取的4个点在同一个平面的概率P＝＝.
命题点4　概率的基本性质的应用
例4 （1）如图所示，靶子由一个中心圆面Ⅰ和两个同心圆环Ⅱ，Ⅲ构成，射手命中圆面Ⅰ、圆环Ⅱ、圆环Ⅲ的概率分别为0.35，0.30，0.25，则射手命中圆环Ⅱ或圆环Ⅲ的概率为　0.55　，未命中靶的概率为　0.10　.
解析　设射手命中圆面Ⅰ为事件A，命中圆环Ⅱ为事件B，命中圆环Ⅲ为事件C，未中靶为事件D，则P（A）＝0.35，P（B）＝0.30，P（C）＝0.25，事件A，B，C两两互斥，故射手命中圆环Ⅱ或圆环Ⅲ的概率为P（B∪C）＝P（B）＋P（C）＝0.30＋0.25＝0.55，射手命中靶的概率为P（A∪B∪C）＝P（A）＋P（B）＋P（C）＝0.35＋0.30＋0.25＝0.90.因为中靶和未中靶是对立事件，所以未命中靶的概率
（2）一个电路板上装有甲、乙两根熔丝，某种情况下甲熔丝熔断的概率为0.85，乙熔丝熔断的概率为0.74，甲、乙两根熔丝同时熔断的概率为0.63，则该情况下至少有一根熔丝熔断的概率为　0.96　.
解析　设事件A＝“甲熔丝熔断”，事件B＝“乙熔丝熔断”，则有P（A）＝0.85，，“甲、乙两根熔丝同时熔断”为事件A∩B，则有P（A∩B）＝0.63，“甲、乙两根熔丝至少有一根熔断”为事件A∪B，则有P（A∪B）＝P（A）＋P（B）－P（A∩B）＝0.85＋0.74－0.63＝0.96，所以至少有一根熔丝熔断的概率为0.96.
方法技巧
求复杂事件概率的方法
（1）直接法：将所求事件转化成几个彼此互斥的事件的和事件，利用互斥事件的概率加法公式求解.
（2）间接法：当求解的问题中有“至多”“至少”“最少”等关键词语时，考虑其对立事件，通过求其对立事件的概率，然后转化为所求问题.
训练4 [多选/2023湖北联考]中国篮球职业联赛（CBA）中，某男篮球运动员在最近几次比赛中的得分情况如下表：
投篮次数 投中两分球的次数 投中三分球的次数 没投中
100 55 18 m
记该运动员在一次投篮中，投中两分球为事件A，投中三分球为事件B，没投中为事件C，用频率估计概率的方法，得到的下述结论中，正确的是（　ABC　）
A.P（A）＝0.55 B.P（A＋B）＝0.73
C.P（C）＝0.27 D.P（B＋C）＝0.55
解析　由题意可知，m＝100－55－18＝27，P（A）＝＝0.55，P（B）＝＝0.18，事件A＋B与事件C为对立事件，且事件A，B，C互斥，
所以P（C）＝1－P（A＋B）＝1－P（A）－P（B）＝0.27，
故选ABC.第5讲　事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.结合有限样本空间，了解两个随机事件独立性的含义.结合古典概型，利用独立性计算概率. 2.结合古典概型，了解条件概率，能计算简单随机事件的条件概率. 3.结合古典概型，了解条件概率与独立性的关系，会用乘法公式计算概率. 4.结合古典概型，会利用全概率公式计算概率. 相互独立事件 2023新高考卷ⅡT12；2022全国卷乙T10；2022全国卷甲T19； 2021新高考卷ⅠT8；2020全国卷ⅠT19；2019全国卷ⅠT15；2019全国卷ⅡT18 本讲为高考的命题热点，主要考查：（1）相互独立事件的概率计算，两事件相互独立的判断等，有时候单独命题，有时候与其他知识综合考查；（2）条件概率，近两年考查频率较高，复习备考中要引起重视；（3）全概率公式，这是新教材增加的点，在2023年新高考卷Ⅰ中已命题，命题概率大.在2025年高考备考中应强化对条件概率和全概率公式的理解和应用.
条件概率 2023全国卷甲T6；2022新高考卷ⅠT20；2022新高考卷ⅡT19；2022天津T13
全概率公式的应用 2023新高考卷ⅠT21
1.事件的相互独立性
（1）定义：对任意两个事件A，B，如果P（AB）＝①　P（A）P（B）　，则称事件A与事件B相互独立，简称独立.
（2）性质：若事件A与B相互独立，则A与②　　，与③　B　，与也都相互独立.
（3）推广：如果事件A1，A2，…，An相互独立，那么这n个事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积，即P（A1A2…An）＝P（A1）P（A2）…P（An）.
注意　若事件A与事件B是互斥事件（或对立事件），则A与B不相互独立.
2.条件概率
（1）定义：一般地，设A，B为两个随机事件，且P（A）＞0，我们称P（B｜A）＝④　　为在⑤　事件A　发生的条件下，⑥　事件B　发生的条件概率，简称条件概率.
（2）性质：设P（A）＞0，则
a.P（Ω｜A）＝1；
b.若B和C是两个互斥事件，则P（B∪C｜A）＝⑦　P（B｜A）＋P（C｜A）　；
c.设B和互为对立事件，则P（｜A）＝⑧　1－P（B｜A）　.
注意　（1）P（B｜A）与P（A｜B）是不相同的，P（B｜A）表示在事件A发生的条件下事件B发生的概率，P（A｜B）表示在事件B发生的条件下事件A发生的概率.
（2）当A，B相互独立时，P（B｜A）＝P（B）.
3.全概率公式
一般地，设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P（Ai）＞0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件B Ω，有P（B）＝⑨　P（Ai）P（B｜Ai）　.
拓展　贝叶斯公式：设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P（Ai）＞0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件B Ω，P（B）＞0，有P（Ai｜B）＝＝，i＝1，2，…，n.
1.下列说法错误的是（　A　）
A.对于任意两个事件，公式P（AB）＝P（A）P（B）都成立
B.若事件A，B相互独立，则P（B｜A）＝P（B）
C.抛掷2枚质地均匀的硬币，“第一枚为正面向上”为事件A，“第二枚为正面向上”为事件B，则A，B相互独立
D.若事件A1与A2是对立事件，则对任意的事件B Ω，有P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）
2.下列说法错误的是（　A　）
A.P（A｜B）＜P（AB） B.P（A｜B）＝可能成立
C.0≤P（A｜B）≤1 D.P（A｜A）＝1
解析　由条件概率公式P（A｜B）＝及0＜P（B）≤1，知P（A｜B）≥P（AB），故A说法错误；当事件B包含事件A时，有P（AB）＝P（A），此时P（A｜B）＝，故B说法正确；易知0≤P（A｜B）≤1，P（A｜A）＝1，故C，D说法正确.故选A.
3.[易错题]设甲乘汽车、火车前往某目的地的概率分别为0.6，0.4，汽车和火车正点到达目的地的概率分别为0.9，0.8，则甲正点到达目的地的概率为（　C　）
A.0.72 B.0.96 C.0.86 D.0.84
解析　设事件A表示甲正点到达目的地，事件B表示甲乘火车前往目的地，事件C表示甲乘汽车前往目的地.由题意知P（B）＝0.4，P（C）＝0.6，P（A｜B）＝0.8，P（A｜C）＝0.9.由全概率公式得P（A）＝P（B）P（A｜B）＋P（C）P（A｜C）＝0.4×0.8＋0.6×0.9＝0.32＋0.54＝0.86.故选C.
4.将两颗骰子各掷一次，记事件A为“两个点数不同”，B为“至少出现一个6点”，则条件概率P（A｜B），P（B｜A）分别等于（　A　）
A.， B.， C.， D.，
解析　由题意可得n（A）＝6×5＝30，n（B）＝6×6－5×5＝11，n（AB）＝2×5＝10，∴P（A｜B）＝＝，P（B｜A）＝＝＝.故选A.
5.[教材改编]设10件产品中有4件不合格品，从中任意选取2件，则在所选取的产品中发现有一件是不合格品时，另一件也是不合格品的概率是　　.
解析　记事件A为“选取的2件产品中发现有一件是不合格品”，事件B为“另一件是不合格品”，则AB为“2件都是不合格品”.
解法一　记n（A），n（AB）分别为事件A，AB所包含的基本事件个数，则n（A）＝＋＝30，n（AB）＝＝6，故P（B｜A）＝＝＝.
解法二　P（A）＝1－＝，P（AB）＝＝，所以P（B｜A）＝＝＝.
研透高考 明确方向
命题点1　相互独立事件
角度1　相互独立事件的判断
例1 [2021新高考卷Ⅰ]有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（　B　）
A.甲与丙相互独立 B.甲与丁相互独立
C.乙与丙相互独立 D.丙与丁相互独立
解析　事件甲发生的概率P（甲）＝，事件乙发生的概率P（乙）＝，事件丙发生的概率P（丙）＝＝，事件丁发生的概率P（丁）＝＝.
事件甲与事件丙同时发生的概率为0，P（甲丙）≠P（甲）P（丙），故A错误；（对任意两个事件A和B，且P（A）＞0，P（B）＞0，则P（AB）＝P（A）P（B） 事件A和B相互独立）事件甲与事件丁同时发生的概率为＝，P（甲丁）＝P（甲）P（丁），故B正确；
事件乙与事件丙同时发生的概率为＝，P（乙丙）≠P（乙）P（丙），故C错误；
事件丙与事件丁是互斥事件，不是相互独立事件，故D错误.故选B.
方法技巧
判断事件是否相互独立的方法
（1）由事件本身的性质直接判断两个事件的发生是否相互影响.
（2）利用“事件A，B相互独立 P（AB）＝P（A）·P（B）”判断.
角度2　相互独立事件的概率的求解
例2 11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10∶10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立.在某局双方10∶10平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束.
（1）P（X＝2）＝　0.5　；
（2）事件“X＝4且甲获胜”的概率为　0.1　.
解析　（1）“X＝2”包含的事件为“甲连赢两球”或“乙连赢两球”.因此P（X＝2）＝0.5×0.4＋（1－0.5）×（1－0.4）＝0.5.
（2）“X＝4且甲获胜”包含的事件为“前两球甲、乙各得1分，后两球均为甲得分”.因此所求概率为[0.5×（1－0.4）＋（1－0.5）×0.4]×0.5×0.4＝0.1.
方法技巧
求相互独立事件同时发生的概率的思路
（1）相互独立事件同时发生的概率等于他们各自发生的概率之积.
（2）当正面计算较复杂或难以入手时，可从其对立事件入手计算.
训练1 为了普及安全教育，某市组织了一次学生安全知识竞赛，规定每队3人，每人回答一个问题，答对得1分，答错得0分.在竞赛中，假设甲队每人回答问题的正确率均为，乙队每人回答问题的正确率分别为，，，且两队各人回答问题正确与否相互之间没有影响.
（1）分别求甲队总得分为3分与1分的概率；
（2）求甲队总得分为2分且乙队总得分为1分的概率.
解析　（1）记“甲队总得分为3分”为事件A，“甲队总得分为1分”为事件B.
甲队得3分，即3人都回答正确，其概率P（A）＝××＝，
甲队得1分，即3人中只有1人回答正确，其余2人都回答错误，其概率P（B）＝×（1－）＋（1－）××（1－）＋（1－）×（1－）×＝.
故甲队总得分为3分与1分的概率分别为，.
（2）记“甲队总得分为2分”为事件C，“乙队总得分为1分”为事件D.
甲队得2分，即甲队3人中有2人回答正确，1人回答错误，则P（C）＝，
乙队得1分，即乙队3人中只有1人回答正确，其余2人回答错误，则P（D）＝×（1－）×（1－）＋（1－）××（1－）＋（1－）×（1－）×＝.
由题意得事件C与事件D相互独立，
则甲队总得分为2分且乙队总得分为1分的概率为P（CD）＝P（C）P（D）＝×＝.
命题点2　条件概率
例3 （1）[2023全国卷甲]某地的中学生中有60％的同学爱好滑冰，50％的同学爱好滑雪，70％的同学爱好滑冰或爱好滑雪.在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为（　A　）
A.0.8 B.0.6 C.0.5 D.0.4
解析　令事件A，B分别表示该同学爱好滑冰、该同学爱好滑雪，事件C表示该同学爱好滑雪的条件下也爱好滑冰，则P（A）＝0.6，P（B）＝0.5，P（AB）＝P（A）＋P（B）－0.7＝0.4，所以P（C）＝P（A｜B）＝＝＝0.8，故选A.
（2）[2023重庆联考]从5名男生2名女生中任选3人参加学校组织的演讲比赛，则在男生甲被选中的条件下，男生乙和女生丙至少一人被选中的概率是（　C　）
A. B. C. D.
解析　解法一　设男生甲被选中为事件A，男生乙和女生丙至少一人被选中为事件B，则＝＝＝，故选C.
解法二　在男生甲被选中的情况下，基本事件总数为＝15，其中男生乙和女生丙都没有被选中的基本事件数为＝6，所以所求概率为1－＝，（方法：在解决至多、至少的有关问题时，常考虑其对立事件的概率）
故选C.
方法技巧
求条件概率的常用方法
定义法 先分别计算概率P（AB）和P（A），然后代入公式P（B｜A）＝.
样本 点法 先求事件A包含的样本点数n（A），再求事件AB包含的样本点数n（AB），得P（B｜A）＝.
缩样法 即缩小样本空间的方法，就是去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型的概率公式求解.
训练2 （1）[2022天津高考]现有52张扑克牌（去掉大小王），每次取一张，取后不放回，则两次都抽到A的概率为　　；在第一次抽到A的条件下，第二次也抽到A的概率是　　.
解析　设事件A1＝“第一次抽到A”，事件A2＝“第二次抽到A”.
第1空　解法一　不放回地取两次的可能结果种数为52×51，事件A1A2包含的可能结果种数为4×3，所以P（A1A2）＝＝.
解法二　不放回地取两次，可以看成一次取出两张牌，所以共有种可能结果，事件A1A2包含的可能结果种数为，所以P（A1A2）＝＝＝.
第2空　解法一　因为P（A1）＝，所以P（A2｜A1）＝＝＝.
解法二　缩小样本空间，已知第一次抽到的是A牌，所以还剩下51张牌，其中有3张A牌，所以P（A2｜A1）＝＝.
（2）现有五瓶墨水，其中红色一瓶，蓝色、黑色各两瓶，某同学从中随机抽取两瓶，若取出的两瓶中至少有一瓶是蓝色，则另一瓶是红色或黑色的概率为　　.
解析　设事件A为“取出的两瓶中至少有一瓶是蓝色”，事件B为“取出的两瓶中另一瓶是红色”，事件C为“取出的两瓶中另一瓶是黑色”，事件D为“取出的两瓶中另一瓶是红色或黑色”，则D＝B∪C，且B与C互斥.由题意得，P（A）＝＝，＝，P（AC）＝＝，所以P（D｜A）＝P（B∪C｜A）＝P（B｜A）＋P（C｜A）＝＋＝＋＝.故取出的两瓶中有一瓶是蓝色，另一瓶是红色或黑色的概率为.
命题点3　全概率公式的应用
例4 （1）某考生回答一道四选一的考题，假设他知道答案的概率为0.5，知道答案时，答对的概率为1，而不知道答案时猜对的概率为0.25，那么他答对题目的概率为（　A　）
A.0.625 B.0.75 C.0.5 D.0
解析　用A表示事件“考生答对题目”，用B表示事件“考生知道答案”，则表示事件“考生不知道答案”，则P（B）＝0.5，P（）＝0.5，P（A｜B）＝1，P（A｜）＝0.25，则P（A）＝P（A｜B）P（B）＋P（A｜）P（）＝1×0.5＋0.25×0.5＝0.625.
（2）在孟德尔豌豆试验中，子二代的基因型为DD，Dd，dd，其中D为显性基因，d为隐性基因，且这三种基因型的比为1∶2∶1.如果在子二代中任意选取2颗豌豆作为父本杂交，那么子三代中基因型为dd的概率为　　.
解析　记事件B＝“子三代中基因型为dd”，事件A1＝“选择的是Dd，Dd”，事件A2＝“选择的是dd，dd”，事件A3＝“选择的是dd，Dd”，则P（A1）＝×＝，P（A2）＝×＝，P（A3）＝2××＝.
在子二代中任取2颗豌豆作为父本杂交，分以下三种情况讨论：
①若选择的是Dd，Dd，则子三代中基因型为dd的概率为P（B｜A1）＝；
②若选择的是dd，dd，则子三代中基因型为dd的概率为P（B｜A2）＝1；
③若选择的是dd，Dd，则子三代中基因型为dd的概率为P（B｜A3）＝.
综上所述，P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）＋P（A3）×P（B｜A3）＝×＋×1＋×＝.
因此，子三代中基因型为dd的概率是.
方法技巧
全概率公式的应用步骤
（1）按照确定的标准，将一个复杂事件分解为若干个互斥事件Ai（i＝1，2，…，n）；
（2）求P（Ai）（i＝1，2，…，n）和所求事件B在各个互斥事件Ai发生条件下的概率；
（3）代入全概率公式求P（B）.
训练3 （1）[多选/2023广东六校联考]某高校有甲、乙两家餐厅，王同学每天都选择两家餐厅中的一家就餐，第一天去甲、乙两家餐厅就餐的概率分别为0.4和0.6.如果他第一天去甲餐厅，那么第二天去甲餐厅的概率为0.6；如果第一天去乙餐厅，那么第二天去甲餐厅的概率为0.5.则王同学（　AC　）
A.第二天去甲餐厅的概率为0.54
B.第二天去乙餐厅的概率为0.44
C.第二天去了甲餐厅，则第一天去乙餐厅的概率为
D.第二天去了乙餐厅，则第一天去甲餐厅的概率为
解析　设A1＝“王同学第一天去甲餐厅”，A2＝“王同学第二天去甲餐厅”，B1＝“王同学第一天去乙餐厅”，B2＝“王同学第二天去乙餐厅”，则P（A1）＝0.4，P（B1）＝0.6，P（A2｜A1）＝0.6，P（A2｜B1）＝0.5.由题意得P（A2｜B1）＝＝0.5，所以P（A2）P（B1｜A2）＝0.3　①.
易知Ω＝A1∪B1，且A1与B1互斥，则由全概率公式得②，所以A正确.
P（B2）＝1－P（A2）＝0.46，B错误.（注意题干“王同学每天都选择两家餐厅中的一家就餐”，故P（A2）＋P（B2）＝1）
由①②得P（B1｜A2）＝＝＝，C正确.P（A1｜B2）＝＝＝＝，所以D错误.故选AC.
（2）人们为了解一只股票未来一定时期内价格的变化，往往会去分析影响股票价格的基本因素，比如利率的变化.现假设人们经分析估计利率下调的概率为60％，利率不变的概率为40％.根据经验，人们估计，在利率下调的情况下，该只股票价格上涨的概率为80％，而在利率不变的情况下，其价格上涨的概率为40％，则该只股票将上涨的概率为　64％　.
解析　记A为事件“利率下调”，那么即为“利率不变”，记B为事件“股票价格上涨”.
依题设知P（A）＝60％，P（）＝40％，
P（B｜A）＝80％，P（B｜）＝40％，
于是P（B）＝P（AB）＋P（B）＝P（A）P（B｜A）＋P（）·P（B｜）＝60％×80％＋40％×40％＝64％.第6讲　离散型随机变量及其分布列、数字特征
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
了解离散型随机变量的概念，理解离散型随机变量分布列及其数字特征（均值、方差）. 离散型随机变量分布列的性质 本讲是高考的命题热点，常以实际问题为情境，与计数原理、古典概型等知识综合命题，考查离散型随机变量的分布列、均值与方差，以解答题为主，有时也以选择题、填空题的形式进行考查，难度中等.预计2025年高考会着重考查本讲知识的实际应用.
离散型随机变量的分布列及数字特征 2022全国卷甲T19；2021新高考卷ⅠT18；2021新高考卷ⅡT21；2019全国卷ⅠT21
利用均值与方差进行决策 2021新高考卷ⅠT18
1.离散型随机变量
一般地，对于随机试验样本空间Ω中的每个样本点Ω，都有①　唯一的实数X（Ω）　与之对应，我们称X为随机变量.可能取值为有限个或可以一一列举的随机变量，称为离散型随机变量.
随机变量一般用大写英文字母表示，例如X，Y，Z.随机变量的取值一般用小写英文字母表示，例如x，y，z.
2.离散型随机变量的分布列
一般地，设离散型随机变量X的可能取值为x1，x2，…，xn，我们称X取每一个值xi的概率P（X＝xi）＝pi，i＝1，2，…，n为X的概率分布列，简称分布列.离散型随机变量的分布列可以用表格或图形表示.
3.离散型随机变量分布列的性质
（1）pi②　≥　0，i＝1，2，…，n；
（2）p1＋p2＋…＋pn＝③　1　.
4.离散型随机变量的均值与方差
一般地，若离散型随机变量X的分布列为
X x1 x2 … xn
P p1 p2 … pn
则称E（X）＝④　x1p1＋x2p2＋…＋xnpn　＝xipi为随机变量X的均值或数学期望，数学期望简称期望.它反映了离散型随机变量取值的平均水平.
称D（X）＝（x1－E（X））2p1＋（x2－E（X））2p2＋…＋（xn－E（X））2pn＝⑤　　为随机变量X的方差，有时也记为Var（X），并称为随机变量X的⑥　标准差　，记为σ（X）.方差和标准差都可以度量随机变量取值与其均值的⑦　偏离程度　，反映了随机变量取值的离散程度，方差或标准差越小，随机变量的取值越集中；方差或标准差越大，随机变量的取值越分散.
5.均值与方差的性质
若Y＝aX＋b，其中a，b是常数，X，X1，X2是随机变量，则
（1）E（aX＋b）＝⑧　aE（X）＋b　，D（aX＋b）＝⑨　a2D（X）　；
（2）E（X1＋X2）＝E（X1）＋E（X2），D（X）＝E（X2）－[E（X）]2.
1.下列说法错误的是（　B　）
A.抛掷一枚质地均匀的硬币，出现正面的次数是随机变量
B.离散型随机变量的分布列中，随机变量取各个值的概率之和可以小于1
C.离散型随机变量的各个可能值表示的事件是彼此互斥的
D.随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值偏离均值的平均程度，方差或标准差越小，则偏离变量的平均程度越小
2.设X是一个离散型随机变量，其分布列为
X －1 0 1
P 1－q q－q2
则q等于（　D　）
A.1 B.或－ C.1＋ D.
解析　由离散型随机变量分布列的性质得解得q＝.
3.一台机器生产某种产品，如果生产出一件甲等品可获利50元，生产出一件乙等品可获利30元，生产一件次品要赔20元，已知这台机器生产出甲等品、乙等品和次品的概率分别为0.6，0.3和0.1，则这台机器每生产一件产品，平均预期可获利（　B　）
A.36元 B.37元 C.38元 D.39元
解析　设这台机器每生产一件产品可获利X元，则X可能取的数值为50，30，－20，所以P（X＝50）＝0.6，P（X＝30）＝0.3，P（X＝－20）＝0.1，所以这台机器每生产一件产品平均预期可获利为E（X）＝50×0.6＋30×0.3－20×0.1＝37（元），故选B.
4.[多选]设离散型随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P q 0.4 0.1 0.2 0.2
若离散型随机变量Y满足Y＝2X＋1，则下列结果正确的有（　ACD　）
A.q＝0.1 B.E（X）＝2，D（X）＝1.4
C.E（X）＝2，D（X）＝1.8 D.E（Y）＝5，D（Y）＝7.2
解析　因为q＋0.4＋0.1＋0.2＋0.2＝1，所以q＝0.1，故A正确；又E（X）＝0×0.1＋1×0.4＋2×0.1＋3×0.2＋4×0.2＝2，
D（X）＝（0－2）2×0.1＋（1－2）2×0.4＋（2－2）2×0.1＋（3－2）2×0.2＋（4－2）2×0.2＝1.8，故C正确，B错误；因为Y＝2X＋1，所以E（Y）＝2E（X）＋1＝5，D（Y）＝4D（X）＝7.2，故D正确.故选ACD.
5.若随机变量X满足P（X＝c）＝1，其中c为常数，则D（X）的值为　0　.
解析　∵P（X＝c）＝1，∴E（X）＝c×1＝c，∴D（X）＝（c－c）2×1＝0.
研透高考 明确方向
命题点1　离散型随机变量分布列的性质
例1 （1）某射手射击所得环数ξ的分布列如下表：
ξ 7 8 9 10
P x 0.1 0.3 y
已知ξ的数学期望E（ξ）＝8.9，则y的值为（　C　）
A.0.8 B.0.6 C.0.4 D.0.2
解析　由题中表格可知x＋0.1＋0.3＋y＝1，7x＋8×0.1＋9×0.3＋10y＝8.9，解得y＝0.4.故选C.
（2）[多选]设随机变量ξ的分布列为P（ξ＝）＝ak（k＝1，2，3，4，5），则（　AB　）
A.a＝ B.P（＜ξ＜）＝
C.P（＜ξ＜）＝ D.P（ξ＝1）＝
解析　∵随机变量ξ的分布列为P（ξ＝）＝ak（k＝1，2，3，4，5），
∴P（ξ＝）＋P（ξ＝）＋P（ξ＝）＋P（ξ＝）＋P（ξ＝1）＝a＋2a＋3a＋4a＋5a＝15a＝1，解得a＝，故A正确；
易知P（＜ξ＜）＝P（ξ＝）＝3×＝，故B正确；
易知P（＜ξ＜）＝P（ξ＝）＋P（ξ＝）＝＋2×＝，故C错误；
易知P（ξ＝1）＝5×＝，故D错误.
方法技巧
离散型随机变量分布列的性质的应用
1.利用“总概率之和为1”可以求相关参数的值及检验分布列是否正确；
2.利用“离散型随机变量在某一范围内的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和”求某些特定事件的概率.
训练1 （1）若随机变量X的分布列为
X －2 －1 0 1 2 3
P 0.1 0.2 0.2 0.3 0.1 0.1
则当P（X＜a）＝0.8时，实数a的取值范围是（　C　）
A.（－∞，2] B.[1，2] C.（1，2] D.（1，2）
解析　由随机变量X的分布列知，P（X＜1）＝0.5，P（X＜2）＝0.8，故当P（X＜a）＝0.8时，实数a的取值范围是（1，2].
（2）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）＝　　，公差d的取值范围是　[－，]　.
解析　因为a，b，c成等差数列，
所以2b＝a＋c.又a＋b＋c＝1，所以b＝，所以P（｜X｜＝1）＝a＋c＝.
又a＝－d，c＝＋d，
根据分布列的性质，得0≤－d≤，0≤＋d≤，所以－≤d≤.
命题点2　离散型随机变量的分布列及数字特征
例2 （1）[多选]设随机变量ξ的分布列为P（ξ＝k）＝（k＝1，2，5），a∈R，分别为随机变量ξ的数学期望与方差，则（　ABC　）
A.P（0＜ξ＜3.5）＝ B.E（3ξ＋1）＝7
C.D（ξ）＝2 D.D（3ξ＋1）＝6
解析　∵P（ξ＝k）＝（k＝1，2，5），a∈R，
∴P（ξ＝1）＝＝，P（ξ＝2）＝＝，P（ξ＝5）＝＝，∴＋＋＝1，
解得a＝1.
P（0＜ξ＜3.5）＝P（ξ＝1）＋P（ξ＝2）＝＋＝，故A正确；
∵E（ξ）＝1×＋2×＋5×＝2，∴E（3ξ＋1）＝3E（ξ）＋1＝3×2＋1＝7，故B正确；D（ξ）＝×（1－2）2＋×（2－2）2＋×（5－2）2＝2，故C正确；
D（3ξ＋1）＝32D（ξ）＝9×2＝18，故D错误.
（2）[2022全国卷甲]甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局.三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军.已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立.
①求甲学校获得冠军的概率；
②用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望.
解析　①设甲学校获得冠军的事件为A，则甲学校必须获胜2场或者3场.
P（A）＝0.5×0.4×0.8＋（1－0.5）×0.4×0.8＋0.5×（1－0.4）×0.8＋0.5×0.4×（1－0.8）＝0.6.
故甲学校获得冠军的概率为 0.6.
②X的取值可以为0，10，20，30.
P（X＝0）＝0.5×0.4×0.8＝0.16，
P（X＝10）＝（1－0.5）×0.4×0.8＋0.5×（1－0.4）×0.8＋0.5×0.4×（1－0.8）＝0.44，
P（X＝20）＝（1－0.5）×（1－0.4）×0.8＋0.5×（1－0.4）×（1－0.8）＋（1－0.5）×0.4×（1－0.8）＝0.34，
P（X＝30）＝（1－0.5）×（1－0.4）×（1－0.8）＝0.06.
所以X的分布列为
X 0 10 20 30
P 0.16 0.44 0.34 0.06
所以E（X）＝0×0.16＋10×0.44＋20×0.34＋30×0.06＝13.
方法技巧
求离散型随机变量X的均值与方差的步骤
（1）理解X的含义，写出X的全部可能取值；
（2）求X取每个值的概率；
（3）写出X的分布列；
（4）由均值、方差的定义求E（X），D（X）.
训练2 [多选]甲、乙两人进行纸牌游戏（纸牌除了颜色不同，没有其他任何区别），他们手里各持有4张纸牌，其中甲手里有2张黑牌，2张红牌，乙手里有3张黑牌，1张红牌，现在两人都各自随机取出1张牌进行交换，交换后甲、乙手中的红牌张数分别为X，Y，则（　AD　）
A.P（X＝2）＝ B.P（X＝3）＝
C.E（X）＝E（Y） D.D（X）＝D（Y）
解析　记甲取出1张红牌为事件A，乙取出1张红牌为事件B，
则P（A）＝＝，P（B）＝.
由题意，X的可能取值为1，2，3，且Y＝3－X，
则P（X＝1）＝×＝，P（X＝2）＝×＋×＝，P（X＝3）＝×＝，故A正确，B错误.
E（X）＝1×＋2×＋3×＝，E（Y）＝E（3－X）＝3－E（X）＝3－＝，故C错误.
D（Y）＝D（3－X）＝（－1）2D（X）＝D（X），故D正确.故选AD.
命题点3　利用均值与方差进行决策
例3 [2021新高考卷Ⅰ]某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题.每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束.A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分.
已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.
（1）若小明先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列；
（2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由.
解析　（1）由题意得，X的所有可能取值为0，20，100，
P（X＝0）＝1－0.8＝0.2，
P（X＝20）＝0.8×（1－0.6）＝0.32，
P（X＝100）＝0.8×0.6＝0.48，
所以X的分布列为
X 0 20 100
P 0.2 0.32 0.48
（2）当小明先回答A类问题时，由（1）可得E（X）＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4.
当小明先回答B类问题时，记Y为小明的累计得分，
则Y的所有可能取值为0，80，100，
P（Y＝0）＝1－0.6＝0.4，
P（Y＝80）＝0.6×（1－0.8）＝0.12，
P（Y＝100）＝0.6×0.8＝0.48，
所以Y的分布列为
Y 0 80 100
P 0.4 0.12 0.48
E（Y）＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6.
因为57.6＞54.4，即E（Y）＞E（X），所以为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答B类问题.
方法技巧
在利用均值和方差的意义去分析、解决实际问题时，一般先比较均值，若均值相同，再用方差来决定.需要注意的是，实际应用中是方差大了好还是方差小了好，要看这组数据反映的实际问题.
训练3 [2023湖北荆州中学模拟]某公司计划在2023年年初将1 000万元用于投资，现有两个项目供选择.
项目一：新能源汽车.据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利30％，也可能亏损15％，且这两种情况发生的概率分别为和.
项目二：通信设备.据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利50％，也可能亏损30％，也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为，，.
（1）针对以上两个投资项目，请你为投资公司选择一个合理的项目，并说明理由.
（2）若市场预期不变，该投资公司按照你选择的项目长期投资（每一年的利润和本金继续用作投资），大约在哪一年年底总资产（利润＋本金）可以翻一番？（参考数据：）
解析　（1）若投资项目一，设获利为ξ1万元（负值表示亏损），则ξ1的分布列为
ξ1 300 －150
P
E（ξ1）＝300×＋（－150）×＝200.
若投资项目二，设获利为ξ2万元（负值表示亏损，0表示不赔不赚），则ξ2的分布列为
ξ2 500 0 －300
P
E（ξ2）＝500×＋0×＋（－300）×＝200.
∴E（ξ1）＝E（ξ2），即投资项目一和项目二获利的期望相同.
D（ξ1）＝（300－200）2×＋（－150－200）2×＝35 000，
D（ξ2）＝（500－200）2×＋（0－200）2×＋（－300－200）2×＝140 000，
∴D（ξ1）＜D（ξ2），即项目一的方差较小，投资项目一更稳定.
综上，建议该投资公司选择项目一进行投资.
（2）假设n（n∈N*）年后总资产可以翻一番，依题意得1 000×（1＋）n＝2 000，即1.2n＝2，
两边同时取对数，得n×lg 1.2＝lg 2，n＝≈≈3.805 3，
∴该投资公司大约在2026年年底总资产可以翻一番.第7讲　二项分布、超几何分布与正态分布
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.了解伯努利试验，掌握二项分布及其数字特征，并能解决简单的实际问题. 2.了解超几何分布及其均值，并能解决简单的实际问题. 3.通过误差模型，了解服从正态分布的随机变量.通过具体实例，借助频率分布直方图的几何直观，了解正态分布的特征. 4.了解正态分布的均值、方差及其含义. 二项分布 2021天津T14；2019天津T16 本讲常以生产生活实际情境为载体考查二项分布、超几何分布及正态分布的应用，解题时注意对相关概念的理解及相关公式的应用.在2025年高考备考时注意对不同分布模型的理解和应用.
超几何分布 2021浙江T15
正态分布及其应用 2022新高考卷ⅡT13；2021新高考卷ⅡT6
1.n重伯努利试验
（1）定义：把只包含两个可能结果的试验叫做伯努利试验.将一个伯努利试验独立地重复进行n次所组成的随机试验称为n重伯努利试验.
（2）特征：a.同一个伯努利试验重复做n次；b.各次试验的结果相互独立.
2.二项分布
（1）定义：一般地，在n重伯努利试验中，设每次试验中事件A发生的概率为p（0＜p＜1），用X表示事件A发生的次数，则X的分布列为P（X＝k）＝①pk（1－p）n－k，k＝0，1，2，…，n.如果随机变量X的分布列具有上式的形式，则称随机变量X服从二项分布，记作②　X～B（n，p）　.特别地，当n＝1时，此时的二项分布为两点分布.
（2）期望与方差：若X～B（n，p），则E（X）＝③　np　，D（X）＝④　np（1－p）　.
3.超几何分布
（1）定义：一般地，假设一批产品共有N件，其中有M件次品.从N件产品中随机抽取n件（不放回），用X表示抽取的n件产品中的次品数，则X的分布列为P（X＝k）＝⑤　　，k＝m，m＋1，m＋2，…，r.其中n，N，M∈N*，M≤N，n≤N，m＝max{0，n－N＋M}，r＝min{n，M}.如果随机变量X的分布列具有上式的形式，那么称随机变量X服从超几何分布.
（2）期望：E（X）＝⑥　　.
注意　二项分布是有放回抽取问题，超几何分布是不放回抽取问题.
4.正态分布
（1）定义：若随机变量X的概率分布密度函数为f（x）＝，x∈R，其中μ∈R，σ＞0为参数，则称随机变量X服从正态分布，记为⑦　X～N（μ，σ2）　.特别地，当μ＝0，σ＝1时，称随机变量X服从标准正态分布.
（2）正态曲线的特点
a.曲线是单峰的，它关于直线⑧　x＝μ　对称.
b.曲线在⑨　x＝μ　处达到峰值.
c.当｜x｜无限增大时，曲线无限接近x轴.
d.曲线与x轴之间的面积为⑩　1　.
e.当σ取定值时，曲线的位置由μ确定，且随着μ的变化而沿x轴平移，如图1所示.
f.当μ取定值时，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　，如图2所示.
说明　从图1，图2可以发现参数μ反映了正态分布的集中位置，σ反映了随机变量的分布相对于均值μ的离散程度.
（3）正态分布三个常用数据
P（μ－σ≤X≤μ＋σ）≈0.682 7，
P（μ－2σ≤X≤μ＋2σ）≈0.954 5，
P（μ－3σ≤X≤μ＋3σ）≈0.997 3.
说明　在实际应用中，通常认为服从正态分布N（μ，σ2）的随机变量X只取[μ－3σ，μ＋3σ]中的值，这在统计学中称为3σ原则.
（4）正态分布的期望与方差：若X～N（μ，σ2），则E（X）＝ 　μ　，D（X）＝ 　σ2　.
1.下列说法错误的是（　A　）
A.某射手击中目标的概率为0.9，从开始射击到击中目标所需的射击次数X服从二项分布
B.从4名男演员和3名女演员中选出4人，其中女演员的人数X服从超几何分布
C.n重伯努利试验中各次数试验的结果相互独立
D.正态分布是对连续型随机变量而言的
2.[多选]若袋子中有2个白球，3个黑球（球除了颜色不同，没有其他任何区别），现从袋子中有放回地随机取球4次，每次取一个球，取到白球记1分，取到黑球记0分，记4次取球的总分数为X，则（　BCD　）
A.X～B（4，） B.P（X＝3）＝
C.E（X）＝ D.D（X）＝
解析　由题意知，每次取到白球的概率为，取到黑球的概率为，由于取到白球记1分，取到黑球记0分，所以X为4次取球取到白球的个数，易知X～B（4，），故A错误；
P（X＝3）＝（）3×＝，故B正确；
E（X）＝4×＝，故C正确；
D（X）＝4××＝，故D正确.故选BCD.
3.已知随机变量X服从正态分布N（3，1），且P（X＞2c－1）＝P（X＜c＋3），则c＝　　.
解析　∵随机变量X服从正态分布N（3，1），且P（X＞2c－1）＝P（X＜c＋3），∴＝3，∴c＝.
4.[教材改编]生产方提供一批产品50箱，其中有2箱不合格产品.采购方接收该批产品的准则是：从该批产品中任取5箱产品进行检测，若至多有1箱不合格产品，便接收该批产品.则该批产品被接收的概率是　　.
解析　用X表示“5箱中不合格产品的箱数”，则X服从超几何分布，且N＝50，M＝2，n＝5.
因为这批产品被接收的条件是5箱全部合格或只有1箱不合格，
所以该批产品被接收的概率是P（X≤1）＝＋＝.
研透高考 明确方向
命题点1　二项分布
例1 （1）已知随机变量X～B（n，p），E（X）＝2，D（X）＝，则P（X≥2）＝（　A　）
A. B. C. D.
解析　由随机变量X～B（n，p），E（X）＝2，D（X）＝，得解得
所以P（X≥2）＝1－P（X＝1）－P（X＝0）＝1－×（）1×（1－）3－1－××（1－）3－0＝1－－＝.
（2）为了解观众对2023年央视春晚小品节目《坑》的评价，某机构随机抽取10位观众对其打分（满分10分），得到如下表格：
观众序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
评分 7.8 8.9 8.6 7.4 8.5 8.5 9.5 9.9 8.3 9.1
①求这组数据的第75百分位数；
②将频率视为概率，现从观众中随机抽取3人对节目《坑》进行评价，记抽取的3人中评分超过9.0的人数为X，求X的分布列、数学期望与方差.
解析　①将这组数据从小到大排列，为7.4，7.8，8.3，8.5，8.5，8.6，8.9，9.1，9.5，9.9，
所以这组数据的第75百分位数为9.1.
②样本中评分超过9.0的有3个，所以评分超过9.0的频率为0.3.
把频率视为概率，则评分超过9.0的概率为0.3.
依题意，X的所有可能取值为0，1，2，3，且X～B（3，0.3），
则P（X＝0）＝×0.73＝0.343，
P（X＝1）＝×0.3×0.72＝0.441，
P（X＝2）＝×0.32×0.7＝0.189，
P（X＝3）＝×0.33＝0.027，
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P 0.343 0.441 0.189 0.027
（注意根据分布列中所有可能取值的概率之和为1检验所求的分布列是否正确）
所以E（X）＝3×0.3＝0.9，
D（X）＝3×0.3×0.7＝0.63.
方法技巧
二项分布问题的解题关键
1.定型
（1）在每一次试验中，事件发生的概率相同.
（2）各次试验中的事件是相互独立的.
（3）在每一次试验中，试验的结果只有两个，即发生与不发生.
2.定参：确定二项分布中的两个参数n和p，即试验发生的次数和试验中事件发生的概率.
训练1 [天津高考]设甲、乙两位同学上学期间，每天7：30之前到校的概率均为，假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立.
（1）用X表示甲同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数，求随机变量X的分布列和数学期望；
（2）设M为事件“上学期间的三天中，甲同学在7：30之前到校的天数比乙同学在7：30之前到校的天数恰好多2”，求事件M发生的概率.
解析　（1）因为甲同学上学期间的三天中每天到校情况相互独立，且每天7：30之前到校的概率均为，故X～B（3，），从而P（X＝k）＝（）k（）3－k，k＝0，1，2，3.
所以随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3
P
随机变量X的数学期望E（X）＝3×＝2.
（2）设乙同学上学期间的三天中每天7：30之前到校的天数为Y，则Y～B（3，），且M＝{X＝3，Y＝1}∪{X＝2，Y＝0}.
由题意知事件{X＝3，Y＝1}与{X＝2，Y＝0}互斥，且事件{X＝3}与{Y＝1}，事件{X＝2}与{Y＝0}均相互独立，从而由（1）知.
命题点2　超几何分布
例2 [2023北京市朝阳区质检]某数学教师组织学生进行线上答题交流活动，规定从8道备选题中随机抽取题目作答，假设在8道备选题中，学生甲答对每道题的概率都是，且每道题答对与否互不影响，学生乙、丙都只能答对其中的6道题.
（1）若甲、乙两人分别从8道备选题中随机抽取1道作答，求至少有1人能答对的概率；
（2）若学生丙从8道备选题中随机抽取2道作答，以X表示其中丙能答对的题数，求X的分布列及数学期望.
解析　（1）由题意可知随机抽取1道试题作答，乙能答对的概率为，
则甲、乙两人都不能答对的概率P＝（1－）×（1－）＝，
所以甲、乙两人至少有1人能答对的概率为1－P＝.
（2）X的所有可能取值为0，1，2，
P（X＝0）＝＝，P（X＝1）＝＝，P（X＝2）＝＝，
X的分布列为
X 0 1 2
P
解法一　所以E（X）＝0×＋1×＋2×＝.
解法二　因为X服从超几何分布H（8，6，2），所以E（X）＝＝.
方法技巧
1.超几何分布描述的是不放回抽样问题，随机变量为抽到的某类个体的个数.
2.超几何分布的特征是：（1）考查对象分两类；（2）已知各类对象的个数；（3）从中抽取若干个个体，考查某类个体数X的概率分布.
3.超几何分布主要用于抽检产品、摸不同类别的小球等概率模型，其实质是古典概型.
训练2 [天津高考]已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为24，16，16.现采用分层随机抽样的方法从中抽取7人，进行睡眠时间的调查.
（1）应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人？
（2）若抽出的7人中有4人睡眠不足，3人睡眠充足，现从这7人中随机抽取3人做进一步的身体检查.
（i）用X表示抽取的3人中睡眠不足的员工人数，求随机变量X的分布列与数学期望；
（ii）设A为事件“抽取的3人中，既有睡眠充足的员工，也有睡眠不足的员工”，求事件A发生的概率.
解析　（1）由已知，甲、乙、丙三个部门的员工人数之比为3∶2∶2.由于采用分层随机抽样的方法从中抽取7人，因此应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取3人，2人，2人.
（2）（i）随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，且服从超几何分布，则（k＝0，1，2，3）.
所以随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3
P
所以随机变量X的数学期望E（X）＝0×＋1×＋2×＋3×＝.（也可直接由超几何分布的期望计算公式E（X）＝求解）
（ii）设事件B为“抽取的3人中，睡眠充足的员工有1人，睡眠不足的员工有2人”；事件C为“抽取的3人中，睡眠充足的员工有2人，睡眠不足的员工有1人”，则A＝B∪C，且B与C互斥.由（i）知，P（B）＝P（X＝2），P（C）＝P（X＝1），
故P（A）＝P（B∪C）＝P（X＝2）＋P（X＝1）＝.
所以事件A发生的概率为.
命题点3　正态分布及其应用
例3 （1）[2021新高考卷Ⅱ]某物理量的测量结果服从正态分布N（10，σ2），则下列结论中不正确的是（　D　）
A.σ越小，该物理量一次测量结果落在（9.9，10.1）内的概率越大
B.该物理量一次测量结果大于10的概率为0.5
C.该物理量一次测量结果小于9.99的概率与大于10.01的概率相等
D.该物理量一次测量结果落在（9.9，10.2）内的概率与落在（10，10.3）内的概率相等
解析　设该物理量一次测量结果为X，
对于A，σ越小，说明数据越集中在10附近，所以X落在（9.9，10.1）内的概率越大，所以选项A正确；
对于B，根据正态曲线的对称性可得，P（X＞10）＝0.5，所以选项B正确；
对于C，根据正态曲线的对称性可得，P（X＞10.01）＝P（X＜9.99），所以选项C正确；
对于D，根据正态曲线的对称性可得，P（9.9＜X＜10.2）－P（10＜X＜10.3）＝P（9.9＜X＜10）－P（10.2＜X＜10.3），又P（9.9＜X＜10）＞P（10.2＜X＜10.3），所以，所以选项D错误.故选D.
（2）某工厂制造的某种机器零件的尺寸X（单位：mm）近似服从正态分布N（100，0.01），现从中随机抽取10 000个零件，尺寸在[99.8，99.9]内的个数约为（附：若随机变量X～N（μ，σ2），则P（μ－σ≤X≤μ＋σ）≈0.682 7，P（μ－2σ≤X≤μ＋2σ）≈0.954 5）（　B　）
A.2 718 B.1 359 C.430 D.215
解析　∵X～N（100，0.01），∴μ＝100，σ＝0.1，则P（99.8≤X≤99.9）＝P（μ－2σ≤X≤μ－σ）＝[P（μ－2σ≤X≤μ＋2σ）－P（μ－σ≤X≤μ＋σ）]≈×（0.954 5－0.682 7）＝0.135 9.故随机抽取的
10 000个零件中尺寸在[99.8，99.9]内的个数约为10 000×0.135 9＝1 359.
方法技巧
解决正态分布问题的思路
1.把给出的区间或范围与参数μ，σ进行对比计算，确定它们属于[μ－σ，μ＋σ]，[μ－2σ，μ＋2σ]，[μ－3σ，μ＋3σ]中的哪一个.
2.利用正态曲线的对称性转化所求概率，常用结论如下：
（1）P（X≥μ）＝P（X＜μ）＝0.5；
（2）对任意的a，有P（X＜μ－a）＝P（X＞μ＋a）；
（3）P（X＜x0）＝1－P（X≥x0）；
（4）P（a＜X＜b）＝P（X＜b）－P（X≤a）.
训练3 （1）[2022新高考卷Ⅱ]已知随机变量X服从正态分布N（2，σ2），且P（2＜X≤2.5）＝0.36，则P（X＞2.5）＝　0.14　.
解析　因为X～N（2，σ2），所以P（X＞2）＝0.5，
所以P（X＞2.5）＝P（X＞2）－P（2＜X≤2.5）＝0.5－0.36＝0.14.
（2）[2023广州市阶段测试]某品牌手机的电池使用寿命X（单位：年）服从正态分布，且使用寿命不少于1年的概率为0.9，使用寿命不少于9年的概率为0.1，则该品牌手机的电池使用寿命不少于5年且不多于9年的概率为　0.4　.
解析　由题意知P（X≥1）＝0.9，P（X≥9）＝0.1，
所以P（X＜1）＝1－0.9＝0.1＝P（X≥9），所以正态曲线的对称轴为直线x＝＝5.
因为P（1≤X≤9）＝0.9－0.1＝0.8，所以P（5≤X≤9）＝＝0.4，即该品牌手机的电池使用寿命不少于5年且不多于9年的概率为0.4.

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