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第十章
§10.7　二项分布、超几何
　 　分布与正态分布
数学
大
一
轮
复
习
1.理解二项分布、超几何分布的概念，能解决一些简单的实际问题.
2.借助正态曲线了解正态分布的概念，并进行简单应用.
课标要求
课时精练
内容索引
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
落实主干知识
第一部分
1.二项分布
(1)伯努利试验
只包含　　　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　　　　　　　.
(2)二项分布
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　　　　　.
两个
n重伯努利试验
pk(1－p)n－k
X~B(n，p)
(3)两点分布与二项分布的均值、方差
①若随机变量X服从两点分布，则E(X)＝　　，D(X)＝ .
②若X~B(n，p)，则E(X)＝ ，D(X)＝ .
p
p(1－p)
np
np(1－p)
2.超几何分布
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)＝ ，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.
3.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 .
(2)正态曲线的特点
①曲线是单峰的，它关于直线 对称；
②曲线在 处达到峰值；
③当|x|无限增大时，曲线无限接近x轴.
X~N(μ，σ2)
x＝μ
x＝μ
(3)3σ原则
①P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7；
②P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5；
③P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3.
(4)正态分布的均值与方差
若X~N(μ，σ2)，则E(X)＝ ，D(X)＝ .
μ
σ2
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)两点分布是二项分布当n＝1时的特殊情形.(　　)
(2)若X表示n次重复抛掷1枚骰子出现点数是3的倍数的次数，则X服从二项分布.(　　)
(3)从装有3个红球、3个白球的盒中有放回地任取一个球，连取3次，则取到红球的个数X服从超几何分布.(　　)
(4)当μ取定值时，正态曲线的形状由σ确定，σ越小，曲线越“矮胖”.
(　　)
×
√
√
×
2.若随机变量ξ~N(3，σ2)，且P(ξ≥4)＝0.2，则P(2<ξ<3)等于
A.0.2 B.0.3 C.0.4 D.0.5
由随机变量ξ~N(3，σ2)，根据正态分布性质可知，P(ξ>3)＝0.5，因为P(ξ≥4)＝0.2，可得P(3<ξ<4)＝P(ξ>3)－P(ξ≥4)＝0.5－0.2＝0.3，再根据正态曲线的对称性可知，P(2<ξ<3)＝P(3<ξ<4)＝0.3.
√
3.有20个零件，其中16个一等品，其余都是二等品，若从20个零件中任取3个，那么至多有一个是二等品的概率是
A. B.
C. D.以上均不对
至多有一个是二等品即只有一个二等品或者没有二等品，故概率为
.
√
4.甲、乙两名羽毛球运动员进行一场比赛，采用5局3胜制(先胜3局者胜，
比赛结束).已知每局比赛甲获胜的概率均为(不考虑平局)，则甲以3比1获
胜的概率为　　 .
若甲以3比1获胜，则甲、乙两人共比赛4局，其中前3局中甲胜2局，第4
局甲必胜，故所求概率为P＝××.
1.若X~N(μ，σ2)，则X的均值与方差分别为E(X)＝μ，D(X)＝σ2.
2.“恰好发生k次”与“有指定的k次发生”不同：恰好发生k次的概率P＝pk(1－p)n－k，有指定的k次发生的概率P＝pk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n).
3.“二项分布”与“超几何分布”的区别：有放回抽取问题对应二项分布，不放回抽取问题对应超几何分布，当总体容量很大时，超几何分布可近似为二项分布来处理.
4.超几何分布有时也记为X~H(n，M，N)，其均值E(X)＝，方差D(X)＝.
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微点提醒
探究核心题型
第二部分
例1　(2024·大庆模拟)2024年7月12日，国家疾控局会同教育部、国家卫生健康委和体育总局制定并发布了《中小学生超重肥胖公共卫生综合防控技术导则》，其中一级预防干预技术的生活方式管理中就提到了“少喝或不喝含糖饮料，足量饮水”，某中学准备发布健康饮食的倡议，提前收集了学生的体重和饮食习惯等信息，其中学生饮用含糖饮料的统计
结果如下：学校有的学生每天饮用含糖饮料不低于500毫升，这些学生的肥胖率为；而每天饮用含糖饮料低于500毫升的学生的肥胖率为.
(1)若从该中学的学生中任意抽取一名学生，求该生肥胖的概率；
二项分布
题型一
设“学生每天饮用含糖饮料不低于500毫升”为事件A，则P(A)＝，P()＝，
设“学生肥胖”为事件B，则
P(B|A)＝，P(B|)＝，
由全概率公式可得P(B)＝P(B|A)P(A)＋P(B|)P()＝××，
所以从该中学的学生中任意抽取一名学生，该生肥胖的概率为.
(2)现从该中学的学生中任意抽取三名学生，记X表示这三名学生中肥胖的人数，求X的分布列和数学期望.
由题意可知，X~B，且X的可能取值为0，1，2，3，则有
P(X＝0)＝××，
P(X＝1)＝××，
P(X＝2)＝××，
P(X＝3)＝××，
所以X的分布列为
X的数学期望E(X)＝3×.
X 0 1 2 3
P
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.
思维升华
跟踪训练1　某校为了解本校学生课间进行体育活动的情况，随机抽取了50名男生和50名女生，通过调查得到如下数据：50名女生中有10人课间经常进行体育活动，50名男生中有20人课间经常进行体育活动.
(1)请补全2×2列联表，试根据小概率值α＝0.05的独立性检验，判断性别与课间经常进行体育活动是否有关联；
性别 体育活动 合计
课间不经常进行体育活动 课间经常进行体育活动 男
女
合计
附表：
α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
附：χ2＝，其中n＝a＋b＋c＋d.
依题意，列出2×2列联表如下：
零假设为H0：性别与课间经常进行体育活动相互独立，即性别与课间是否经常进行体育活动无关.
性别 体育活动 合计
课间不经常进行体育活动 课间经常进行体育活动 男 30 20 50
女 40 10 50
合计 70 30 100
因为χ2＝≈4.762>3.841＝x0.05，根据小概率值α＝
0.05的独立性检验，我们推断H0不成立，
即认为性别与课间是否经常进行体育活动有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05.
(2)以样本的频率作为概率的值，在全校的男生中任取4人，记其中课间经常进行体育活动的人数为X，求X的分布列、数学期望和方差.
性别 体育活动 合计
课间不经常进行体育活动 课间经常进行体育活动 男 30 20 50
女 40 10 50
合计 70 30 100
附表：
α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
附：χ2＝，其中n＝a＋b＋c＋d.
由题意得，50名男生中课间经常进行体育活动的频率为，所以在本校男生中随机抽取1人为课间经常进行体育活动者的概率为，
由题意得X~B，则P(X＝k)＝，k＝0，1，2，3，4，
可得P(X＝0)＝××，
P(X＝1)＝××，
P(X＝2)＝××，
P(X＝3)＝××，
P(X＝4)＝××，
X的分布列为
X的数学期望为E(X)＝np＝4×，
X的方差为D(X)＝np(1－p)
＝4××.
X 0 1 2 3 4
P
超几何分布
题型二
例2　(2025·成都模拟)某植物园种植一种观赏花卉，这种观赏花卉的高度(单位：cm)介于[15，25]之间，现对植物园部分该种观赏花卉的高度进行测量，所得数据统计如图所示.
(1)求a的值；
依题意可得(0.05＋0.075＋a＋0.15＋0.1)×2＝1，解得a＝0.125.
(2)若从高度在[15，17)和[17，19)内的花卉中采用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取5株，在这5株中随机抽取3株，记高度在[15，17)内的株数为X，求X的分布列及数学期望E(X)；
高度在[15，17)和[17，19)内的频率分别为0.1和0.15，所以抽取的5株中，高度在[15，17)和[17，19)内的株数分别为2和3，所以X的所有可能取值为0，1，2.
所以P(X＝0)＝，
P(X＝1)＝，
P(X＝2)＝，
X 0 1 2
P
所以X的分布列为
所以E(X)＝0×＋1×＋2×.
(3)以频率估计概率，若在所有花卉中随机抽取3株，求在至少有2株花卉的高度在[21，25]内的条件下，恰有2株花卉的高度不低于23 cm的概率.
从所有花卉中随机抽取3株，记至少有2株花卉的高度在[21，25]内为事件M，恰有2株花卉的高度不低于23 cm为事件N，
由题意知，在花卉中随机抽取1株，其高度在[21，25]内的概率为(0.15＋
0.1)×2＝0.5＝，其高度在[23，25]内的概率为
0.1×2＝0.2＝，
则P(M)＝×，
P(MN)＝×，
所以P(N|M)＝.
(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.超几何分布的特征是①考察对象分两类；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的分布列.
(2)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，其本质是古典概型.
思维升华
跟踪训练2　(2024·聊城模拟)随着互联网的普及、大数据的驱动，线上线下相结合的新零售时代已全面开启，新零售背景下，即时配送行业稳定快速增长.某即时配送公司为更好地了解客户需求，优化自身服务，提高客户满意度，在其A，B两个分公司的客户中各随机抽取10位客户进行了满意度评分调查(满分100分)，评分结果如下：
分公司A：66，80，72，79，80，78，87，86，91，91.
分公司B：62，77，82，70，73，86，85，94，92，89.
(1)求抽取的这20位客户评分的第一四分位数；
将抽取的这20位客户的评分从小到大排列为62，66，70，72，73，77，78，79，80，80，82，85，86，86，87，89，91，91，92，94.
因为20×25%＝5，
所以抽取的这20位客户评分的第一四分位数为＝75.
(2)规定评分在75分以下的为不满意，从上述不满意的客户中随机抽取3人继续沟通不满意的原因及改进建议，设被抽到的3人中分公司B的客户人数为X，求X的分布列和数学期望.
由已知得分公司A中75分以下的有66分，72分；
分公司B中75分以下的有62分，70分，73分，
所以上述不满意的客户共5人，其中分公司A中2人，分公司B中3人.
所以X的所有可能取值为1，2，3.
P(X＝1)＝，
P(X＝2)＝，
P(X＝3)＝，
所以X的分布列为
X的数学期望
E(X)＝1×＋2×＋3×.
X 1 2 3
P
正态分布
题型三
例3　(1)(多选)(2025·南京模拟)已知三个密度函数fi(x)＝
(x∈R，i＝1，2，3)的图象如图所示，则
A.μ1＝μ2>μ3
B.σ1＝σ2<σ3
C.若X~N(1，)，P(X<2)＝0.7，则P(0D.若X~N(μ2，)，Y~N(μ3，)，则存在实数x0，使得P(X√
√
√
根据正态曲线关于x＝μ对称，且μ越大曲线越靠近
右边，则μ1<μ2＝μ3，故A错误；
又σ越小数据越集中，曲线越瘦高，则σ1＝σ2<σ3，
故B正确；
X~N(1，)，P(X<2)＝0.7，P(1若X~N(μ2，)，Y~N(μ3，)，μ2＝μ3，则存在实数x0＝μ2＝μ3，使P(X(2)(多选)(2024·新课标全国Ⅰ)随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.为了解推动出口后的亩收入(单位：万元)情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值＝2.1，样本方差s2＝0.01，已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N(1.8，0.12)，假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N(，s2)，则
(若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，P(Z<μ＋σ)≈0.841 3)
A.P(X>2)>0.2 B.P(X>2)<0.5
C.P(Y>2)>0.5 D.P(Y>2)<0.8
√
√
依题可知，＝2.1，s2＝0.01，
所以Y~N(2.1，0.12)，
故P(Y>2)＝P(Y>2.1－0.1)＝P(Y<2.1＋0.1)≈0.841 3，所以C正确，D错误；
因为X~N(1.8，0.12)，
所以P(X<1.8＋0.1)≈0.841 3，
所以P(X>1.8＋0.1)≈1－0.841 3＝0.158 7，
而P(X>2)＝P(X>1.8＋2×0.1)1.8＋0.1)≈0.158 7，
所以B正确，A错误.
解决正态分布问题的三个关键点
(1)对称轴为x＝μ.
(2)标准差为σ.
(3)分布区间.
利用对称性可求指定范围内的概率值；由μ，σ，分布区间的特征进行转化，使分布区间转化为3σ特殊区间，从而求出所求概率.注意只有在标准正态分布下对称轴才为x＝0.
思维升华
跟踪训练3　(2024·洛阳质检)某教学研究机构从参加高考适应性考试的
20 000名优秀考生中随机抽取了200人对其数学成绩进行了整理分析，作出了如图所示的频率分布直方图：
(1)根据频率分布直方图，同一组数据用该组区间的中点值作代表，求得这200名考生数学成绩的平均数为＝110.据此估计这20 000名优秀考生数学成绩的标准差s；
附：≈2.4；
若X~N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5.
抽取的200名考生数学成绩的方差估计
值为s2＝(80－110)2×0.02＋(90－110)2
×0.09＋(100－110)2×0.22＋(110－
110)2×0.33＋(120－110)2×0.24＋(130
－110)2×0.08＋(140－110)2×0.02＝150.
故估计这20 000名考生数学成绩的方差为150，标准差s＝＝5≈
5×2.4＝12.
(2)根据以往经验，可以认为这20 000名优秀考生的数学成绩X近似服从正态分布N(μ，σ2)，其中参数μ和σ可以分别用(1)中的和s来估计.记考生本次考试的各科总成绩为Y，若Y＝5X－10，试估
计这20 000名优秀考生中总成绩Y∈[600，660]的人数.
附：≈2.4；
若X~N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5.
返回
由(1)知μ可用＝110来估计，σ2可用s2＝150
来估计.故X~N(110，150).
σ＝＝5≈12.
又P(μ＋σ≤X≤μ＋2σ)
＝≈＝0.135 9，
故P(122≤X≤134)≈0.135 9.
又Y＝5X－10，
所以P(600≤Y≤660)＝P(600≤5X－10≤660)＝P(122≤X≤134)≈0.135 9.
故这20 000名优秀考生中总成绩在[600，660]的人数约为20 000×0.135 9＝2 718.
课时精练
对一对
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 B A D B AC BC 0.4　64
题号 8 11 12 答案 410 BC 2 答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(1)因为对产品功能满意程度的评分服从正态分布
N(80，25)，其中μ＝80，σ＝5，
设对产品功能满意程度的评分为Y，
所以P(Y>90)＝[1－P(80－10≤Y≤80+10)]
＝[1－P(μ－2σ≤Y≤μ+2σ)]≈0.022 75，
所以本次调查中对产品功能非常满意的顾客约有250×0.022 75≈6(人).
9.
答案
1
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3
4
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6
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9
10
11
12
根据频率分布直方图得，对产品外观非常满意的频率为
0.002 4×10＝0.024，
则本次调查中对产品外观非常满意的顾客约有250×0.024＝6(人).
9.
答案
1
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11
12
(2)根据题意，这250人中对两项都非常满意的有2人，则只对产品功能非常满意的有4人，
只对产品外观非常满意的有4人，
X所有可能的取值为0，1，2.
P(X＝0)＝，
P(X＝1)＝，
P(X＝2)＝，
9.
答案
1
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6
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8
9
10
11
12
则X的分布列为
数学期望E(X)＝0×+1×+2×.
9.
X 0 1 2
P
答案
1
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3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(1)每次游戏，出现“两个都是红球”的概率为
p＝.
X所有可能的取值为0，1，2，3，
P(X＝0)＝×，
P(X＝1)＝××＝，
P(X＝2)＝××＝，
10.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
P(X＝3)＝×，
所以X的分布列为
10.
X 0 1 2 3
P
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(2)设每轮游戏得分为Y，
由(1)知，Y的分布列为
则E(Y)＝－10×+20×+200×＝－1.69.
这表明，获得分数Y的数学期望为负.
因此，多轮游戏之后大多数人的分数减少了.
10.
Y －10 20 200
P
一、单项选择题
1.已知某地区中学生的身高X近似服从正态分布N(164，σ2)，若P(X≥170)＝0.3，则P(158A.0.2 B.0.4 C.0.6 D.0.8
1
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12
知识过关
答案
P(158√
1
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8
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11
12
答案
2.数学老师从6道题中随机抽3道检测学生，规定至少要解答正确2道题才能及格.某学生只能正确求解其中的4道题，则该学生能及格的概率为
A. B. C. D.
由题意知抽取3道题该学生不及格的情况只有只对一道题一种情况，则只
答对一道题的概率为P＝.
√
1
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11
12
答案
3.数轴上一个质点在随机外力的作用下，从原点O出发，每隔1秒向左或
向右移动一个单位，已知向右移动的概率为，向左移动的概率为，共移
动8次，则质点位于－2的位置的概率是
A. B.
C. D.
√
1
2
3
4
5
6
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8
9
10
11
12
答案
依题意此实验满足8重伯努利实验，设向左移动次数
为X，则X~B，从原点O出发，共移动8次，
最后质点位于－2，则需向右移动3次，向左移动5次，所以质点位于－2
的位置的概率为P(X＝5)＝.
1
2
3
4
5
6
7
8
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11
12
答案
4.某商场推出一种抽奖活动：盒子中装有有奖券和无奖券共10张，客户从中任意抽取2张，若至少抽中1张有奖券，则该客户中奖，否则不中奖.客户甲每天都参加1次抽奖活动，一个月(30天)下来，发现自己共中奖11次，根据这个结果，估计盒子中的有奖券有
A.1张 B.2张 C.3张 D.4张
√
1
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3
4
5
6
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11
12
答案
设中奖的概率为p，30天中奖的天数为X，则X~B(30，p).
若盒子中的有奖券有1张，则中奖的概率
p＝，E(X)＝30×＝6；
若盒子中的有奖券有2张，
则中奖的概率p＝，
E(X)＝30×；
若盒子中的有奖券有3张，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
则中奖的概率p＝，
E(X)＝30×＝16；
若盒子中的有奖券有4张，
则中奖的概率p＝，
E(X)＝30×＝20.
根据题意盒子中的有奖券有2张时，更有可能30天中奖11次.
1
2
3
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6
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8
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12
答案
二、多项选择题
5.下列命题中正确的是
A.设随机变量ξ服从正态分布N(μ，7)，若P(ξ<2)＝P(ξ>4)，则μ＝3
B.若随机变量X服从两点分布，P(X＝1)＝，则D(X)＝
C.若随机变量ξ服从超几何分布，且N＝10，n＝3，M＝3，则E(ξ)＝0.9
D.若X~B，则当P(X＝k)取最大值时，k＝4
√
√
1
2
3
4
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答案
随机变量ξ服从正态分布N(μ，7)，若P(ξ<2)＝P(ξ>4)，则正态曲线关于直线x＝3对称，则μ＝3，故A正确；
若随机变量X服从两点分布，P(X＝1)＝，则E(X)＝，D(X)＝××，故B错误；
若随机变量ξ服从超几何分布，且N＝10，n＝3，M＝3，则E(ξ)＝＝0.9，故C正确；
1
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答案
因为随机变量X~B，所以P(X＝k)＝(k＝0，
1，2，3，4，5，6，7)，所以要使P(X＝k)最大，只需(k＝0，1，2，3，4，5，6，7)最大，由二项式系数的性质得，当k＝3或4时，最大，故D错误.
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答案
6.(2025·贵阳模拟)袋子中有除颜色外完全相同的2个黑球、1个白球，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0分，取到黑球记2分，记4次取球的总分数为X，则
A.X~B B.P(X＝4)＝
C.E(X)＝ D.D(X)＝
√
√
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答案
从袋子中有放回地取球4次，则每次取球互不影响，并且每次取到黑球的概率相等，记4次取球取到黑球的次数为Y，则X＝2Y，又每次取到黑球
的概率为，因为是有放回地取4次球，所以Y~B，故A不正确；
P(X＝4)＝P(Y＝2)＝××，故B正确；
根据二项分布期望公式得E(Y)＝4×，所以E(X)＝2E(Y)＝2×，
故C正确；
根据二项分布方差公式得D(Y)＝4××，所以D(X)＝4D(Y)＝4×，故D不正确.
三、填空题
7.(2024·南通调研)已知随机变量X~N(4，42).若P(X<3)＝0.3，则P(31
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答案
0.4
64
由题意可知μ＝4，σ＝4，即D(X)＝16，
所以D(Y)＝4D(X)＝64，
因为3＋5＝2μ，且P(X<3)＝0.3，
所以P(31
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答案
8.为舒缓高考压力，某中学高三年级开展了“葵花心语”活动，每个同学选择一颗葵花种子亲自播种在花盆中，四个人为一组，每组四人的种子播种在同一花盆中，若盆中至少长出三株花苗，则可评为“阳光小组”.已知每颗种子发芽的概率为0.8，全年级恰好共种了500盆，则大约有　　　个小组能评为“阳光小组”.(结果四舍五入法保留整数)
410
1
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答案
由题意知，每一盆至少长出三株花苗包括“恰好长出三株花苗”和“长出四株花苗”两种情况，
其概率为×(1－0.8)×0.83＋×0.84＝0.819 2，
即每个小组能被评为“阳光小组”的概率为0.819 2，且被评为“阳光小组”的组数X~B(500，0.819 2)，
所以全年级中能被评为“阳光小组”的大约有500×0.819 2＝409.6≈
410(个)小组.
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12
答案
四、解答题
9.某公司为了解市场对其开发的新产品的需求情
况，共调查了250名顾客，采取100分制，对产品
功能满意程度、产品外观满意程度分别进行评分，
其中对产品功能满意程度的评分服从正态分布N
(80，25)，对产品外观满意程度评分的频率分布
直方图如图所示，规定评分90分以上(不含90分)视为非常满意.
(1)本次调查中对产品功能非常满意和对产品外观非常满意的各有多少人？(结果四舍五入取整数)
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答案
因为对产品功能满意程度的评分服从正态分布
N(80，25)，
其中μ＝80，σ＝5，
设对产品功能满意程度的评分为Y，
所以P(Y>90)＝[1－P(80－10≤Y≤80＋10)]＝
[1－P(μ－2σ≤Y≤μ＋2σ)]≈0.022 75，
所以本次调查中对产品功能非常满意的顾客约有250×0.022 75≈6(人).
根据频率分布直方图得，对产品外观非常满意的频率为0.002 4×10＝0.024，
则本次调查中对产品外观非常满意的顾客约有250×0.024＝6(人).
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答案
(2)若这250人中对两项都非常满意的有2人，现从对产品功能非常满意和对产品外观非常满意的人中随机抽取3人，设3人中两项都非常满意的有X人，求X的分布列和数学期望.(附：若Y~N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤Y≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤Y≤μ＋2σ)≈0.954 5)
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答案
根据题意，这250人中对两项都非常满意的有2
人，则只对产品功能非常满意的有4人，
只对产品外观非常满意的有4人，X所有可能的
取值为0，1，2.
P(X＝0)＝，
P(X＝1)＝，
P(X＝2)＝，
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答案
则X的分布列为
数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×.
X 0 1 2
P
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答案
10.一款小游戏的规则如下：每轮游戏要进行3次，每次游戏都需要从装有大小相同的2个红球，3个白球的袋中随机摸出2个球，若摸出“两个都是红球”出现3次，则获得200分；若摸出“两个都是红球”出现1次或2次，则获得20分；若摸出“两个都是红球”出现0次，则扣除10分(即获得－10分).
(1)设每轮游戏中出现“摸出两个都是红球”的次数为X，求X的分布列；
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答案
每次游戏，出现“两个都是红球”的概率为p＝.
X所有可能的取值为0，1，2，3，
P(X＝0)＝×，
P(X＝1)＝××，
P(X＝2)＝××，
P(X＝3)＝×，
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
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答案
(2)玩过这款游戏的许多人发现，若干轮游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而减少了，请运用概率统计的相关知识分析解释上述现象.
设每轮游戏得分为Y，
由(1)知，Y的分布列为
则E(Y)＝－10×＋20×＋200×＝－1.69.
这表明，获得分数Y的数学期望为负.
因此，多轮游戏之后大多数人的分数减少了.
Y －10 20 200
P
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答案
能力拓展
11.(多选)(2025·苏州模拟)若随机变量X~N(μ，σ2)，从X的取值中随机抽取K(K∈N*，
K≥2)个数据，记这K个数据的平均值为Y，则随机变量Y~N.某珠宝店出
售的珍珠的直径均服从期望为15毫米，标准差为2的正态分布.在该店随机挑选16颗珍珠，将它串成一条项链.设这16颗珍珠的直径的平均值为Y，则
(已知：若η~N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤η≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤η≤μ＋2σ)≈
0.954 5，P(μ－3σ≤η≤μ＋3σ)≈0.997 3)
A.随机变量Y的标准差为 B.随机变量Y~N
C.P≈0.975 9 D.P(Y<14)≈0.045 5
√
√
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答案
由题设可知，μ＝15，σ＝2，K＝16，则随机变量Y~N，
可得随机变量Y的标准差为，可得A错误，B正确；
因为P
＝1－P－P(Y>16)
＝1－
＝PP(14≤Y≤16)
≈×0.997 3＋×0.954 5＝0.975 9，C正确；
易知P(Y<14)≈×(1－0.954 5)＝0.022 75，D错误.
12.(2024·四川省大数据精准教学联盟模拟)条件概率与条件期望是现代概率体系中的重要概念，近年来，条件概率和条件期望已被广泛的应用到日常生产生活中.定义：设X，Y是离散型随机变量，则X在给定事件Y＝y
条件下的期望为E(X|Y＝y)＝xi·P(X＝xi|Y＝y)＝xi·，其
中为X的所有可能取值的集合，P(X＝xi，Y＝y)表示事件“X＝xi”与事件“Y＝y”都发生的概率.某商场进行促销活动，凡在该商场每消费500元，可有2次抽奖机会，每次获奖的概率均为p(02
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答案
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答案
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由题意可知ξ可取1，2，3，
所以P(ξ＝1，η＝4)＝p(1－p)2p＝p2(1－p)2，P(ξ＝2，η＝4)＝(1－p)p(1－p)p＝p2(1－p)2，
P(ξ＝3，η＝4)＝(1－p)(1－p)p·p＝p2(1－p)2，
又因为P(η＝4)＝(1－p)2p2＝3p2(1－p)2，
所以E(ξ|η＝4)＝1·＋2·＋3·
＝1×＋2×＋3×＝2.(共59张PPT)
第十章
§10.2　排列、组合
数学
大
一
轮
复
习
1.理解排列、组合的概念.
2.能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式.
3.能利用排列、组合解决简单的实际问题.
课标要求
课时精练
内容索引
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
落实主干知识
第一部分
1.排列与组合的概念
名称 定义 排列 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素 按照　　　　　　排成一列
组合 作为一组
一定的顺序
2.排列数与组合数
(1)排列数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有　　　　　的个数，用符号　　表示.
(2)组合数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有　　　　　的个数，用符号　　表示.
不同排列
不同组合
3.排列数、组合数的公式及性质
公式
性质
n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)
　
1
n！
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列.(　　)
(2)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同.(　　)
(3)若组合式，则x＝m成立.(　　)
(4)＝n(n－1)(n－2)…(n－m).(　　)
×
×
√
×
2.(2024·漳州模拟)等于
A.65 B.160 C.165 D.210
＝6×5×4＋＝165.
√
3.(2024·内江模拟)有4名学生和2名老师站成一排拍照，若2名老师不站两端，则不同排列方式共有
A.72种 B.144种 C.288种 D.576种
首先将2名老师排在中间4个位置中的2个位置，再将其余4名学生全排列，故不同排列方式共有＝288(种).
√
4.从5名男同学和4名女同学中选出3名男同学和2名女同学，分别担任语文、数学、物理、化学和外语的课代表，选派的方法种数为　　　　.
7 200
首先选出3名男同学和2名女同学，共有种情况，
再把选出来的人进行全排列，共有种情况.
所以不同的选派的方法种数为＝7 200.
1.元素之间与顺序有关的为排列，与顺序无关的为组合.
2.(1)排列数与组合数之间的联系为.
(2)排列数与组合数公式的两种形式分别为①连乘积形式；②阶乘形式.前者多用于数字计算，后者多用于含有字母的排列数与组合数式子的变形与论证.
3.解有限制条件的排列、组合题，通常有直接法(合理分类)和间接法(排除法).分类时标准应统一，避免出现重复或遗漏.
4.对于分配问题，一般先分组，再分配，注意平均分组与不平均分组的区别，避免重复或遗漏.
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微点提醒
探究核心题型
第二部分
例1　有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法种数.
(1)排成前后两排，前排3人，后排4人；
排列问题
题型一
分两步完成，先选3人站前排，有种排法，余下4人站后排，有种排法，
故共有＝5 040(种)排法.
(2)全体排成一排，甲不站两端；
方法一　(特殊元素优先法)
先排甲，有5种排列方法，其余6人有种排列方法，故共有5×＝
3 600(种)排法.
方法二　(特殊位置优先法)
首尾位置可安排另6人中的两人，有＝3 600(种)排法.
(3)全体排成一排，甲不站排头，乙不站排尾；
方法一　第一类，甲站在排尾，有＝720(种)排法；第二类，甲不站两端站中间，则甲有种排法，剩下的5人有种排法，故有＝3 000(种)排法，故共有720＋3 000＝3 720(种)排法.
方法二　(间接法)在不考虑限制条件时，有种排法；当甲站排头时，有种排法；当乙站排尾时，有种排法；当甲站排头且乙站排尾时，有种排法.
所以符合限制条件的排法共有＝3 720(种).
(4)全体排成一排，女生必须站在一起；
(捆绑法)将女生看作一个整体与3名男生一起全排列，有种排法，再将女生全排列，有种排法，故共有＝576(种)排法.
(5)全体排成一排，男生互不相邻；
(插空法)先排女生，有种排法，再在女生之间及首尾5个空位中任选3个空位安排男生，有＝1 440(种)排法.
(6)男生顺序已定，女生顺序不定.
(定序问题)7名学生站成一排，有种排法，其中3名男生的排法有种，
由于男生顺序已定，女生顺序不定，故共有＝840(种)排法.
求解排列问题的6种主要方法
思维升华
直接法 把符合条件的排列数直接列式计算
优先法 优先安排特殊元素或特殊位置
捆绑法 把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列
插空法 对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中
思维升华
定序问题除法处理 对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列
间接法 正难则反、等价转化的方法
跟踪训练1　(1)(2025·德阳模拟)甲、乙等6名数学竞赛国家集训队队员站成一排合影，若甲、乙两名同学中间恰有1人，则不同的站法数为
A.144 B.192 C.360 D.480
根据题意，分2步进行分析：
①在其他4人中，选出1人，安排在甲、乙中间，有＝8(种)情况；
②将3人看成一个整体，与其余3人全排列，有＝24(种)排法.
则有8×24＝192(种)不同的站法.
√
(2)(2024·杭州模拟)袋子中有数字“7”的卡片3张和数字“2”“3”“5”的卡片各1张，从中任意取出4张卡片，最多能组成　　　个不同的四位数(用数字回答).
72
如果取一张数字“7”的卡片，则数字“2”“3”“5”的卡片都要取出，则组成＝24(个)不同的四位数；
如果取两张数字“7”的卡片，则数字“2”“3”“5”的卡片要取出两张，则组成＝36(个)不同的四位数；
如果取三张数字“7”的卡片，则数字“2”“3”“5”的卡片要取出一张，则组成＝12(个)不同的四位数，
所以最多能组成24＋36＋12＝72(个)不同的四位数.
组合问题
题型二
例2　从含有A，B的7名男生、5名女生中选取5名，分别求符合下列条件的不同选法种数.
(1)A，B必须当选；
由于A，B必须当选，那么从剩下的10人中选取3人即可，
所以有＝120(种)选法.
(2)至少有2名女生当选；
注意到“至少有2名女生”的反面是“只有一名女生或没有女生”，
故可用间接法进行选取，
所以有＝596(种)选法.
(3)选取3名男生和2名女生分别担任班长、体育委员等5种不同的职务，但体育委员必须由男生担任，班长必须由女生担任.
分三步进行，
第一步：选1名男生、1名女生分别担任体育委员和班长两个职务有种选法；
第二步：选2名男生、1名女生补足5人有种选法；
第三步：为这3人安排职务有种选法.
由分步乘法计数原理，
得共有＝12 600(种)选法.
组合问题常有以下两类题型
(1)“含有”或“不含有”问题：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中选取.
(2)“至少”或“最多”问题：用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法；分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理.
思维升华
跟踪训练2　(1)某学校寒假期间安排3名教师与4名学生去北京、上海参加研学活动，每地要求至少1名教师与2名学生，且教师甲不去上海，则安排方案有
A.36种 B.24种 C.18种 D.12种
当教师甲与2名学生去北京时，分配方案共有＝6(种)；
当教师甲与另一名教师及2名学生去北京时，分配方案共有＝12(种)，
综上，安排方案共有6＋12＝18(种).
√
(2)为积极落实“双减”政策，丰富学生的课外活动，某校成立了手工艺社团，并开设了陶艺、剪纸等6门课程.该校甲、乙2名同学报名参加手工艺社团，每人仅报2门课程，其中甲不报陶艺、乙不报剪纸，且甲、乙两人所报课程均不相同，则甲、乙报名课程的方案种数为
A.18 B.24 C.36 D.42
√
按甲报的课程分为两类：
①若甲报剪纸，则从除了陶艺的其他4门课程中再选1门，有种结果，乙再从剩余4门课程中选2门，有种结果，则有＝24(种)方案；
②若甲不报剪纸，则从除了陶艺、剪纸的其他4门课程中选2门，有种结果，乙再从剩余除剪纸外的其他3门课程中选2门，有＝18(种)方案，
综上所述，共有24＋18＝42(种)方案.
排列组合的综合问题
题型三
例3　(多选)(2024·沧州模拟)将4个编号为1，2，3，4的小球放入四个分别标有1，2，3，4号的盒子中，则下列结论正确的有
A.共有256种放法
B.恰有一个盒子不放球，共有72种放法
C.恰有两个盒子不放球，共有84种放法
D.每个盒子只放一个小球，恰好有一个小球的编号与盒子的编号相同，
　共有8种放法
√
√
√
若4个小球分别放入编号为1，2，3，4的盒子中，共有44＝256(种)放法，故A正确；
恰有一个盒子不放球，先选一个盒子，再把4个小球分三组分配给三个盒
子，则··＝144(种)放法，故B错误；
恰有两个盒子不放球，首先选出两个空盒子，再将4个小球分为3，1或2，
2两种情况，故共··＝84(种)放法，故C正确；
每个盒子只放一个小球，恰好有一个小球的编号与盒子的编号相同，首先选一个盒子放入编号相同的小球，剩下的3个小球不能放入编号相同的盒子，共有×2＝8(种)放法，故D正确.
对于整体均分，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组数的全排列；对于部分均分，即若有m组元素个数相同，则分组时应除以.
思维升华
跟踪训练3　(1)(2025·银川模拟)现有甲、乙等5名选调生前往A，B，C三个城市任职工作，若每名选调生只能去其中的一个城市，且每个城市至少安排1名选调生，其中甲和乙两人必须去同一个城市，则不同的安排方法种数是
A.18 B.24 C.36 D.48
√
第一类，甲、乙两人去一个城市，再把另外3人分成两组各去一个城市，有＝18(种)安排方法；
第二类，从除甲、乙之外的3人中选一人和甲、乙一起去一个城市，剩下的2人各去一个城市，有＝18(种)安排方法.
所以不同的安排方法有18＋18＝36(种).
(2)6名大学生分配到4所学校实习，每名大学生只分配到一所学校，每所学校至少分配1名大学生，则不同的分配方案种数为
A.65 B.1 560 　C.2 640 　　D.4 560
√
分两种情况：
把6名大学生分为3，1，1，1四组，有种分法，再将4组对应四个学校，有种情况，由分步乘法计数原理得，共有＝480(种)安排方法；
把6名大学生分为2，2，1，1四组，有种分法，再将4组对应四个学校，有种情况，由分步乘法计数原理得，共有×＝1 080(种)
安排方法，
综上，不同的分配方案共有480＋1 080＝1 560(种).
返回
课时精练
对一对
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 B B D C A B ABC
题号 8 9 10 11 12 13 14
答案 BCD ABD 5 312 120 A 48
13
14
一、单项选择题
1.(2024·保定模拟)某地下雪导致路面积雪，现安排9名男志愿者，5名女志愿者参与扫雪和铲雪工作，其中3名女志愿者和2名男志愿者参与扫雪工作，其余志愿者参与铲雪工作，则不同的安排方法共有
A.240种 B.360种
C.720种 D.2 002种
1
2
3
4
5
6
7
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9
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11
12
知识过关
答案
√
根据分步乘法计数原理可知，不同的安排方法共有＝360(种).
13
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
2.(2024·池州模拟)甲、乙两人分别从a，b，c，d，e五项不同科目中各选三项学习，则两人恰好有两项科目相同的选法有
A.30种 B.60种 C.45种 D.90种
两人恰好有两项科目相同的选法有＝60(种).
√
13
14
1
2
3
4
5
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9
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11
12
答案
3.(2025·成都模拟)象棋作为一种古老的传统棋类益智游戏，具有深远的意义和价值.它具有红黑两种阵营，将、车、马、炮、兵等均为象棋中的棋子，现将3个红色的“将”“车”“马”棋子与2个黑色的“将”“车”棋子排成一列，则同色棋子不相邻的排列方式有
A.120种 B.24种 C.36种 D.12种
先将3个红色的“将”“车”“马”棋子进行全排列，有种排法，3个红色棋子中间有2个空，将2个黑色的“将”“车”棋子进行插空，有种排法，则同色棋子不相邻的排列方式有＝12(种).
√
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答案
4.(2024·南京模拟)北京大兴国际机场拥有机器人自动泊车系统，解决了停车满、找车难的问题.现有3辆不同的车停放在7个并排的泊车位上，要求4个空位必须相邻，箭头表示车头朝向，则不同的泊车方案有　　　种
A.16 B.18
C.24 D.32
从7个车位里选择4个相邻的车位，共有4种方式，停放的3个车辆，有＝6(种)方式，则不同的泊车方案有4×6＝24(种).
√
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答案
5.(2025·重庆模拟)如图，左车道有2辆汽车，右车道有
3辆汽车等待合流，则汽车的通过顺序共有
A.10种 B.20种
C.60种 D.120种
相当于把5辆汽车全排列，其中左车道2辆汽车顺序不变，右车道3辆汽车
顺序不变，共有＝10(种).
√
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答案
6.2023年9月23日晚，杭州第19届亚运会开幕式隆重举行.甲和乙两个宾馆为了更好地服务来华国际友人，计划从学工处雇2名会韩语的学生，1名会日语的学生做前台接待工作.该校学工处目前有7名学生，每名学生至少会韩语、日语中的一门，其中5人会韩语，4人会日语，则不同的安排方法种数为
A.22 B.32 C.36 D.40
√
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答案
由题意得，这7人中有2人既会韩语又会日语，3人只会韩语，2人只会日语.
当不派既会韩语又会日语的学生时，有＝6(种)安排方法；
当派1名既会韩语又会日语的学生时，有)＝18(种)安排方法；
当派2名既会韩语又会日语的学生时，有＝2＋6＝8(种)安排方法.
综上，共有6＋18＋8＝32(种)不同的安排方法.
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二、多项选择题
7.(2025·四川五校联考)有五名志愿者参加社区服务，共服务周六、周天两天，每天从中任选两人参加服务，则
A.每天用抓阄的方法从5人中选择2人参加服务，共有100种选法
B.恰有1人连续两天参加服务的选法是60
C.只有1人未参加服务的选法是30
D.只有1人未参加服务的选法是60
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答案
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答案
对于A，每天有·＝100(种)选法，A正确；
对于B，恰有1人连续两天参加服务，先从5人中选1人，服务周六、周天两天，有＝5(种)选法，再从余下4人中选1人参加周六服务，从剩余3人中选1人参加周日服务，有＝12(种)选法，故共有5×12＝60(种)选法，B正确，
对于C，D，只有1人未参加服务，先从5人中选1人，有＝5(种)选法，
再从余下4人中选2人参加周六服务，剩余2人参加周日服务，有＝6(种)选法，
故只有1人未参加服务的选法是5×6＝30(种)，C正确，D错误.
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答案
8.有甲、乙、丙、丁、戊5位同学，下列说法正确的是
A.若5位同学排队要求甲、乙必须相邻且丙、丁不能相邻，则不同的排法
　有12种
B.若甲、乙之间只能站1人，则不同的排法有36种
C.若甲、乙、丙3位同学按从左到右的顺序排队，则不同的排法有20种
D.若5位同学被分配到3个社区参加志愿活动，每个社区至少1位同学，则
　不同的分配方法有150种
√
√
√
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答案
对于A，甲、乙相邻可看成一人，与戊一起排列形成3个空，插入丙、丁两人即可，不同的排法种数为＝24，故A错误；
因为甲、乙之间只站1人，所以从剩下的3人中选1人站在甲、乙之间，再把甲、乙及甲、乙中间1人看成一人与另外两人全排列，故共有＝36(种)，故B正确；
五个位置，先排丁、戊两人，有＝20(种)排法，余下三个位置甲、乙、丙三人按从左到右就1种排法，故满足条件的不同排法有20种，故C正确；
五人分三组，有3，1，1或2，2，1两种分配方法，若分为3，1，1三组，则有
＝60(种)方法，若分为2，2，1三组，则有·＝90(种)方法，故满足
条件的不同分配方法有60＋90＝150(种)，故D正确.
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答案
9.(2025·沈阳模拟)若m，n为正整数且n>m>1，则
A.已知＝100，则n＝13
B.＋…＋＝329
C.m＝(n－1)
D.＝n
√
√
√
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答案
由2n(2n－1)(2n－2)＝100n(n－1)，且n≥2，解得n＝13，故A正确；
因为＋…＋＋…＋－1＝＋…＋－1＝…＝－1＝329，故B正确；
(n－1)＝＝，m，即m≠(n－1)，故C错误；
＝n·＝n，故D正确.
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答案
三、填空题
10.(2024·扬州模拟)已知，则x＝　　　.
5
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根据题意，
则解得1≤x≤7，
又x－1＝2x＋2或x－1＋2x＋2＝16，
解得x＝－3(舍去)或x＝5.
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答案
11.用数字0，1，2，3，4，5可以组成　　　个没有重复数字的五位偶数.
312
当个位数字为0时，这样的五位数共有＝120(个)；
当个位数字为2或4时，这样的五位数共有＝192(个)，
所以可以组成没有重复数字的五位偶数共有120＋192＝312(个).
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答案
12.从5双不同的运动鞋中任选4只，则刚好有一双的选法有　　　种.
先从5双运动鞋中选1双，再从剩下的4双中选2双，每双各选一只，共有＝120(种)不同的选法.
120
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答案
能力拓展
13.(2024·马鞍山模拟)数列{an}共有9项，且a1＝1，a9＝9，|an＋1－an|＝2，则这样的数列{an}有
A.28个 B.36个 C.45个 D.56个
√
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答案
设an＋1－an＝dn，因为|an＋1－an|＝2，所以dn＝2或－2.
可设d1，…，d8中有a个2和b个－2，
则
解得即d1，…，d8中有6个2和2个－2，因此这样的数列{an}共有
＝28(个).
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答案
14.(2024·包头模拟)一个小型联欢会要安排1个诗词朗诵类节目，2个独唱类节目，2个歌舞类节目，则同类节目不相邻的安排方式共有　　　种.
依题意五个节目全排列有＝120(种)排法；
若独唱类节目相邻，则有＝48(种)排法；
若歌舞类节目相邻，则有＝48(种)排法；
若独唱类节目相邻且歌舞类节目也相邻，则有＝24(种)排法，
综上可得同类节目不相邻的安排方式共有120－48－48＋24＝48(种).
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14(共55张PPT)
第十章
§10.1　计数原理
数学
大
一
轮
复
习
1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.
2.会用分类加法计数原理和分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.
课标要求
课时精练
内容索引
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
落实主干知识
第一部分
两个计数原理
(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＝ 种不同的方法.
分类加法计数原理的推广：完成一件事有n类不同方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法……在第n类方案中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝ 种不同的方法.
m＋n
m1＋m2＋…＋mn
(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＝ 种不同的方法.
分步乘法计数原理的推广：完成一件事需要n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝ 种不同的方法.
m×n
m1×m2×…×mn
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)在分类加法计数原理中，某两类不同方案中的方法可以相同.(　　)
(2)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.(　　)
(3)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.(　　)
(4)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的.(　　)
√
×
√
×
2.从6名班委中选出2人分别担任正、副班长，一共有　　　　种选法
A.11 B.12 C.30 D.36
6×(6－1)＝30.
√
3.每天从甲地到乙地的飞机有5班，高铁有10趟，动车有6趟，公共汽车有12班.某人某天从甲地前往乙地，则其出行方案共有
A.22种 B.33种 C.300种 D.3 600种
从甲地到乙地不同的出行方案数为5＋10＋6＋12＝33.
√
4.现有4种不同的颜色，对图中四边形中的四个区域进行着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法有　　　种.
48
将四个区域标记为A，B，C，D，如图所示，
第一步涂A，有4种涂法，第二步涂B，有3种涂法，第三步
涂C，有2种涂法，第四步涂D，有2种涂法，
根据分步乘法计数原理可知，一共有4×3×2×2＝48(种)着色方法.
返回
探究核心题型
第二部分
例1　(1)有红、黄、蓝的小旗各一面，从中选用1面、2面或3面升上旗杆，并且不同的顺序表示不同的信号，则可表示不同的信号种数为
A.6 B.12 C.14 D.15
√
分类加法计数原理
题型一
挂一面旗时，有3种情况；
挂两面旗时，有3×2＝6(种)情况；
挂三面旗时，有3×2×1＝6(种)情况，
所以共3＋6＋6＝15(种)情况.
(2)(2024·湛江模拟)某企业面试环节准备编号为1，2，3，4的四道试题，编号为1，2，3，4的四名面试者分别回答其中的一道试题(每名面试者回答的试题互不相同)，则每名面试者回答的试题的编号和自己的编号都不同的情况共有
A.9种 B.10种 C.11种 D.12种
√
第一类，编号为1的面试者回答2号试题，则有2143，2341，2413，共3种情况；
第二类，编号为1的面试者回答3号试题，则有3142，3412，3421，共3种情况；
第三类，编号为1的面试者回答4号试题，则有4123，4312，4321，共3种情况.
所以共有3＋3＋3＝9(种)不同的情况.
使用分类加法计数原理的两个注意点
(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，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复.
思维升华
跟踪训练1　从集合{3，5，7，9，11}中任取两个数作为a，b，可以得到不同的焦点在x轴上的椭圆方程＝1的个数为
A.25 B.20 C.10 D.16
√
焦点在x轴上的椭圆方程中，必有a>b，
则a可取5，7，9，11，共4个可能，b可取3，5，7，9，共4个可能，
若a＝5，则b＝3，有1个满足条件的椭圆；
若a＝7，则b＝3，5，有2个满足条件的椭圆；
若a＝9，则b＝3，5，7，有3个满足条件的椭圆；
若a＝11，则b＝3，5，7，9，有4个满足条件的椭圆，
所以共有1＋2＋3＋4＝10(个)满足条件的椭圆.
分步乘法计数原理
题型二
例2　(1)(2025·重庆模拟)无人机集群智能灯光秀是一种
集无人机技术和智能照明相结合的艺术表演.它利用大量
无人机排列组合，加上灯光智能照明的“协作”，依据
编程和算法，制造出惊人的3D视觉效果.如图，在某一
次无人机灯光表演秀中，有8架无人机排布成如图形式，已知每架无人机均可以发出红、黄、蓝3种颜色的光，编号1至5号的无人机颜色必须相同，编号7，8号的无人机颜色必须相同，编号6号的无人机与其他无人机颜色均不相同，则这8架无人机同时发光时，一共可以有　　　　种灯光组合
A.9 B.12 C.15 D.18
√
先考虑6号，有3种颜色可选，则剩下的1至5号有2种颜色可选，7，8号也有2种颜色可选，所以一共有3×2×2＝12(种)灯光组合.
(2)(多选)高二年级安排甲、乙、丙、丁四位同学到A，B，C，D，E五个社区进行暑期社会实践活动，每位同学只能选择一个社区进行活动，且多位同学可以选择同一个社区进行活动，下列说法正确的有
A.所有可能的安排方法有45种
B.如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有369种
C.如果同学甲、乙、丙、丁中任何两人都不在同一个社区，则不同的安
　排方法有120种
D.如果甲与乙、甲与丙不能在同一个社区，则不同的安排方法共有400种
√
√
√
安排甲、乙、丙、丁四位同学到A，B，C，D，E五个社区进行暑期社会实践活动，每位同学只能选择一个社区进行活动，且多位同学可以选择同一个社区进行活动，故有5×5×5×5＝54(种)安排方法，A错误；
如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有54－44＝369(种)，B正确；
如果同学甲、乙、丙、丁中任何两人都不在同一个社区，则不同的安排方法有5×4×3×2＝120(种)，C正确；
如果甲与乙、甲与丙不能在同一个社区，则不同的安排方法共有5×4×4×5＝400(种)，D正确.
利用分步乘法计数原理解题的策略
(1)明确题目中的“完成这件事”是什么，确定完成这件事需要几个步骤，且每步都是独立的.
(2)将这件事划分成几个步骤来完成，各步骤之间有一定的连续性，只有当所有步骤都完成了，整个事件才算完成.
思维升华
跟踪训练2　(1)(2024·徐州模拟)甲、乙、丙、丁四人打算从北京、上海、西安、长沙四个城市中任选一个前去游玩，其中甲去过北京，所以甲不去北京，则不同的选法有
A.18种 B.48种 C.108种 D.192种
因为甲不去北京，应该分步完成：
第一步，甲在上海、西安、长沙三个城市中任选一个，有3种选法；
第二步，乙、丙、丁从北京、上海、西安、长沙四个城市中分别任选一个，有4×4×4＝64(种)选法，
由分步乘法计数原理，可得不同选法有3×64＝192(种).
√
(2)甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是　　　.(用数字作答)
336
甲有7种站法，乙有7种站法，丙有7种站法，故不考虑限制共有7×7×7＝343(种)站法，其中三个人站在同一级台阶上有7种站法，故符合本题要求的不同站法有343－7＝336(种).
两个计数原理的综合应用
题型三
例3　(1)(2025·濮阳模拟)对一个四棱锥的各个顶点着色，现有5种不同颜色供选择，要求同一条棱连接的两个顶点不能着相同的颜色，则不同的着色方法有　　　　种.(用数字作答)
420
根据题意可知，在四棱锥P－ABCD中，如图所示，
按照P－A－B－C－D的顺序进行着色，则P点有5种颜
色可选，A点有4种颜色可选，B点有3种颜色可选，
若C点颜色与A点相同，则D点有3种颜色可选；
若C点颜色与A点不同，则C点有2种颜色可选，此时D
点有2种颜色可选，
所以共有5×4×3×(1×3＋2×2)＝420(种)不同的着色方法.
(2)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
A.48 B.18 C.24 D.36
√
正方体的两个顶点确定的直线有棱、面对角线、体对角线，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)；
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；
不存在四个顶点确定的平面与体对角线垂直，所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36(个).
求完成一件事的方法种数的计算步骤
(1)审清题意，弄清要完成的事件是怎样的.
(2)分析完成这件事应采用分类、分步、先分类后分步、先分步后分类这四种方法中的哪一种.
(3)弄清在每一类或每一步中的方法种数.
(4)根据分类加法计数原理或分步乘法计数原理计算出完成这件事的方法种数.
思维升华
跟踪训练3　(1)一个圆的圆周上均匀分布6个点，在这些点与圆心共7个点中，任取3个点，这3个点能构成不同的等边三角形的个数为　　　　.
8
如图1，由圆上相邻两个点和圆心可构成等
边三角形，共有6个；
如图2，由圆上相间隔的三点可构成等边三
角形，共有2个，
所以在这7个点中，任取3个点，这3个点能构成不同的等边三角形的个数为6＋2＝8.
(2)数学中蕴含着无穷无尽的美，尤以对称美最为直观和显著.回文数是对称美的一种体现，它是从左到右读与从右到左读都一样的整数，如22，121，3 443，94 249等，则10 000以内的自然数中，回文数有　　　个.
199
一位回文数有0，1，2，…，9，共10个；
两位回文数有11，22，33，…，99，共9个；
三位回文数有101，111，121，…，191，202，…，999，共90个；四位回文数有1 001，1 111，1 221，…，1 991，2 002，2 112，2 222，…，
2 992，…，9 009，9 119，9 229，…，9 999，共90个，
所以10 000以内的自然数中，回文数有10＋9＋90＋90＝199(个).
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课时精练
对一对
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 A D C B C B ABC
题号 8 9 10 11 12 13 14
答案 BCD BCD 40 96 11 B 28
13
14
一、单项选择题
1.(2025·深圳模拟)某高校要求学生除了学习第二语言英语，还要求同时进修第三语言和第四语言，其中第三语言可从A类语言：日语、韩语、越南语、柬埔寨语中任选一个，第四语言可从E类语言：法语、德语、俄语、西班牙语、意大利语中任选一个，则学生可选取的语言组合数为
A.20 B.25 C.30 D.35
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
知识过关
答案
√
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3
4
5
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9
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11
12
答案
第三语言可从4个A类语言中任选一个，有4种方法；第四语言可从5个E类语言中任选一个，有5种方法，所以共有4×5＝20(种).
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1
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3
4
5
6
7
8
9
10
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12
答案
2.(2024·宿迁统考)某女生有3件不同颜色的衬衣，4件不同花样的半裙，另有3套不同样式的连衣裙，“五一”节选择一套服装参加歌舞演出，则不同的选择方式有
A.24种 B.10种 C.9种 D.15种
第一类：选择衬衣和半裙，共有3×4＝12(种)选择方式；
第二类：选择连衣裙，共有3种选择方式，
所以共有12＋3＝15(种)选择方式.
√
13
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
3.如图所示，要接通从A到B的一条电路，不同的接法
共有
A.6种 B.7种
C.8种 D.12种
√
最上面的线路有3种，中间线路1种，下面线路有2×2＝4(种)，三种情况相加为8种.
13
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
4.(2024·北京模拟)某兴趣小组组织A，B，C三项比赛，请甲、乙、丙三位同学参加，每项冠军只有一人，若甲恰好拿到其中一项冠军，则不同的冠军归属情况有
A.6种 B.12种 C.18种 D.27种
先从A，B，C三项冠军中挑选一项冠军安排给甲，有3种情况，剩余两项冠军可以给乙，也可以给丙，有22＝4(种)情况，综上，当甲恰好拿到其中一项冠军时，不同的冠军归属情况有3×4＝12(种).
√
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14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
5.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
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.
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答案
6.(2024·来宾模拟)中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱，假设中国空间站要安排甲、乙、丙、丁、戊、己6名航天员开展实验，其中天和核心舱安排3人，问天实验舱安排2人，梦天实验舱安排1人.若安排甲、乙两人在一个舱内做实验，则不同的安排方案共有
A.12种 B.16种 C.20种 D.24种
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答案
按照甲、乙两人在天和核心舱与问天实验舱两种情况讨论：
①若甲、乙两人在天和核心舱，则需要从剩余4人中再选1人，剩下的3人去其余的两个舱位，则有＝12(种)不同的安排方案；
②若甲、乙两人在问天实验舱，则在剩下的4人中选3人去天和核心舱即可，共有＝4(种)不同的安排方案，
根据分类加法计数原理，共有12＋4＝16(种)不同的安排方案.
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二、多项选择题
7.现有4个兴趣小组，第一、二、三、四组分别有6人、7人、8人、9人，则下列说法正确的是
A.选1人为负责人的选法种数为30
B.每组选1名组长的选法种数为3 024
C.若推选2人发言，这2人需来自不同的小组，则不同的选法种数为335
D.若另有3名学生加入这4个小组，可自由选择小组，且第一组必有人选，
　则不同的选法有35种
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答案
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答案
选1人为负责人的选法种数为6＋7＋8＋9＝30，故A正确；
每组选1名组长的选法种数为6×7×8×9＝3 024，故B正确；
2人需来自不同的小组的选法种数为6×7＋6×8＋6×9＋7×8＋7×9＋8×9＝335，故C正确；
依题意，若不考虑限制，每个人有4种选择，共有43种选择，若第一组没有人选，每个人有3种选择，共有33种选择，所以不同的选法有43－33＝37(种)，故D错误.
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答案
8.(2025·广州模拟)第15届全运会于2025年11月9日至11月21日在广东、香港、澳门三地举行.现安排小明、小红、小兵三名志愿者到甲、乙、丙、丁四个场馆进行服务，每名志愿者只能选择一个场馆，且允许多人选择同一个场馆，下列说法中正确的有
A.所有可能的方法有34种
B.若甲场馆必须有志愿者去，则不同的安排方法有37种
C.若志愿者小明必须去甲场馆，则不同的安排方法有16种
D.若三名志愿者所选场馆各不相同，则不同的安排方法有24种
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答案
对于A，所有可能的方法有43种，故A错误；
对于B，若甲场馆没有志愿者去，则不同的安排方法有33种，
所以甲场馆必须有志愿者去的不同的安排方法有43－33＝37(种)，故B正确；
对于C，若小明必去甲场馆，则小红、小兵两名志愿者各有4种安排，共有4×4＝16(种)不同的安排方法，故C正确；
对于D，若三名志愿者所选场馆各不相同，则共有＝24(种)不同的安排方法，故D正确.
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答案
9.某市地铁按照乘客乘坐的站数实施分段优惠政策，不超过9站的地铁票价如表所示.现有小明、小华两位乘客同时从首站乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过9站，且他们各自在每个站下地铁的可能性相同，则下列结论正确的是
A.若小明、小华两人共花费5元，
　则小明、小华下地铁的方案共
　有9种
B.若小明、小华两人共花费5元，则小明、小华下地铁的方案共有18种
C.若小明、小华两人共花费6元，则小明、小华下地铁的方案共有27种
D.若小明、小华两人共花费6元，则小明比小华先下地铁的方案共有12种
　(同一地铁站出站不分先后)
站数x 0票价/元 2 3 4
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答案
两人共花费5元分为两类：小明花费2元，小华花费3元，此时两人下地铁的方案有3×3＝9(种)，同理当小明花费3元，小华花费2元时，两人下地铁的方案也是9种，所以两人下地铁的方案共有18种，A不正确，B正确；
两人共花费6元分为三类：①小明花费2元，小华花费4元，此时两人下地铁的方案有3×3＝9(种)；②小明花费3元，小华花费3元，此时两人下地铁的方案有3×3＝9(种)；③小明花费4元，小华花费2元，此时两人下地铁的方案有3×3＝9(种)，所以两人下地铁的方案共有27种，C正确；
小明比小华先下地铁分为两类：①小明花费2元，小华花费4元，此时两人下地铁的方案有9种；②小明和小华均花费3元，小明比小华先下地铁仅有3种方案，所以共有12种方案，D正确.
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三、填空题
10.若一个三位数的十位数字比个位数字和百位数字都大，则称这个数为“伞数”，现从1，2，3，4，5，6这六个数字中任取3个数字，组成无重复数字的三位数，其中“伞数”的个数为　　　.
40
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当十位数字为3时，有个“伞数”；
当十位数字为4时，有个“伞数”；
当十位数字为5时，有个“伞数”；
当十位数字为6时，有个“伞数”，
故共有＝40(个)“伞数”.
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答案
11.(2024·福州统考)如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有　　　种.
96
依题意，5个区域涂4种颜色，故有两个区域的颜色相同，这两个区域可能为1和5，2和5，3和5，1和3，4种情况，故总共有4＝96(种)不同的涂色方法.
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答案
12.某团支部进行换届选举，从甲、乙、丙、丁四人中选出三人分别担任书记、副书记、组织委员，规定上届任职的甲、乙、丙三人不能连任原职，则不同的任职方案有　　　种.
当丁不入选时，由甲、乙、丙三人任职，甲有两种选择，余下的乙和丙只有一种选择；当丁入选时，有三种入选结果，丁担任三个人中没有入选的人的原职务时，只有一种任职方案，丁担任入选的两个人的原职务时，有两种任职方案，共有3×(2＋1)＝9(种)任职方案.综上，共有9＋2＝11(种)任职方案.
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答案
能力拓展
13.(2024·广州模拟)小明在某一天中有七个课间休息时段，为准备“小歌手”比赛，他想要选出至少一个课间休息时段来练习唱歌，但他希望任意两个练习的时间段之间都有至少两个课间休息，则小明一共有　　种练习的方案
A.31 B.18 C.21 D.33
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七个课间编号为1，2，3，4，5，6，7，如果仅有一个课间练习，则每个课间都可以，有7种方案；若有两个课间练习，选法有{1，4}，{1，5}，{1，6}，{1，7}，{2，5}，{2，6}，{2，7}，{3，6}，{3，7}，{4，7}，共10种方案；若有三个课间练习，选法为{1，4，7}，共1种，故共有7＋10＋1＝18(种)练习的方案.
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答案
14.(2024·长沙模拟)初等数论中的四平方和定理的内容是：任意正整数都可以表示为不超过四个自然数的平方和，例如正整数6＝22＋12＋12＋02.设25＝a2＋b2＋c2＋d2，其中a，b，c，d均为自然数，则满足条件的有序数组(a，b，c，d)的个数是　　　.(用数字作答)
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答案
返回
显然a，b，c，d均为不超过5的自然数，下面进行讨论：
当最大数为5时，
25＝52＋02＋02＋02，此时共有＝4(种)情况；
当最大数为4时，
25＝42＋32＋02＋02，此时共有＝12(种)情况，
25＝42＋22＋22＋12，此时共有＝12(种)情况；
当最大数为3时，32＋32＋22＋22>25>32＋32＋22＋12，没有满足题意的情况.
由分类加法计数原理，满足条件的有序数组(a，b，c，d)的个数是4＋12＋12＝28.
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14(共25张PPT)
第十章
必刷小题19　计数原理与
　　　　 　概率
数学
大
一
轮
复
习
对一对
答案
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题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 A A B C D D B
题号 8 9 10 11 12 13 14
答案 C BCD BC AC 14 8 640
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一、单项选择题
1.(2024·太原模拟)由于天气原因，夏季相关部门加大对水果储运环节的抽检力度，坚决杜绝腐烂变质的水果流入市场，下表是对运到仓储点的某种水果进行抽检后得到的数据.
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车辆 甲 乙 丙 丁
抽检数量/个 35 60 50 55
合格数量/个 32 56 47 53
若从运到仓储点的四车水果中随机抽出一个，则估计这个水果不能上市的概率为
A.0.06 B.0.08 C.0.1 D.0.12
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由题意可知，该种水果合格的概率为＝0.94，则随机抽出一个，估计其不能上市的概率为0.06.
车辆 甲 乙 丙 丁
抽检数量/个 35 60 50 55
合格数量/个 32 56 47 53
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答案
2.已知一个系统由A，B两个部件并联组成，当A或B正常工作时，系统就能正常工作，若A正常工作的概率为0.65，B正常工作的概率为0.6，则该系统正常工作的概率为
A.0.86 B.0.75 C.0.47 D.0.14
√
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根据题意，A，B两个部件都不能正常工作的概率为(1－0.65)×(1－0.6)＝0.14，所以该系统正常工作的概率为1－0.14＝0.86.
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答案
3.(2025·温州模拟)设A，B为同一试验中的两个随机事件，则“P(A)＋P(B)＝1”是“事件A，B互为对立事件”的
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
√
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若A，B互为对立事件，根据对立事件概率公式可直接得到P(A)＋P(B)＝1，
故条件是必要的；若试验的样本点含3个及以上，其中A，B表示概率为的两个不同事件，则A，B不互为对立事件，此时P(A)＋P(B)＝＝1，
故条件不是充分的.
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答案
4.现有一批产品共9件，已知其中5件正品和4件次品，现从中选4件产品进行检测，则下列事件中互为对立事件的是
A.恰好两件正品与恰好四件正品 B.至少三件正品与全部正品
C.至少一件正品与全部次品 D.至少一件正品与至少一件次品
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根据题意，选项A中事件为互斥事件，不是对立事件；
选项B，D中事件可能同时发生，全部正品是至少三件正品的子事件；
选项C中事件为对立事件，全部次品不能存在有正品的事件.
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答案
5.甲、乙等四个人一起随机手牵手围成一圈做游戏，甲与乙牵手的概率是
A. B. C. D.
√
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以甲为中心，其他三人的位置是甲的左边、右边、对面，共有种情况，其中乙在甲的左边或右边，即甲与乙能牵手有2种情况，所以所求概
率为P＝.
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答案
6.(2024·衡水模拟)已知甲、乙、丙三人参加射击比赛，甲、乙、丙三人射
击一次命中的概率分别为，，，且每个人射击相互独立，若每人各射
击一次，则在三人中恰有两人命中的前提下，甲命中的概率为
A. B. C. D.
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设甲、乙、丙三人射击一次命中分别为事件A，B，C，每人各射击一次，在三人中恰有两人命中为事件D，
则P(D)＝P(BC)＋P(AC)＋P(AB)＝××××××，
P(AD)＝P(AC)＋P(AB)＝××××，则P(A|D)＝.
7.(2024·大同模拟)某商场举办购物抽奖活动，其中将抽到的各位数字之和为8的四位数称为“幸运数”(如2 024是“幸运数”)，并获得一定的奖品，则首位数字为2的“幸运数”共有
A.32个 B.28个 C.27个 D.24个
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依题意，首位数字为2的“幸运数”中其他三位数字的组合有以下七类：
①“0，0，6”组合，有种，②“0，1，5”组合，有种，③“0，2，4”组合，有种，④“0，3，3”组合，有种，⑤“1，1，4”组合，有种，⑥“1，2，3”组合，有种，⑦“2，2，2”组合，有1种.
由分类加法计数原理，首位数字为2的“幸运数”共有3＋3＋1＝9＋18＋1＝28(个).
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答案
8.(2025·重庆模拟)假设A，B是两个事件，且P(A)>0，P(B)>0，则下列结论一定成立的是
A.P(B)＝P(B|A) B.P(AB)＝P(A)P(B)
C.P(A|B)＋P(|B)＝1 D.P(AB)≥P(B|A)
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若要P(B)＝P(B|A)＝成立，需要P(AB)＝P(A)P(B)，即P(B)＝P(B|A)成立的条件为A，B是相互独立事件，故A错误；
P(AB)＝P(A)P(B)成立的条件为A，B是相互独立事件，故B错误；
P(A|B)表示在B事件发生的情况下A事件发生的概率，P(|B)表示在B事件发生的情况下事件发生的概率，所以P(A|B)＋P(|B)＝1，故C正确；
由P(B|A)＝，01
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答案
二、多项选择题
9.二项式的展开式中
A.前三项系数之和为22
B.二项式系数最大的项是第4项
C.常数项为15
D.所有项的系数之和为0
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答案
二项式展开式的通项为
Tk＋1＝·＝(－1)k(k＝0，1，2，…，6)，前三项的
系数之和为(－1)0＋(－1)1＋(－1)2＝10，A错误；
二项式系数(k＝0，1，2，…，6)中最大的是，恰好是第4项，B正确；
要求常数项，通项公式中应满足3－＝0，得k＝2，即T3＝(－1)2x0＝
15，C正确；
将x＝1代入，可得所有项的系数之和为0，D正确.
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答案
10.已知A，B是一个随机试验中的两个事件，且P(A)＝0.6，P()＝0.3，则下列结论一定正确的是
A.P(A)＝0.18
B.A，B不可能为互斥事件
C.若P(AB)＝0.42，则事件A，B相互独立
D.若，B相互独立，则P()＝0.7
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答案
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若P(A)＝0.18＝P(A)P()，则事件A，相互独立，无法确定，故A错误；
若A，B为互斥事件，则P(AB)＝0，所以P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝0.6＋1－0.3＝1.3>1，故A，B不可能为互斥事件，故B正确；
若P(AB)＝0.42＝P(A)P(B)，则事件A，B相互独立，故C正确；
若，B相互独立，则相互独立，所以P()＝P()＋P()－P()＝0.4＋0.3－0.4×0.3＝0.58，故D错误.
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答案
11.五一假期过后，车主小王选择去某市新开的A，B两家共享自助洗车店
洗车.已知小王第一次去A，B两家洗车店洗车的概率分别为和，如果小王第一次去A洗车店，那么第二次去A洗车店的概率为；如果小王第一次去B洗车店，那么第二次去A洗车店的概率为，则下列结论正确的是
A.小王第一次去B洗车店，第二次也去B洗车店的概率为
B.小王第二次去B洗车店的概率比第二次去A洗车店的概率大
C.若小王第二次去了A洗车店，则他第一次去A洗车店的概率为
D.若小王第二次去了B洗车店，则他第一次去A洗车店的概率为
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答案
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记第i次去A洗车店为事件Ai，第i次去B洗车店为事件Bi，i＝1，2，
由题意可知，P(A1)＝，P(B1)＝，
P(A2|A1)＝，P(B2|A1)＝，
P(A2|B1)＝，P(B2|B1)＝，
对于A，P(B1B2)＝P(B1)P(B2|B1)＝×，故A正确；
对于B，P(B2)＝P(A1)P(B2|A1)＋P(B1)P(B2|B1)＝××，
P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(B1)P(A2|B1)＝××，故B错误；
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对于C，P(A1|A2)＝，故C正确；
对于D，P(A1|B2)＝，故D错误.
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三、填空题
12.(2024·苏州模拟)(2＋x－x2)(1－x)5的展开式中x2的系数为　　　.
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因为(1－x)5的展开式的通项公式为Tk＋1＝(－x)k＝(－1)kxk，
其中T3＝x2＝10x2，T2＝－x1＝－5x，T1＝＝1，
故(2＋x－x2)(1－x)5的展开式中x2的系数为2×10＋1×(－5)－1×1＝14.
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答案
13.A，B是一个随机试验中的两个事件，若P(B)＝，P(A)＝，P(A＋B)＝，则P(A)＝　　　.
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由P(A)＝，有P(AB)＝P(A)P(B)＝×，
又由P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)，有P(A)＋，
可得P(A)＝.
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答案
14.(2025·贵港模拟)某马拉松比赛结束后，其中5男3女共8位运动员相约在赛道旁站成前后两排合影，每排各4人，若男运动员中恰有2人左右相邻，则不同的排列方法共有　　　　　种.
8 640
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答案
根据题意，只能一排3男1女，另一排2男2女，且相邻的2位男运动员在“3男1女”这一排中.
先确定“3男1女”这一排，5男选3人，3女选1人，所选3男选2人相邻，与余下的1男安排在1女的两侧，不同的排列方法有＝360(种)；
再确定“2男2女”这一排，2男先排好有种，2女相邻并安排在2男之间有1×种，或2女放在2男成排的两空有2×种方式，不同的排列方法有3＝12(种)，
因此，不同的排列方法种数为2×360×12＝8 640.
13
14(共75张PPT)
第十章
§10.4　随机事件与概率
数学
大
一
轮
复
习
1.了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义以及频率与概率的区别.
2.理解事件间的关系与运算.
3.掌握古典概型及其计算公式，能计算古典概型中简单随机事件的概率.
课标要求
课时精练
内容索引
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
落实主干知识
第一部分
1.样本空间和随机事件
(1)样本点和有限样本空间
①样本点：随机试验E的每个可能的　　　　　称为样本点，常用ω表示.
全体样本点的集合称为试验E的　　　　　，常用Ω表示.
②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.
(2)随机事件
①定义：将样本空间Ω的子集称为随机事件，简称事件.
②表示：一般用大写字母A，B，C，…表示.
③随机事件的极端情形：　　　　　、　　　　　　.
基本结果
样本空间
必然事件
不可能事件
2.两个事件的关系和运算
含义 符号表示
包含关系 若事件A发生，则事件B一定发生 ______
相等关系 B A且A B ______
并事件 (和事件) 事件A与事件B至少有一个发生 A∪B或A＋B
A B
A＝B
含义 符号表示
交事件 (积事件) 事件A与事件B同时发生 __________
互斥(互 不相容) 事件A与事件B不能同时发生 A∩B＝
互为对立 事件A与事件B有且仅有一个发生 ___________
___________
A∩B或AB
A∩B＝ ，
且A∪B＝Ω
3.古典概型的特征
(1)有限性：样本空间的样本点只有　　　　；
(2)等可能性：每个样本点发生的可能性　　　.
4.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.
有限个
相等
　
5.概率的性质
性质1：对任意的事件A，都有　　　　 ；
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)＝ ；
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)＝
；
P(A)≥0
P(A)＋P(B)
1－P(B)
性质5：如果A B，那么P(A)≤P(B)，由该性质可得，对于任意事件A，因为 A Ω，所以 ；
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)＝_______
.
0≤P(A)≤1
P(A)＋
P(B)－P(A∩B)
6.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).
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)事件发生的频率与概率是相同的.(　　)
(2)两个事件的和事件发生是指这两个事件至少有一个发生.(　　)
(3)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的可能性相同.(　　)
(4)若A∪B是必然事件，则A与B是对立事件.(　　)
×
×
√
√
2.甲、乙等五人站成一排，其中为互斥事件的是
A.“甲站排头”与“乙站排头”
B.“甲站排头”与“乙站排尾”
C.“甲站排头”与“乙不站排头”
D.“甲不站排头”与“乙不站排头”
因为“甲站排头”与“乙站排头”不能同时发生，所以选项A正确；
因为“甲站排头”与“乙站排尾”可以同时发生，所以选项B不正确；
因为“甲站排头”与“乙不站排头”可以同时发生，所以选项C不正确；
因为“甲不站排头”与“乙不站排头”可以同时发生，所以选项D不正确.
√
3.从某班学生中任意找出一人，如果该同学的身高小于160 cm的概率为0.2，该同学的身高在[160，175](单位：cm)内的概率为0.5，那么该同学的身高超过175 cm的概率为
A.0.2 B.0.3 C.0.7 D.0.8
由题意知该同学的身高小于160 cm的概率、该同学的身高在[160，175]
(单位：cm)内的概率和该同学的身高超过175 cm的概率和为1，故所求概率为1－0.2－0.5＝0.3.
√
4.抛掷一枚骰子，记事件A为“出现点数是奇数”，事件B为“出现点数
是3的倍数”，则P(A∪B)＝　　　，P(A∩B)＝　　　.
抛掷一枚骰子，所有可能出现的点数是1，2，3，4，5，6，共6个样本点，
事件A∪B包括出现的点数是1，3，5，6，共4个样本点，故P(A∪B)＝；
事件A∩B包括出现的点数是3，共1个样本点，故P(A∩B)＝.
1.当随机事件A，B互斥时，不一定对立；当随机事件A，B对立时，一定互斥，即两事件互斥是对立的必要不充分条件.
2.若事件A1，A2，…，An两两互斥，则P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An).
返回
微点提醒
探究核心题型
第二部分
例1　(多选)抛掷一枚质地均匀的骰子，记随机事件：E＝“点数为奇数”，F＝“点数为偶数”，G＝“点数大于2”，H＝“点数小于2”，R＝“点数为3”，则下列结论正确的是
A.E，F为对立事件 B.G，H为互斥不对立事件
C.E，G是互斥事件 D.G，R是互斥事件
√
随机事件的关系
题型一
命题点1　随机事件关系的判断
√
“点数为奇数”与“点数为偶数”不可能同时发生，且必有一个发生，所以E，F是对立事件，选项A正确；
“点数大于2”与“点数小于2”不可能同时发生，且不是必有一个发生，所以G，H为互斥不对立事件，选项B正确；
“点数为奇数”与“点数大于2”可能同时发生，E，G不是互斥事件，选项C不正确；
“点数大于2”与“点数为3”可能同时发生，G，R不是互斥事件，选项D不正确.
例2　(1)(多选)下列说法正确的有
A.若事件A B，则P(A)≤P(B)
B.若A，B为对立事件，则P(A)＋P(B)＝1
C.若A，B为互斥事件，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)
D.P(A∪B)√
命题点2　利用互斥、对立事件求概率
√
√
若事件B包含事件A，则P(A)≤P(B)，故A正确；
若A，B为对立事件，则P(A)＋P(B)＝1，故B正确；
若A，B为互斥事件，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，故C正确；
因为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)，所以当A，B互斥时，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，故D错误.
(2)某射手在一次射击中射中10环、9环、8环、7环的概率分别为0.21，0.23，0.25，0.2，则这个射手在一次射击中射中环数不够7环的概率为　　　　.
0.11
记“射中环数不够7环”为事件D，则事件为“射中10环或9环或8环或
7环”，
所以P()＝0.21＋0.23＋0.25＋0.2＝0.89，
所以P(D)＝1－P()＝1－0.89＝0.11.
例3　(多选)下列命题正确的是
A.随机事件A的概率是频率的稳定值，频率是概率的近似值
B.抛掷骰子100次，得点数是1的结果是18次，则出现1点的频率是
C.有一批产品，其次品率为0.05，若从中任取200件产品，则一定有190件
　正品，10件次品
D.抛掷一枚质地均匀的硬币100次，有51次出现了正面，则可得抛掷一次
　该硬币出现正面的概率是0.51
√
命题点3　利用频率估计概率
√
随机事件A的概率是频率的稳定值，频率是概率的近似值，故A正确；
抛掷骰子100次，得点数是1的结果是18次，则出现1点的频率是，
故B正确；
有一批产品，其次品率为0.05，若从中任取200件产品，则不一定抽取到190件正品和10件次品，故C错误；
100次并不是无穷多次，抛掷一枚质地均匀的硬币100次，有51次出现了正面，则不能得出抛掷一次该硬币出现正面的概率是0.51，故D错误.
事件关系的运算策略
进行事件的运算时，一是要紧扣运算的定义，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.当事件是由互斥事件组成时，运用互斥事件的概率加法公式.
思维升华
跟踪训练1　(1)从装有4个白球和3个红球的盒子里摸出3个球，则下列选项中事件E与事件F互斥却不对立的是
A.事件E：3个球中至少有1个红球；事件F：3个球中至少有1个白球
B.事件E：3个球中恰有1个红球；事件F：3个球中恰有1个白球
C.事件E：3个球中至多有2个红球；事件F：3个球中至少有2个白球
D.事件E：3个球中至多有1个红球；事件F：3个球中至多有1个白球
√
对于A，事件E与事件F可能同时发生，例如摸出2个白球和1个红球，所以事件E与事件F不是互斥事件，故A错误；
对于B，事件E与事件F不可能同时发生，但不是一定有一个发生，还有可能是3个白球或3个红球，所以事件E与事件F互斥却不对立，故B正确；
对于C，事件E与事件F可能同时发生，例如摸出2个白球和1个红球，所以事件E与事件F不是互斥事件，故C错误；
对于D，事件E与事件F不可能同时发生，且必有一个发生，所以事件E与事件F是互斥事件也是对立事件，故D错误.
(2)若事件A和B互斥，且P(A∪B)＝0.5，P(B)＝0.3，则P()＝　　　.
0.8
因为事件A和B互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝P(A)＋0.3＝0.5，
解得P(A)＝0.2，故P()＝1－P(A)＝0.8.
古典概型
题型二
例4　(1)甲、乙、丙、丁四人排成一列，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是
A. B. C. D.
√
从甲、乙两人中选一人站在排尾有种排法，其余2空2人全排列有··＝8(种)，样本点总数是＝24，根据古典概型的计算公式，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概
率为.
(2)(2025·八省联考)有8张相同的卡片，分别标有数字1，2，3，4，5，6，7，8.现从这8张卡片中随机抽出3张，则抽出的3张卡片上的数字之和与其
余5张卡片上的数字之和相等的概率为　　　　.
从8张卡片中随机抽出3张，则样本空间中总的样本点个数为＝56，
因为1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36，
所以要使抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等，
则抽出的3张卡片上的数字之和应为18，
则抽出的3张卡片上的数字的组合有8，7，3或8，6，4或7，6，5共3种，
所以符合抽出的3张卡片上的数字之和为18的样本点有3个，
所以抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等的概
率为.
利用公式法求解古典概型问题的步骤
思维升华
跟踪训练2　(1)(2025·宜宾模拟)某学校开展“五育并举”的选修课，其中体育开设了6门课，分别为篮球、足球、排球、网球、羽毛球、乒乓球，甲、乙两名学生准备从中各选择2门课学习，则甲、乙选修的体育课中至少有1门相同的概率为
A. B. C. D.
√
由题意，甲、乙选修的体育课中没有相同科目的概率为，故甲、乙选修的体育课中至少有1门相同的概率为1－.
(2)将1个0，2个1，2个2随机排成一行，则2个1不相邻的概率为
A. B. C. D.
√
将1个0，2个1，2个2随机排成一行，共有＝30(种)排法，
其中，2个1不相邻的排法有·＝18(种)，
故所求概率为.
概率与统计的综合问题
题型三
例5　(2024·绵阳模拟)为了验证甲、乙两种药物对治疗某种疾病的效果，某科研单位用两种药物对患有该疾病的患者进行临床药物实验.随机抽取患有该疾病的患者200人，其中100人注射甲药物，另外100人注射乙药物，实验完成后，得到如下统计表：
效果明显 效果不明显 合计
甲药物 76 24 100
乙药物 84 16 100
合计 160 40 200
(1)分别估计注射甲、乙两种药物的治疗效果明显的概率；
由题意可知，注射甲药物的患者共100人，治疗效果明显的有76人，
故注射甲药物治疗效果明显的概率为P1＝，
注射乙药物的患者共100人，治疗效果明显的有84人，
故注射乙药物治疗效果明显的概率为P2＝.
(2)根据小概率值α＝0.1的独立性检验，分析甲、乙两种药物对治疗该种疾病的效果是否有差异；
参考公式：χ2＝，其中n＝a＋b＋c＋d.
临界值表：
α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
零假设为H0：甲、乙两种药物对治疗该种疾病的效果没有差异，由表中
的数据可知，χ2＝＝2<2.706＝x0.1，
根据小概率值α＝0.1的独立性检验，没有充分证据推断H0不成立，所以可以认为甲、乙两种药物对治疗该种疾病的效果没有差异.
(3)从样本中对甲、乙两种药物治疗效果不明显的患者采用按比例分配的分层随机抽样的方法抽出5人，然后从5人中随机抽取2人做进一步药物实验，求这两人中至少有一人是注射甲药物的概率.
因为甲、乙两种药物治疗效果不明显的患者分别有24人、16人，
所以从样本中对甲、乙两种药物治疗效果不明显的患者中采用按比例分配的分层随机抽样的方法抽出5名患者，
应从甲、乙两种药物治疗效果不明显的患者中分别抽取3人、2人，
从5人中随机抽取2人做进一步药物实验，两人中至少有一人是注射甲药
物的概率为P＝.
求解概率的综合问题时，一要注意概率模型的应用，明确所求问题所属的事件类型，二要根据公式准确计算.
思维升华
跟踪训练3　某校为增强学生国防意识，
组织了一次国防知识竞赛活动，为了解
本次竞赛活动的成绩，随机抽取了1 000
名学生并统计其成绩(单位：分，满分
200分)，按照[120，130)，[130，140)，[140，150)，[150，160)，[160，170)，[170，180)，[180，190)，[190，200]分成8组，制成如图所示的频率分布直方图.
(1)求a的值，并求这1 000名学生中成绩在[120，170)的学生人数；
依题意，(0.005＋0.01＋a＋0.025＋a＋
0.01＋0.005＋0.005)×10＝1，
解得a＝0.02，
所以成绩在[120，170)的频率为0.05＋
0.1＋0.2＋0.25＋0.2＝0.8，
所以这1 000名学生中成绩在[120，170)内的学生人数为1 000×0.8＝800.
(2)若按照按比例分配的分层随机抽样的方法从竞赛成绩在[170，180)和[180，190)内的学生中随机抽取9名，再从这9名学生中随机抽取3名参加讲座，求这3名学生来自不同组的概率.
因为0.01∶0.005＝2∶1，所以按照按
比例分配的分层随机抽样的方法从成
绩在[170，180)和[180，190)内的学生
中随机抽取9名，
则需从成绩在[170，180)和[180，190)内的学生中分别抽取6名和3名，
设事件M为“从这9名学生中随机抽取3名参加讲座，这3名学生来自不同
组”，则P()＝，所以P(M)＝1－，
所以从这9名学生中随机抽取3名参加讲座，这3名学生来自不同组的概率为.
返回
课时精练
对一对
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题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 B D D C CD BCD 8
题号 8 11 12 答案 C 答案
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(1)由题意，参加集训的男生、女生各有6名.
参赛学生全从B中学抽取(等价于A中学没有学生入选代表队)的概率为
，
故A中学至少有1名学生入选代表队的概率为1－.
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答案
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(2)设“参赛的4人中女生不少于2人”为事件C，“参赛女生有2人”为事件D，“参赛女生有3人”为事件E.
则P(D)＝，
P(E)＝.
由互斥事件的概率加法公式，
得P(C)＝P(D)+P(E)＝，
故所求事件的概率为.
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(1)由10(0.007+0.016+a+0.025+0.020)＝1
得a+0.068＝0.1，故a＝0.032.
由条件知，该公司的收入不小于支出，即10 000×10(0.007x+0.016×2x
+0.032×3x+0.025×4x+0.020×5x)≥1 000 000，
从而0.007x+0.032x+0.096x+0.1x+0.1x≥10，即0.335x≥10.
从而x至少为≈30(元).
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(2)由于0.016∶0.032＝1∶2＝2∶4，故采用按比例分配的分层随机抽样的方法从年龄在[30，40)和[40，50)的人中选取6人时，
年龄在[30，40)和[40，50)中的选取人数分别为2和4.
而年龄在[30，40)和[40，50)的人需要交的保费分别为60元和90元，
故从选取的6人中随机选取2人后，被免去的保费不低于150元，即选出的2人的年龄都在[40，50)内，或年龄在[30，40)和[40，50)内的各1人，
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答案
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所以所求概率P＝
＝.
10.
一、单项选择题
1.从5个男生、2个女生中任意选派3人，则下列事件中是必然事件的是
A.3个都是男生 B.至少有1个男生
C.3个都是女生 D.至少有1个女生
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知识过关
答案
从5个男生、2个女生中任意选派3人，由于女生只有2名，故至少有1个男生是必然事件.
√
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答案
2.抛掷一枚质地均匀的硬币，如果连续抛掷2 025次，那么第2 024次出现正面朝上的概率是
A. B. C. D.
由概率的性质得，无论试验多少次，概率始终不变，故第2 024次出现正
面朝上的概率是.
√
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12
答案
3.若P(A∩B)＝，P()＝，P(B)＝，则下列结论不正确的是
A.事件A与事件B不互斥 B.事件A与事件B不对立
C.P(AB)＝P(A)P(B) D.P(A∪B)＝
∵P(A∩B)＝，∴A与B能同时发生，∴事件A与事件B不互斥、不对立，
故A，B正确；
∵P()＝，∴P(A)＝，又∵P(B)＝，∴P(A)P(B)＝＝P(AB)，故C正确；
P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)＝，故D不正确.
√
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答案
4.根据历史记载，早在春秋战国时期，我国劳动人民就普遍使用算筹进行计数.算筹计数法就是用一根根同样长短和粗细的小棍子(用竹子、木头、兽骨、象牙、金属等材料制成)以不同的排列方式来表示数字，如图所示.如果用算筹随机摆出一个不含数字0的两位数，个位用纵式，十位用横式，则个位和十位上的算筹一样多的概率为
A. B.
C. D.
√
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答案
用算筹随机摆出一个不含数字0的两
位数，个位用纵式，十位用横式，
共可以摆出9×9＝81(个)两位数，其
中个位和十位上的算筹个数都为1的有1×1＝1(个)，
个位和十位上的算筹个数都为2的两位数有2×2＝4(个)，
个位和十位上的算筹个数都为3的两位数有2×2＝4(个)，
个位和十位上的算筹个数都为4的两位数有2×2＝4(个)，
个位和十位上的算筹个数都为5的两位数有2×2＝4(个)，
共有4×4＋1＝17(个)，
所以个位和十位上的算筹一样多的概率为.
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答案
二、多项选择题
5.(2025·哈尔滨模拟)一个袋子中有4个红球，6个绿球，采用不放回方式从中依次随机取出2个球.事件A＝“两次取到的球颜色相同”，事件B＝“第二次取到红球”，事件C＝“第一次取到红球”.下列说法正确的是
A.A B B.事件B与事件C是互斥事件
C.P(AB)＝ D.P(B＋C)＝
√
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答案
由题意可得，事件A包含的取球颜色为{(红，红)，(绿，绿)}，事件B包含的取球颜色为{(红，红)，(绿，红)}，事件C包含的取球颜色为{(红，红)，(红，绿)}，则A不包含于B，选项A错误；
B∩C≠ ，选项B错误；
事件AB包含的取球颜色为{(红，红)}，P(AB)＝，选项C正确；
事件B＋C包含的取球颜色为{(红，红)，(绿，红)，(红，绿)}，P(B＋C)
＝，选项D正确.
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答案
6.某冷饮店为了保证顾客能买到当天制作的双皮奶，同时尽量减少滞销，统计了30天的销售情况，得到如下数据：
日销售量/杯 [25，35) [35，45) [45，55) [55，65) [65，75]
天数 4 6 9 5 6
以样本估计总体，用频率代替概率，则下列结论正确的是
A.估计平均每天销售50杯双皮奶(同一组区间以中点值为代表)
B.若当天准备55杯双皮奶，则售罄的概率为
C.若当天准备45杯双皮奶，则卖不完的概率为
D.这30天双皮奶日销售量的80%分位数是65杯
√
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答案
平均每天双皮奶的销售量为
＝51(杯)，A错误；
日销售量不小于55杯的概率为，B正确；
日销售量小于45杯的概率为，C正确；
1－＝0.8，因此这30天双皮奶日销售量的80%分位数是65杯，D正确.
三、填空题
7.一个不透明的袋中装有除颜色外均相同的9个红球，3个白球，若干个绿球，每次摇匀后随机摸出一个球，记下颜色后再放回袋中，经过大量重复试验后，发现摸到绿球的频率稳定在0.4，则袋中约有绿球　　　个.
1
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3
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5
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7
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9
10
11
12
答案
因为通过大量重复的摸球试验后，发现摸到绿球的频率稳定在0.4，所以摸到绿球的概率为0.4，设不透明的袋中有x个绿球，因为袋中还有9个红
球，3个白球，所以＝0.4，解得x＝8.
8
1
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3
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5
6
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12
答案
8.通过手机验证码注册某APP时，收到的验证码由四个数字a1a2a3a4(其中ai∈{0，1，2，…，9}，i＝1，2，3，4)随机组成，如果验证码a1a2a3a4满足a1它是首位为2的递增型验证码的概率为　　　　.
1
2
3
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5
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12
答案
由题意设该验证码为a1a2a3a4，则a1＝2，2选出3个数，让其按照从小到大的顺序排列有
＝35(种)排法，
又四位验证码共有10×10×10×10＝10 000(种)排法，
∴它是首位为2的递增型验证码的概率为.
1
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12
答案
四、解答题
9.某市A，B两所中学的学生组队参加辩论赛，A中学推荐了3名男生、2名女生，B中学推荐了3名男生、4名女生，两校所推荐的学生一起参加集训.由于集训后队员水平相当，从参加集训的男生中随机抽取3人，女生中随机抽取3人组成代表队.
(1)求A中学至少有1名学生入选代表队的概率；
1
2
3
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5
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7
8
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12
答案
由题意，参加集训的男生、女生各有6名.
参赛学生全从B中学抽取(等价于A中学没有学生入选代表队)的概率为
，
故A中学至少有1名学生入选代表队的概率为1－.
1
2
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12
答案
(2)某场比赛前，从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛，求参赛女生不少于2人的概率.
设“参赛的4人中女生不少于2人”为事件C，“参赛女生有2人”为事件D，“参赛女生有3人”为事件E.
则P(D)＝，P(E)＝.
由互斥事件的概率加法公式，得
P(C)＝P(D)＋P(E)＝，
故所求事件的概率为.
1
2
3
4
5
6
7
8
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10
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12
答案
10.某保险公司为了给年龄在20~70岁的民众提供某种
疾病的医疗保障，设计了一款针对该疾病的保险，现
从10 000名参保人员中随机抽取100名进行分析，这
100个样本按年龄段[20，30)，[30，40)，[40，50)，
[50，60)，[60，70]分成了五组，其频率分布直方图如图所示；每人每年所交纳的保费与参保年龄如表格所示(保费：元).据统计，该公司每年为该项保险支出的各种费用为一百万元.
年龄 [20，30) [30，40) [40，50) [50，60) [60，70]
保费 x 2x 3x 4x 5x
1
2
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答案
(1)用样本的频率分布估计总体的概率分布，为使公司不亏本，则保费x至少为多少元？(精确到整数)
由10(0.007＋0.016＋a＋0.025＋0.020)＝1得a＋0.068＝0.1，故a＝0.032.
由条件知，该公司的收入不小于支出，即10 000×10(0.007x＋0.016×2x＋0.032×3x＋0.025×4x＋0.020×5x)≥1 000 000，
从而0.007x＋0.032x＋0.096x＋0.1x＋0.1x≥10，即0.335x≥10.
从而x至少为≈30(元).
1
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12
答案
(2)经调查，年龄在[30，50)之间的中年人对该疾病
的防范意识还比较弱，为加强宣传，采用按比例分
配的分层随机抽样的方法从年龄在[30，40)和[40，
50)的人中选取6人进行教育宣讲，再从选取的6人中
随机选取2人，被选中的2人免一年的保费.在保费x取
到(1)中求得的最小值的条件下，求被免去的保费不低于150元的概率.
1
2
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答案
由于0.016∶0.032＝1∶2＝2∶4，故采用按比例分配的分层随机抽样的方法从年龄在[30，40)和[40，50)的人中选取6人时，
年龄在[30，40)和[40，50)中的选取人数分别为2和4.
而年龄在[30，40)和[40，50)的人需要交的保费分别为60元和90元，
故从选取的6人中随机选取2人后，被免去的保费不低于150元，即选出的2人的年龄都在[40，50)内，或年龄在[30，40)和[40，50)内的各1人，
所以所求概率P＝.
1
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12
答案
能力拓展
11.(2024·武汉模拟)在一次试验中，随机事件A发生的概率为，随机事件B发生的概率为，则事件A，B同时发生的概率的取值范围是
A. B.
C. D.
√
1
2
3
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5
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11
12
答案
依题意，P(A)＝，P(B)＝，由P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)≤1，
得P(AB)≥P(A)＋P(B)－1＝－1＝，又P(A)>P(B)，
则当B A时，P(AB)＝P(B)＝，所以事件A，B同时发生的概率的取值范围是.
1
2
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12
答案
12.(2025·泉州模拟)如图，有一个质地均匀的正八面体，八个面分别标以数字1到8.将该八面体连续抛掷三次，按顺序记录它与地面接触的面上的数字，则这三个数恰好构成等差
数列的概率为　　 .
1
2
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12
答案
由题意可知所有可能情况共有83种，按顺序记录的三个数恰好构成等差数列，
可以按照公差为－3，－2，－1，0，1，2，3分类，其中公差为－3，－2，－1和3，2，1的情况对应相等.
公差为0的有(1，1，1)，(2，2，2)，…，(8，8，8)，共8种情况；
公差为1的有(1，2，3)，(2，3，4)，…，(6，7，8)，共6种情况，同公差为－1的；
1
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12
答案
返回
公差为2的有(1，3，5)，(2，4，6)，(3，5，7)，(4，6，8)，共4种情况，同公差为－2的；
公差为3的有(1，4，7)，(2，5，8)，共2种情况，同公差为－3的.
所以三个数恰好构成等差数列的概率P＝.(共82张PPT)
第十章
§10.6　离散型随机变量及其
　 　 分布列、数字特征
数学
大
一
轮
复
习
1.理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念.
2.理解并会求离散型随机变量的数字特征.
课标要求
课时精练
内容索引
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
落实主干知识
第一部分
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　　　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.
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，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.
3.离散型随机变量分布列的性质
(1)pi≥0，i＝1，2，…，n；
(2)p1＋p2＋…＋pn＝　　.
唯一
1
4.离散型随机变量的均值(数学期望)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
(1)均值(数学期望)
称E(X)＝　　　　　　　　　　＝xipi为随机变量X的均值或数学期望，
数学期望简称期望.它反映了随机变量取值的　　　　　.
x1p1＋x2p2＋…＋xnpn
平均水平
(2)方差
称D(X)＝(x1－E(X))2p1＋(x2－E(X))2p2＋…＋(xn－E(X))2pn＝_______________
为随机变量X的方差，并称为随机变量X的　　　　，记为σ(X)，它们都可以度量随机变量取值与其均值的　　　　　.
5.均值(数学期望)与方差的性质
(1)E(aX＋b)＝　　　　　.
(2)D(aX＋b)＝　　　　(a，b为常数).
(xi－E(X))2pi
标准差
偏离程度
aE(X)＋b
a2D(X)
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)在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.(　　)
(2)离散型随机变量的各个可能值表示的事件是彼此互斥的.(　　)
(3)随机试验的结果与随机变量是对应关系，即每一个试验结果都有唯一的随机变量的值与之对应.(　　)
(4)方差或标准差越小，则随机变量的偏离程度越小.(　　)
√
×
√
√
2.甲、乙两人下象棋，共下三局，每局赢了得3分，平得1分，输了得0分，用ξ表示甲的得分，则{ξ＝3}表示
A.甲赢三局
B.甲赢一局输两局
C.甲、乙平局二次
D.甲赢一局输两局或甲、乙平局三次
因为甲、乙两人下象棋，赢了得3分，平得1分，输了得0分，故{ξ＝3}表示两种情况，即甲赢一局输两局或甲、乙平局三次.
√
3.已知随机变量X的分布列如表，则E(5X＋4)等于
依题意，0.4＋a＋0.3＝1，解得a＝0.3，
则E(X)＝1×0.4＋2×0.3＋4×0.3＝2.2，
所以E(5X＋4)＝5E(X)＋4＝5×2.2＋4＝15.
X 1 2 4
P 0.4 a 0.3
A.1 B.2.2 C.11 D.15
√
4.甲、乙两人在一天生产中出现的废品数分别是两个随机变量X，Y，分布列分别为
X 0 1 2 3
P 0.4 0.3 0.2 0.1
Y 0 1 2
P 0.3 0.5 0.2
若甲、乙两人的日产量相等，则甲、乙两人中技术较好的是　　　.
乙
E(X)＝0×0.4＋1×0.3＋2×0.2＋3×0.1＝1，E(Y)＝0×0.3＋1×0.5＋2×0.2＝0.9，
∵E(Y)1.(1)随机变量的均值是常数，样本的平均数是随机变量，它不确定.
(2)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.
(3)求出分布列后，注意运用分布列的两条性质检验所求分布列是否正确.
2.(1)E(X1＋X2)＝E(X1)＋E(X2).
(2)D(X)＝E(X2)－(E(X))2.
(3)若X1，X2相互独立，则E(X1X2)＝E(X1)·E(X2).
返回
微点提醒
探究核心题型
第二部分
例1　(1)若随机变量X的分布列为
分布列的性质
题型一
由随机变量X的分布列知，P(X<1)＝0.5，P(X<2)＝0.8，故当P(XX －2 －1 0 1 2 3
P 0.1 0.2 0.2 0.3 0.1 0.1
则当P(XA.[1，2) B.[1，2] C.(1，2] D.(1，2)
√
(2)设随机变量X的分布列为P(X＝k)＝(k＝1，2，3，4，5)，则P(X≥
4)等于
A. B. C. D.
P(X＝k)＝，
∵P(X＝k)＝1，∴×
＝×＝1.则m＝，
∴P(X≥4)＝×.
√
离散型随机变量分布列的性质的应用
(1)利用“概率之和为1”可以求相关参数的值.
(2)利用“在某个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.
(3)可以根据性质判断所得分布列的结果是否正确.
思维升华
跟踪训练1　已知随机变量ξ的分布列如表：
ξ －2 0 2
P a b c
其中a，b，c成等差数列，则P(|ξ|＝2)的值是
A. B. C. D.
√
因为a，b，c成等差数列，所以b＝，
根据随机变量分布列的性质得a＋b＋c＝1，
所以＝1，即a＋c＝，
所以P(|ξ|＝2)＝P(ξ＝2)＋P(ξ＝－2)＝.
离散型随机变量的分布列及数字特征
题型二
例2　随机变量X的分布列如表所示，若E(X)＝，则D(X)等于
命题点1　求离散型随机变量的分布列及数字特征
A.1 B. C. D.
X －1 0 1
P a b
√
依题意可得
所以D(X)＝×××.
X －1 0 1
P a b
均值、方差的大小比较、单调性、最值(范围)问题
微拓展
关于随机变量的均值与方差，近几年均以选择题的形式考查，除考查均值、方差的直接计算外，还经常从下列几个角度进行考查：(1)均值、方差及概率的大小比较；(2)均值、方差的增减性分析；(3)均值、方差的最值；(4)解均值、方差的不等式求字母的范围.
典例　(1)设随机变量X的分布列如下(其中0A.D(X)增大 B.D(X)减小
C.D(X)先减后增 D.D(X)先增后减
X 0 1 2
P
√
由分布列可得E(X)＝0×＋1×＋2×＋p，
则D(X)＝＋＝－p2＋p＋＝
－，
因为0X 0 1 2
P
(2)(多选)已知某商场销售一种商品的单件销售利润为X＝0，a，2，根据以往销售经验可得0下列结论正确的是
A.b＝
B.若该商场销售该商品5件，其中3件销售利润为0的概率为
C.D(X)min＝
D.当D(X)最小时，E(X)＝
X 0 a 2
P b
√
√
√
由题意＋b＋＝1，∴b＝，故选项A正确；
该商场销售该商品5件，其中3件销售利润为0的概率为××，故选项B正确；
X 0 a 2
P b
随机变量X的均值E(X)＝0×＋a×＋2×(a＋1)，可知方差D(X)＝××××(2a2－2a＋5)＝×，当a＝时，D(X)min＝，故选项C正确；
当D(X)最小时，a＝，此时E(X)＝×，故选项D错误.
X 0 a 2
P b
例3　(多选)已知随机变量X的分布列为
命题点2　均值与方差的性质应用
且a，b，c成等差数列，下列结论正确的是
A.D(bX＋1)＝D(X) B.P(|X|＝1)＝0.5
C.若E(aX)＝0.08，则a＝0.1 D.a－c可能等于0.1
X －1 0 1 2
P a b c 0.25
√
√
√
依题意，a＋b＋c＝3b＝0.75，解得b＝0.25，a＋c＝0.5.
DD(X)，A正确；
P(|X|＝1)＝P(X＝－1)＋P(X＝1)＝a＋c＝0.5，B正确；
E(X)＝－a＋c＋0.5＝1－2a，则E(aX)＝aE(X)＝a(1－2a)＝0.08，解得a＝0.1或a＝0.4，C错误；
当a＝0.3，c＝0.2时，a－c＝0.1，D正确.
X －1 0 1 2
P a b c 0.25
求离散型随机变量ξ的均值与方差的步骤
(1)理解ξ的意义，写出ξ的所有可能取值.
(2)求ξ取每个值的概率.
(3)写出ξ的分布列.
(4)由均值、方差的定义求E(ξ)，D(ξ).
思维升华
跟踪训练2　(多选)已知随机变量X的分布列如下，则下列说法正确的是
X －2 －1 1 2
P m n
A.m＋n＝ B.P(X<2)＝
C.若m＝，Y＝3X＋2，则E(Y)＝2 D.D(X2)＝2
√
√
√
因为＋m＋n＋＝1，所以m＋n＝，故A正确；
P(X<2)＝1－P(X≥2)＝1－，故B正确；
因为m＝，所以n＝，所以E(X)＝－2×＋(－1)×＋1×＋2×，
所以E(Y)＝E(3X＋2)＝3E(X)＋2＝4，故C错误；
P(X2＝1)＝P(X＝－1)＋P(X＝1)＝m＋n＝，P(X2＝4)＝P(X＝－2)＋P(X＝2)＝，
则X2的分布列为
所以E(X2)＝1×＋4×＝2，则D(X2)＝×(1－2)2＋×(4－2)2＝2，故D正确.
X2 1 4
P
均值与方差中的决策问题
题型三
例4　为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对500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45元，其余3个均为15元，求顾客所获的奖励额为60元的概率；
设顾客所获的奖励额为X，依题意得
P(X＝60)＝.
(2)商场对奖励总额的预算是30 000元，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，请从如下两种方案中选择一种，并说明理由.方案一：袋中的4个球由2个标有面值15元和2个标有面值45元的两种球组成；方案二：袋中的4个球由2个标有面值20元和2个标有面值40元的两种球组成.
根据方案一，设顾客所获的奖励额为X1，其所有可能取值为30，60，90，
则P(X1＝30)＝，
P(X1＝60)＝，
P(X1＝90)＝，
所以E(X1)＝30×＋60×＋90×＝60，
D(X1)＝(30－60)2×＋(60－60)2×＋(90－60)2×＝300；
根据方案二，设顾客所获的奖励额为X2，其所有可能取值为40，60，80，
则P(X2＝40)＝，
P(X2＝60)＝，
P(X2＝80)＝，
所以E(X2)＝40×＋60×＋80×＝60，
D(X2)＝(40－60)2×＋(60－60)2×＋(80－60)2×.
商场对奖励总额的预算是30 000元，故每个顾客平均奖励额最多为60元，两方案均符合要求，但方案二奖励额的方差比方案一小，所以为了使每位顾客所获的奖励额相对均衡，应选择方案二.
随机变量的均值和方差从整体和全局上刻画了随机变量，是生产实际中用于方案取舍的重要理论依据.一般先比较均值，若均值相同，再用方差来决定.
思维升华
跟踪训练3　(2021·新高考全国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；
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)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.
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
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.
Y 0 80 100
P 0.4 0.12 0.48
返回
课时精练
对一对
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 C A B D AC AC 45
题号 8 11 12 答案 3 D 答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(1)比赛只进行三局，则都是甲赢或都是乙赢，
所以概率为0.6×0.5×0.6+0.4×0.5×0.4＝0.18+0.08＝0.26.
(2)设比赛进行的局数为X，
则X所有可能的取值为3，4，5.
当X＝3时，则前三局都是甲赢，
P(X＝3)＝0.5×0.6＝0.3，
9.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
当X＝4时，则可能的情况是
9.
甲 乙 甲 乙
乙胜 甲 乙 乙 乙
甲胜 甲 甲 乙 甲
甲胜 甲 乙 甲 甲
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
P(X＝4)＝0.5×0.4×0.5+0.5×0.4×0.5+0.5×0.6×0.5＝0.35，
P(X＝5)＝1－P(X＝3)－P(X＝4)＝1－0.3－0.35＝0.35，
故E(X)＝3×0.3+4×0.35+5×0.35＝4.05.
9.
答案
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(1)由题意可知甲按“A，B，C”的顺序猜歌名，至少猜对两首歌曲的歌名分两种情况：猜对A，B；猜对A，B，C，这两种情况不会同时发生.
设“甲按‘A，B，C’的顺序猜歌名至少猜对两首歌曲的歌名”为事件E，
由甲猜对每首歌曲的歌名相互独立可得P(E)＝P(AB+ABC)
＝0.8×0.5×(1－0.5)+0.8×0.5×0.5＝0.4.
10.
答案
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(2)甲决定按“A，B，C”顺序猜歌名，获得的奖励基金金额记为X，
则X的所有可能取值为0，1 000，3 000，6 000，
P(X＝0)＝1－0.8＝0.2，
P(X＝1 000)＝0.8×(1－0.5)＝0.4，
P(X＝3 000)＝0.8×0.5×(1－0.5)＝0.2，
P(X＝6 000)＝0.8×0.5×0.5＝0.2，
所以E(X)＝0×0.2+1 000×0.4+3 000×0.2+6 000×0.2＝2 200.
10.
答案
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甲决定按“C，B，A”顺序猜歌名，获得的奖励基金金额记为Y，
则Y的所有可能取值为0，3 000，
5 000，6 000，
P(Y＝0)＝1－0.5＝0.5，
P(Y＝3 000)＝0.5×(1－0.5)
＝0.25，
P(Y＝5 000)＝0.5×0.5×(1－0.8)＝0.05，
10.
答案
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12
P(Y＝6 000)＝0.5×0.5×0.8＝0.2，
所以E(Y)＝0×0.5+3 000×0.25+5 000×0.05+6 000×0.2＝2 200.
方法一　D(X)＝(0－2 200)2×0.2＋(1 000－2 200)2×0.4＋(3 000－2 200)2×
0.2＋(6 000－2 200)2×0.2＝4 560 000，
D(Y)＝(0－2 200)2×0.5＋(3 000－2 200)2×0.25＋(5 000－2 200)2×0.05＋(6 000－2 200)2×0.2＝5 860 000，
由于E(X)＝E(Y)，D(Y)>D(X)，所以应该按照“A，B，C”的顺序猜歌名.
10.
答案
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方法二　甲按“C，B，A”的顺序猜歌名时，获得0元的概率为0.5，大于按照“A，B，C”的顺序猜歌名时获得0元的概率0.2，所以应该按照“A，B，C”的顺序猜歌名.
10.
一、单项选择题
1.在篮球比赛中，规定一次中距离投篮投中得2分，投不中得0分，则选手甲在三次中距离投篮中的总得分ξ的所有可能取值的和是
A.8 B.10 C.12 D.14
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知识过关
答案
选手甲在三次中距离投篮中可能都不中，得0分，中一次，得2分，中两次，得4分，中三次，得6分，故总得分ξ的所有可能取值为0，2，4，6，所以总得分ξ的所有可能取值的和为12.
√
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答案
2.已知离散型随机变量X的分布列P＝ak(k＝1，2，3，4，5)，则P等于
A. B. C. D.
由已知离散型随机变量X的分布列
P＝ak(k＝1，2，3，4，5)，
则a＋2a＋3a＋4a＋5a＝1，解得a＝，
由故P＝P＋P.
√
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答案
3.小林从A地出发去往B地，1小时内到达的概率为0.4，1小时10分到达的概率为0.3，1小时20分到达的概率为0.3.现规定1小时内到达的奖励200元，若超过1小时到达，则每超过1分钟奖励少2元.设小林最后获得的奖励为X元，则E(X)等于
A.176 B.182 C.184 D.186
√
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答案
依题意可得X的可能取值为200，180，160.
P(X＝200)＝0.4，P(X＝180)＝0.3，P(X＝160)＝0.3，
则X的分布列为
所以E(X)＝200×0.4＋(180＋160)×0.3＝182.
X 200 180 160
P 0.4 0.3 0.3
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答案
4.随机变量ξ的分布列如表：
ξ 0 1 2
P 2a－b a a＋b
则D(ξ)的取值范围是
A. B.
C. D.
√
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答案
因为2a－b＋a＋a＋b＝1，所以a＝，
又因为解得－所以E(ξ)＝a＋2a＋2b＝＋2b，
D(ξ)＝×＝－4b2＋b＋＝－4，
因为－所以D(ξ)的取值范围是.
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答案
二、多项选择题
5.已知离散型随机变量X的分布列为
X 0 1 2 5
P a 2a＋0.2 a＋0.2 2a
则下列说法正确的是
A.a＝0.1 B.D(X)＝1.84
C.E(X)＝2 D.E(2X＋6)＝9
√
√
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答案
由分布列的性质知6a＋0.4＝1，解得a＝0.1，故A正确；
故E(X)＝0×0.1＋1×0.4＋2×0.3＋5×0.2＝2，D(X)＝0.1×22＋0.4×12＋0.3×02＋0.2×32＝2.6，故B错误，C正确；
由离散型随机变量期望的性质可得，E(2X＋6)＝2E(X)＋6＝10，故D错误.
X 0 1 2 5
P a 2a＋0.2 a＋0.2 2a
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答案
6.一个袋子中装有除颜色外完全相同的10个球，其中有6个黑球，4个白球，现从中任取4个球，记随机变量X为取出白球的个数，随机变量Y为取出黑球的个数，若取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分，随机变量Z为取出4个球的总得分，则下列结论中不正确的是
A.P(X＝1)＝ B.X＋Y＝4
C.E(X)>E(Y) D.E(Z)＝
√
√
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答案
由条件可知，袋子中有6黑4白，又共取出4个球，所以X＋Y＝4，故B正确；
又X的可能取值为0，1，2，3，4，
所以P(X＝0)＝，
P(X＝1)＝，
P(X＝2)＝，
P(X＝3)＝，
P(X＝4)＝，可知A错误；
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答案
Y的可能取值为0，1，2，3，4，且P(Y＝0)＝P(X＝4)＝，P(Y＝1)＝P(X＝3)＝，
P(Y＝2)＝P(X＝2)＝，P(Y＝3)＝P(X＝1)＝，P(Y＝4)＝P(X＝0)＝，
则E(X)＝，
E(Y)＝，
所以E(X)因为Z＝2X＋Y＝2X＋(4－X)＝X＋4，
所以E(Z)＝E(X＋4)＝E(X)＋4＝＋4＝，故D正确.
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答案
三、填空题
7.随机变量Y的分布列如表，且E(Y)＝3，则D(3Y－5)＝　　　.
45
Y 0 2 a
P m
由题意得＋m＋＝1，解得m＝，
所以E(Y)＝0×＋2×a＝3，解得a＝6，
所以D(Y)＝(0－3)2×＋(2－3)2×＋(6－3)2×＝5，
所以D(3Y－5)＝32D(Y)＝9×5＝45.
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答案
8.根据以往的经验，某工程施工期间的降水量X(单位：mm)对工期的影响如表所示：
降水量X X<300 300≤X<700 700≤X<900 X≥900
工期延误天数Y 0 2 6 10
历年气象资料表明，该工程施工期间降水量X小于300，700，900的概率分别为0.3，0.7，0.9，则工期延误天数Y的均值为　　　　.
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答案
由题意可知P(X<300)＝0.3，
P(300≤X<700)＝P(X<700)－P(X<300)＝0.7－0.3＝0.4，
P(700≤X<900)＝P(X<900)－P(X<700)＝0.9－0.7＝0.2，
P(X≥900)＝1－P(X<900)＝1－0.9＝0.1.
所以随机变量Y的分布列为
所以E(Y)＝0×0.3＋2×0.4＋6×0.2＋10×0.1＝3，所以工期延误天数Y的均值为3.
Y 0 2 6 10
P 0.3 0.4 0.2 0.1
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答案
四、解答题
9.(2024·重庆模拟)甲、乙两名围棋手对弈，比赛实行五局三胜制，第一局通过猜子确定甲执黑先行，其后每局交换先行者，直至比赛结束，已知甲先行时他赢下该局的概率为0.6，乙先行时他赢下该局的概率为0.5.
(1)求比赛只进行了三局就结束的概率；
比赛只进行三局，则都是甲赢或都是乙赢，
所以概率为0.6×0.5×0.6＋0.4×0.5×0.4＝0.18＋0.08＝0.26.
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答案
(2)已知甲胜了第一局，求比赛进行局数的期望.
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答案
设比赛进行的局数为X，则X所有可能的取值为3，4，5.
当X＝3时，则前三局都是甲赢，P(X＝3)＝0.5×0.6＝0.3，
当X＝4时，则可能的情况是
甲 乙 甲 乙
乙胜 甲 乙 乙 乙
甲胜 甲 甲 乙 甲
甲胜 甲 乙 甲 甲
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答案
P(X＝4)＝0.5×0.4×0.5＋0.5×0.4×0.5＋0.5×0.6×0.5＝0.35，
P(X＝5)＝1－P(X＝3)－P(X＝4)＝1－0.3－0.35＝0.35，
故E(X)＝3×0.3＋4×0.35＋5×0.35＝4.05.
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答案
10.猜歌名游戏是根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名，该游戏中有A，B，C三首歌曲.嘉宾甲参加猜歌名游戏，自主选择猜歌顺序，只有猜对当前歌曲的歌名才有资格猜下一首，并且获得本歌曲对应的奖励基金.假设甲猜对每首歌曲的歌名相互独立，猜对三首歌曲歌名的概率及猜对时获得相应的奖励基金如表：
歌曲 A B C
猜对的概率 0.8 0.5 0.5
获得的奖励基金金额/元 1 000 2 000 3 000
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答案
(1)若甲按“A，B，C”的顺序猜歌名，求至少猜对两首歌曲歌名的概率；
由题意可知甲按“A，B，C”的顺序猜歌名，至少猜对两首歌曲的歌名分两种情况：猜对A，B；猜对A，B，C，这两种情况不会同时发生.
设“甲按‘A，B，C’的顺序猜歌名至少猜对两首歌曲的歌名”为事件E，
由甲猜对每首歌曲的歌名相互独立可得
P(E)＝P(AB＋ABC)＝0.8×0.5×(1－0.5)＋0.8×0.5×0.5＝0.4.
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答案
(2)甲决定按“A，B，C”或者“C，B，A”两种顺序猜歌名，请你计算两种猜歌顺序嘉宾甲获得奖励基金的期望；为了得到更多的奖励基金，请你给出合理的选择建议，并说明理由.
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答案
甲决定按“A，B，C”顺序猜歌名，获得的奖励基金金额记为X，
则X的所有可能取值为0，1 000，3 000，6 000，
P(X＝0)＝1－0.8＝0.2，
P(X＝1 000)＝0.8×(1－0.5)＝0.4，
P(X＝3 000)＝0.8×0.5×(1－0.5)＝0.2，
P(X＝6 000)＝0.8×0.5×0.5＝0.2，
所以E(X)＝0×0.2＋1 000×0.4＋3 000×0.2＋6 000×0.2＝2 200.
甲决定按“C，B，A”顺序猜歌名，获得的奖励基金金额记为Y，
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答案
则Y的所有可能取值为0，3 000，5 000，6 000，
P(Y＝0)＝1－0.5＝0.5，
P(Y＝3 000)＝0.5×(1－0.5)＝0.25，
P(Y＝5 000)＝0.5×0.5×(1－0.8)＝0.05，
P(Y＝6 000)＝0.5×0.5×0.8＝0.2，
所以E(Y)＝0×0.5＋3 000×0.25＋5 000×0.05＋6 000×0.2＝2 200.
方法一　D(X)＝(0－2 200)2×0.2＋(1 000－2 200)2×0.4＋(3 000－2 200)2
×0.2＋(6 000－2 200)2×0.2＝4 560 000，
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答案
D(Y)＝(0－2 200)2×0.5＋(3 000－2 200)2×0.25＋(5 000－2 200)2×0.05＋(6 000－2 200)2×0.2＝5 860 000，
由于E(X)＝E(Y)，D(Y)>D(X)，所以应该按照“A，B，C”的顺序猜歌名.
方法二　甲按“C，B，A”的顺序猜歌名时，获得0元的概率为0.5，大于按照“A，B，C”的顺序猜歌名时获得0元的概率0.2，所以应该按照“A，B，C”的顺序猜歌名.
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答案
能力拓展
11.设随机变量X的分布列如表所示，则下列说法中错误的是
X 1 2 3 4 5 6
P p1 p2 p3 p4 p5 p6
A.P(X≥4)＝1－P(X≤3)
B.随机变量X的数学期望E(X)可以等于3.5
C.当pn＝(n＝1，2，3，4，5)时，p6＝
D.数列{pn}的通项公式可以为pn＝(n＝1，2，3，4，5，6)
√
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答案
A选项，由已知p1＋p2＋p3＋p4＋p5＋p6＝1，则P(X≥4)＝p4＋p5＋p6＝1－(p1＋p2＋p3)＝1－P(X≤3)，A选项正确；
B选项，当p1＝p2＝p3＝p4＝p5＝p6＝时，期望为E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＋5×＋6×＝3.5，B选项正确；
C选项，由pn＝(n＝1，2，3，4，5)，则p6＝1－(p1＋p2＋…＋p5)＝1－＝1－，C选项正确；
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答案
D选项，由pn＝(n＝1，2，3，4，5，6)，则其前6项和为1－＋…＋≠1，D选项错误.
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答案
12.(2025·沈阳模拟)某次国际象棋比赛规定，胜一局得3分，平一局得1分，负一局得0分，某参赛队员比赛一局胜的概率为a，平局的概率为b，负的概率为c(a，b，c∈[0，1))，已知他比赛两局得分的数学期望为2，则ab的
最大值为　　　.
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答案
返回
记比赛两局的得分为X，则X所有可能的取值为0，1，2，3，4，6，
P(X＝0)＝c2，P(X＝1)＝2bc，P(X＝2)＝b2，
P(X＝3)＝2ac，P(X＝4)＝2ab，P(X＝6)＝a2，
又a＋b＋c＝1，则E(X)＝2bc＋2b2＋6ac＋8ab＋6a2＝2b(1－a－b)＋2b2＋6a(1－a－b)＋8ab＋6a2＝6a＋2b＝2，
则3a＋b＝1≥2，得ab≤，
当且仅当3a＝b，即a＝，b＝时，等号成立，
所以ab的最大值为.(共70张PPT)
第十章
§10.5　事件的相互独立性与条
　件概率、全概率公式
数学
大
一
轮
复
习
1.了解两个事件相互独立的含义.
2.理解随机事件的独立性和条件概率的关系，会利用全概率公式计算概率.
课标要求
课时精练
内容索引
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
落实主干知识
第一部分
1.相互独立事件
(1)概念：对任意两个事件A与B，如果P(AB)＝　　　　　成立，则称事件A与事件B相互独立，简称为独立.
(2)性质：若事件A与B相互独立，那么A与　，与 ，与也都相互独立.
2.条件概率
(1)概念：一般地，设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，我们称P(B|A)＝
为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率，简称条件概率.
P(A)P(B)
B
(2)两个公式
①利用古典概型：P(B|A)＝ ；
②概率的乘法公式：P(AB)＝ .
(3)条件概率的性质
条件概率只是缩小了样本空间，因此条件概率同样具有概率的性质.设P(A)>0，则
①P(Ω|A)＝ ；
②如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝ .
③设和B互为对立事件，则P(|A)＝ .
P(A)P(B|A)
1
P(B|A)＋P(C|A)
1－P(B|A)
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)＝ .
P(Ai)P(B|Ai)
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)对于任意两个事件，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立.(　　)
(2)P(B|A)表示在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，P(AB)表示事件A，B同时发生的概率.(　　)
(3)抛掷两枚质地均匀的硬币，设“第一枚正面朝上”为事件A，“第二枚正面朝上”为事件B，则A，B相互独立.(　　)
(4)若事件A1与A2是对立事件，则对任意的事件B Ω，都有P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2).(　　)
√
×
√
√
2.某型号新能源汽车参加碰撞测试和续航测试，该型号新能源汽车参加这两项测试的结果相互不受影响.若该型号新能源汽车在碰撞测试中结果为
优秀的概率为，在续航测试中结果为优秀的概率为，则该型号新能源汽
车在这两项测试中仅有一项测试结果为优秀的概率为
A. B. C. D.
根据题意可得该型号新能源汽车在这两项测试中仅有一项测试结果为优
秀的概率为××.
√
3.统计某位篮球运动员的罚球命中率，罚中一次的概率是，连续罚中两次的概率是.已知这位篮球运动员第一次罚球命中，则第二次罚球也命中
的概率是
A. B. C. D.
记“第一次罚球命中”为事件A，“第二次罚球命中”为事件B，
由题意可知P(A)＝，P(AB)＝，
所以P(B|A)＝.
√
4.(2024·武威统考)设甲乘汽车、动车前往某目的地的概率分别为0.3，0.7，汽车和动车正点到达目的地的概率分别为0.6，0.8，则甲正点到达目的地的概率为　　　　.
0.74
由全概率公式得甲正点到达目的地的概率为P＝0.7×0.8＋0.3×0.6＝0.56＋0.18＝0.74.
1.理清“相互独立”和“事件互斥”的区别
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.不要混淆P(B|A)与P(A|B)
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.
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微点提醒
探究核心题型
第二部分
例1　(多选)(2024·河池模拟)口袋中装有大小质地完全相同的白球和黑球各2个，从中不放回地依次取出2个球，事件A＝“取出的两球同色”，事件B＝“第一次取出的是白球”，事件C＝“第二次取出的是白球”，事件D＝“取出的两球不同色”，则
A.P(C)＝ B.A与C相互独立
C.A与D相互独立 D.B与D相互独立
√
相互独立事件
题型一
命题点1　事件相互独立性的判断
√
依题意P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝，P(D)＝，故A错误；
因为P(AC)＝，则P(AC)＝P(A)P(C)，所以事件A与C相互独立，故B
正确；
因为P(AD)＝0≠P(A)P(D)，所以事件A与D不相互独立，故C错误；
因为P(BD)＝，则P(BD)＝P(B)P(D)，所以事件B与D相互独立，
故D正确.
例2　小刚参与一种答题游戏，需要解答A，B，C三道题.已知他答对这三
道题的概率分别为a，a，，且各题答对与否互不影响，若他恰好能答对两道题的概率为，则他三道题都答错的概率为
A. B. C. D.
√
命题点2　相互独立事件的概率
记小刚答对A，B，C三道题分别为事件D，E，F，且D，E，F相互独立，
且P(D)＝P(E)＝a，P(F)＝.
恰好能答对两道题为事件DE＋DF＋EF，且DE，DF，EF两两互斥，
所以P(DE＋DF＋EF)＝P(DE)＋P(DF)＋P(EF)
＝P(D)P(E)P()＋P(D)P()P(F)＋P()P(E)P(F)
＝a×a×＋a×(1－a)×＋(1－a)×a×，
整理得(1－a)2＝，他三道题都答错为事件，
故P()＝P()P()P()＝(1－a)2(1－a)2＝.
求相互独立事件同时发生的概率的方法
(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.
思维升华
跟踪训练1　(1)(多选)(2024·武汉模拟)一个质地均匀的正四面体4个表面上分别标有数字1，2，3，4，抛掷该正四面体两次，记事件M为“第一次向下的数字为1或2”，事件N为“两次向下的数字之和为奇数”，则下列说法正确的是
A.事件M发生的概率为 B.事件M与事件N互斥
C.事件M与事件N相互独立 D.事件M＋N发生的概率为
√
√
由题意可得P(M)＝，故A正确；
当两次抛掷的点数为(1，4)时，事件M与事件N同时发生，所以事件M与事件N不互斥，故B错误；
事件M与事件N同时发生的情况有(1，2)，(1，4)，(2，1)，(2，3)，共4
种，所以P(MN)＝，又P(N)＝，所以P(MN)＝P(M)·P(N)，故
事件M与事件N相互独立，故C正确；
P(M＋N)＝P(M)＋P(N)－P(MN)＝，故D错误.
(2)甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲中靶的概率为0.6，乙中靶的概率为0.7，且两人是否中靶相互独立，若甲、乙各射击一次，则
A.两人都中靶的概率为0.12
B.两人都不中靶的概率为0.42
C.恰有一人中靶的概率为0.46
D.至少有一人中靶的概率为0.74
√
设甲中靶为事件A，乙中靶为事件B，P(A)＝0.6，P(B)＝0.7，
则两人都中靶的概率为P(AB)＝P(A)P(B)＝0.6×0.7＝0.42，
两人都不中靶的概率为P()＝[1－P(A)][1－P(B)]＝0.4×0.3＝0.12，
恰有一人中靶的概率为P(B∪A)＝[1－P(A)]P(B)＋P(A)[1－P(B)]＝0.4×0.7＋0.6×0.3＝0.46，
至少有一人中靶的概率为1－P()＝0.88.
条件概率
题型二
例3　从混有5件次品的20件产品中依次抽取2件，在第1次抽到次品的条件下，第2次抽到次品的概率为
A. B. C. D.
√
命题点1　条件概率
方法一　设“第1次抽到次品”为事件A，则P(A)＝，
设“第2次抽到次品”为事件B，则P(AB)＝×，
故在第1次抽到次品的条件下，第2次抽到次品的概率P(B|A)＝.
方法二　已知第一次为次品，还剩下19件产品，其中有4件次品，则再抽
一次为次品的概率为P＝.
例4　下列结论中正确的是
A.P(B|A)＝P(A|B) B.P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)
C.P(AB)＝P(B|A)P(A) D.P(B|A)P(A)≥P(A)＋P(B)
√
命题点2　条件概率性质的应用
P(A|B)＝，P(B|A)＝，而P(A)与P(B)不一定相等，故A不正确；
当B，C不为互斥事件时，等式不成立，故B不正确；
由概率的乘法公式知C正确；
P(B|A)P(A)＝P(AB)≤P(A)＋P(B)，故D不正确.
求条件概率的常用方法
(1)定义法：P(B|A)＝.
(2)样本点法：P(B|A)＝.
(3)缩样法：去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型求解.
思维升华
跟踪训练2　(1)甲、乙、丙、丁四名同学报名参加4×100米接力赛跑.记事件A为“甲同学不跑第一棒”，事件B为“乙同学跑第二棒”，则P(B|A)的值为
A. B. C. D.
√
已知事件A为“甲同学不跑第一棒”，事件B为“乙同学跑第二棒”，
则P(A)＝，
P(AB)＝，
所以P(B|A)＝.
(2)(2024·汕头模拟)某填空题有两小问，按目前掌握信息：十个人中有四人能够答对第一问；在第一问答错的情况下，第二问答对的概率仅为0.05.用频率估计概率，选择有效信息估计该题两小问均答错的概率为　　　.
0.57
设“第一问答对”为事件A，“第二问答对”为事件B，
由题意可得P(A)＝＝0.4，P(B|)＝0.05，
则P()＝0.6，P(|)＝0.95，
所以P()＝P()P(|)＝0.57.
全概率公式的应用
题型三
例5　(2025·南昌模拟)已知某羽毛球集训小组，其中一级运动员、二级运动员、三级运动员占比分别为0.2，0.3，0.5，现在举行一场羽毛球选拔赛，若一级、二级、三级运动员能够晋级的概率分别为0.9，0.6，0.2，则从该小组中任选一名运动员能够晋级的概率为
A.0.42 B.0.46 C.0.58 D.0.62
√
设事件B为“选出的运动员能晋级”，A1为“选出的运动员是一级运动员”，A2为“选出的运动员是二级运动员”，A3为“选出的运动员是三级运动员”，
则P(A1)＝0.2，P(A2)＝0.3，P(A3)＝0.5，P(B|A1)＝0.9，P(B|A2)＝0.6，P(B|A3)＝0.2，
所以由全概率公式可得
P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝0.2×0.9＋0.3×0.6＋0.5×0.2＝0.46，
所以任选一名运动员能够晋级的概率为0.46.
利用全概率公式解题的思路
(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)和所求事件B在各个互斥事件Ai发生条件下的概率P(B|Ai).
(3)代入全概率公式计算.
思维升华
跟踪训练3　(多选)湖南张家界是国家5A级景区，有许多好看的景点.李先生和张先生预选该景区的玻璃栈道和凤凰古城游玩，他们第一天去玻璃栈道和凤凰古城游玩的概率分别为0.3和0.7，如果他们第一天去玻璃栈道，那么第二天去玻璃栈道的概率为0.3；如果第一天去凤凰古城，那么第二天去玻璃栈道的概率为0.6.设A1＝“第一天去玻璃栈道”，A2＝“第二天去玻璃栈道”，B1＝“第一天去凤凰古城”，B2＝“第二天去凤凰古城”，则
A.P(A2|A1)＝0.3 B.P(A2|B1)＝0.3
C.P(A2)＝0.51 D.P(B2)＝0.49
√
√
√
由题干可知P(A2|A1)＝0.3，P(A2|B1)＝0.6，A正确，B错误；
P(A1)＝0.3，P(B1)＝0.7，P(B2|A1)＝0.7，P(B2|B1)＝0.4，所以P(A2)＝P(A1A2)＋P(B1A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(B1)P(A2|B1)＝0.3×0.3＋0.7×0.6＝0.51，P(B2)＝P(A1B2)＋P(B1B2)＝P(A1)P(B2|A1)＋P(B1)P(B2|B1)＝0.3×0.7＋0.7×0.4＝0.49，C，D正确.
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课时精练
对一对
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题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 A D B A AD ABD
题号 8 11 12 答案 0.24　0.36 C 0.7 答案
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(1)设“甲解出该题”为事件A，“乙解出该题”为事件B，“丙解出该题”为事件C，
则A，B，C相互独立，
由题意得P(A)＝，
P(AC)＝P(A)P(C)
＝·P(C)＝，
所以P(C)＝，
9.
答案
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12
P(B)＝P(B)P()
＝P(B)(1－P(C))
＝P(B)·，
所以P(B)＝，
所以乙、丙各自解出该题的概率为，.
9.
答案
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(2)设“甲、乙、丙3人中至少有1人解出该题”为事件D，
则，
因为P(A)＝，
P(B)＝，P(C)＝，
所以P()＝，
P()＝，P()＝，
因为，，相互独立，
9.
答案
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所以P(D)＝1－P()
＝1－P()
＝1－P()P()P()
＝1－××.
所以甲、乙、丙3人中至少有1人解出该题的概率为.
9.
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设试验一次，“选到甲袋”为事件A1，“选到乙袋”为事件A2，“试验结果为红球”为事件B1，“试验结果为白球”为事件B2.
(1)P(B1)＝P(A1)P(B1|A1)+P(A2)P(B1|A2)＝××.
所以试验一次结果为红球的概率为，即首次试验结束的概率为.
(2)①因为B1，B2是对立事件，
P(B2)＝1－P(B1)＝，
10.
答案
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12
所以P(A1|B2)＝
＝
＝，
所以选到的袋子为甲袋的概率为.
②由①得P(A2|B2)
＝1－P(A1|B2)＝1－，
10.
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所以方案一中取到红球的概率为
P1＝P(A1|B2)P(B1|A1)+P(A2|B2)P(B1|A2)＝××，
方案二中取到红球的概率为
P2＝P(A2|B2)P(B1|A1)+P(A1|B2)P(B1|A2)＝××，
因为>，所以方案二中取到红球的概率更大，
即选择方案二第二次试验结束的概率更大.
10.
一、单项选择题
1.(2024·齐齐哈尔模拟)某同学参加社团面试，已知其第一次面试通过的概率为0.7，第二次面试通过的概率为0.5.若第一次未通过，仍可进行第二次面试，若两次均未通过，则面试失败，否则视为面试通过，若两次面试互不影响，则该同学面试通过的概率为
A.0.85 B.0.7 C.0.5 D.0.4
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知识过关
答案
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答案
依题意，第一次面试不通过的概率为0.3，第二面试不通过的概率为0.5，
因此面试失败的概率为0.3×0.5＝0.15，
所以该同学面试通过的概率为1－0.15＝0.85.
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答案
2.以A，B分别表示某城市的甲、乙两个区在某一年内出现停水的事件，据记载知P(A)＝0.35，P(B)＝0.30，P(A|B)＝0.15，则两个区同时发生停水事件的概率为
A.0.6 B.0.65 C.0.45 D.0.045
由题意可得P(AB)＝P(B)P(A|B)＝0.30×0.15＝0.045.
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答案
3.(2025·沈阳模拟)某公司的两名同事计划今年国庆节期间从大理、丽江、洱海、玉龙雪山、蓝月谷这5个著名旅游景点中随机选择一个游玩.则在两人中至少有一人选择大理的条件下，两人选择的景点不同的概率为
A. B. C. D.
设“两人中至少有一人选择大理”为事件A，“两人选择的景点不同“为事
件B，则P(A)＝，P(AB)＝，所以P(B|A)＝.
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答案
4.设某公路上经过的货车与客车的数量之比为2∶1，货车中途停车修理的概率为0.02，客车中途停车修理的概率为0.01，今有一辆汽车中途停车修理，则该汽车是货车的概率为
A.0.8 B.0.6 C.0.5 D.0.3
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答案
设A1表示“该汽车是货车”，A2表示“该汽车是客车”，则P(A1)＝，P(A2)＝，
设B表示“一辆汽车中途停车修理”，
则P(B|A1)＝0.02，P(B|A2)＝0.01，
则P(B)＝P(A1B)＋P(A2B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)，
今有一辆汽车中途停车修理，该汽车是货车的概率为P(A1|B)＝
＝＝＝0.8.
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答案
二、多项选择题
5.(2025·南京模拟)分别抛掷两枚质地均匀的硬币，记“第一枚硬币正面朝上”为事件A，“第二枚硬币反面朝上”为事件B，则
A.P(A)＝ B.P(AB)＝
C.A和B是互斥事件 D.A和B是相互独立事件
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答案
由题意得，样本空间为Ω＝{(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)}，
A＝{(正，正)，(正，反)}，
B＝{(正，反)，(反，反)}，
所以P(A)＝，A正确；
AB＝A∩B＝{(正，反)}，所以P(AB)＝，B错误；
因为P(AB)＝，所以A和B不是互斥事件，C错误；
因为P(AB)＝，P(A)·P(B)＝×，
所以P(AB)＝P(A)·P(B)，所以A和B是相互独立事件，D正确.
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答案
6.一工厂将两盒产品送检，甲盒中有4个一等品，3个二等品和3个三等品，乙盒中有5个一等品，2个二等品和3个三等品.先从甲盒中随机取出一个产品放入乙盒，分别以A1，A2和A3表示由甲盒取出的产品是一等品、二等品和三等品的事件；再从乙盒中随机取出一产品，以B表示由乙盒取出的产品是一等品的事件.则下列结论中正确的是
A.P(B|A1)＝ B.P(B)＝
C.事件B与事件A1相互独立 D.P(A1|B)＝
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答案
因为甲盒中有4个一等品，3个二等品和3个三等品，则P(A1)＝，P(A2)＝，P(A3)＝，乙盒中有5个一等品，2个二等品和3个三等品，则P(B|A1)＝，P(B|A2)＝P(B|A3)＝，则P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝×××2＝，故A，B正确；
因为P(A1B)＝P(A1)P(B|A1)＝×，又P(A1)＝，P(B)＝，则
P(A1B)≠P(A1)P(B)，则两事件不相互独立，故C错误；
P(A1|B)＝×，故D正确.
三、填空题
7.(2024·武汉模拟)如图，一个电路中有A，B，C三个电器元件，每个元件正常工作的概率均为，则这个电路是通路的概率是　　.
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答案
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答案
元件B，C都不正常的概率为P1＝×，
则元件B，C中至少有一个正常工作的概率为1－P1＝，
而电路是通路，即元件A正常工作与元件B，C中至少
有一个正常工作同时发生，
所以这个电路是通路的概率是P＝×.
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答案
8.已知一道解答题有两小问，每小问5分，共10分.现每十个人中有六人能够做出第一问，但在做不出第一问的情况下，做出第二问的概率为0.1；做出第一问的情况下，做不出第二问的概率为0.6.用频率估计概率，则此题得满分的概率是　　　；得0分的概率是　　　.
0.24
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答案
设“做出第一问”为事件A，“做出第二问”为事件B，
由题意可得P(A)＝＝0.6，P(B|)＝0.1，P(|A)＝0.6，
则P()＝0.4，P(|)＝0.9，P(B|A)＝0.4，
所以P(AB)＝P(A)P(B|A)＝0.24，即此题得满分的概率是0.24，
所以P()＝P()P(|)＝0.36，
即此题得0分的概率是0.36.
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答案
四、解答题
9.甲、乙、丙3名同学各自独立去做某道题，已知甲能解出该题的概率为，乙能解出而丙不能解出该题的概率为，甲、丙都能解出该题的概率为.
(1)求乙、丙各自解出该题的概率；
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答案
设“甲解出该题”为事件A，“乙解出该题”为事件B，“丙解出该题”为事件C，
则A，B，C相互独立，
由题意得P(A)＝，P(AC)＝P(A)P(C)＝·P(C)＝，
所以P(C)＝，P(B)＝P(B)P()＝P(B)(1－P(C))＝P(B)·，
所以P(B)＝，
所以乙、丙各自解出该题的概率为.
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答案
(2)求甲、乙、丙3人中至少有1人解出该题的概率.
设“甲、乙、丙3人中至少有1人解出该题”为事件D，
则，
因为P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝，
所以P()＝，P()＝，P()＝，
因为相互独立，
所以P(D)＝1－P()＝1－P()＝1－P()P()P()＝1－××.
所以甲、乙、丙3人中至少有1人解出该题的概率为.
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答案
10.人工智能是用于研究模拟和延伸人类智能的技术科学，被认为是21世纪最重要的尖端科技之一，其理论和技术日益成熟，应用领域也在不断扩大.人工智能背后的一个基本原理：首先确定先验概率，然后通过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率做出推理和决策.基于这一基本原理，我们可以设计如下试验模型：有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子中有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球，乙袋中有2个红球和8个白球.从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋子中等可能地摸出一个球，称为一次试验.若多次试验直到摸出红球，则试验结束.假设首次试验选到甲袋或
乙袋的概率均为(先验概率).
(1)求首次试验结束的概率；
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答案
设试验一次，“选到甲袋”为事件A1，“选到乙袋”为事件A2，“试验结果为红球”为事件B1，“试验结果为白球”为事件B2.
P(B1)＝P(A1)P(B1|A1)＋P(A2)P(B1|A2)＝××.
所以试验一次结果为红球的概率为，
即首次试验结束的概率为.
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答案
(2)在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率(先验概率)进行调整.
①求选到的袋子为甲袋的概率；
因为B1，B2是对立事件，
P(B2)＝1－P(B1)＝，
所以P(A1|B2)＝
＝，
所以选到的袋子为甲袋的概率为.
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答案
②将首次试验摸出的白球放回原来的袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案：方案一，从原来的袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球.请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
由①得P(A2|B2)＝1－P(A1|B2)＝1－，
所以方案一中取到红球的概率为
P1＝P(A1|B2)P(B1|A1)＋P(A2|B2)P(B1|A2)＝××，
方案二中取到红球的概率为
P2＝P(A2|B2)P(B1|A1)＋P(A1|B2)P(B1|A2)＝××，
因为>，所以方案二中取到红球的概率更大，
即选择方案二第二次试验结束的概率更大.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
能力拓展
11.(2025·南昌模拟)A，B是一个随机试验中的两个事件，且P(A)＝，P(A|B)＝，P(A＋)＝，则下列错误的是
A.P(B)＝ B.P(A)＝
C.P(B)＝ D.P(B|A)＝
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
∵P(A|B)＝，∴P(AB)＝P(B)，又∵P(A＋)＝1－P(B)＝，∴P(B)＝，故C错误；
∵P(B)＝P(B)－P(AB)＝，∴P(B)－P(B)＝，∴P(B)＝，故A正确；
∵P(AB)＝P(B)＝，∴P(A)＝P(A)－P(AB)＝，故B正确；
P(B|A)＝，故D正确.
1
2
3
4
5
6
7
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11
12
答案
12.如果10个篮球中有7个已打足气，3个没有打足气.已知小明任拿一个篮球投篮，命中的概率为0.72，若小明用打足气的篮球投篮，命中率为0.9，现小明用没有打足气的篮球投篮，则不能命中的概率为　　　.
0.7
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
返回
设事件A1，A2分别表示小明拿的一个球为已打足气的，没有打足气的，事件B表示投篮命中，
则由题意可得P(A1)＝＝0.7，P(A2)＝＝0.3，
又小明用打足气的篮球投篮，命中率为0.9，
所以P(B|A1)＝0.9，
则P(A1)P(B|A1)＝0.7×0.9＝0.63，
又小明任拿一个篮球投篮，命中的概率为0.72，
所以P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝0.72，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
返回
则P(A2)P(B|A2)＝0.09，
所以P(B|A2)＝＝0.3，故小明用没有打足气的篮球投篮，能命中的概
率为0.3，
所以小明用没有打足气的篮球投篮，
不能命中的概率为1－0.3＝0.7.(共38张PPT)
第十章
必刷大题20　概率与统计
数学
大
一
轮
复
习
答案
1
2
3
4
(1)设“听力第一次考试合格”为事件A1，“听力补考合格”为事件A2，“笔试第一次考试合格”为事件B1，“笔试补考合格”为事件B2.
不需要补考就获得证书的事件为A1B1，注意到A1与B1相互独立，则P(A1B1)＝P(A1)×P(B1)
＝×.
1.
答案
1
2
3
4
(2)恰好补考一次的事件是A2B1+A1B2，
则P(A2B1+A1B2)
＝P(A2B1)+P(A1B2)
＝××××.
1.
答案
1
2
3
4
(3)由已知得，ξ＝2，3，4，
注意到各事件之间的独立性与互斥性，可得
P(ξ＝2)＝P(A1B1)+P()
＝××，
P(ξ＝3)＝P(A1)
+P(A1B2)+P(A2B1)
＝××××××，
1.
答案
1
2
3
4
P(ξ＝4)＝P(A2B2)+P(A2)
＝××××××，
ξ的分布列为
所以参加考试次数ξ的期望E(ξ)＝2×+3×+4×.
1.
ξ 2 3 4
P
答案
1
2
3
4
(1)设事件M＝“至少选到2箱A级苹果”，
由题意知选到1箱A级苹果的概率为，选到1箱非A级苹果的概率为，
所以P(M)＝×+×，
故至少选到2箱A级苹果的概率为.
2.
答案
1
2
3
4
(2)因为用按比例分配的分层随机抽样的方法从该农场收获的A，B，C三个等级苹果中选取10箱苹果，
所以A级苹果有6箱，B，C级苹果共有4箱，
随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，
则P(X＝0)＝，
P(X＝1)＝，
2.
答案
1
2
3
4
P(X＝2)＝，
P(X＝3)＝，
所以X的分布列为
E(X)＝0×+1×+2×+3×.
2.
X 0 1 2 3
P
答案
1
2
3
4
(1)记“输入的问题没有语法错误”为事件A，
“回答正确”为事件B，
由测试结果知P(A)＝，
P(B|A)＝，P()＝，
P(B|)＝，所以P(B)＝P(B|)P()+P(B|A)P(A)
＝××.
3.
答案
1
2
3
4
记“测试的2个问题都回答正确”为事件M，“测试的2个问题中恰有1
个问题存在语法错误”为事件N，则P(M)＝，
P(MN)＝P(A)P(B|A)P()P(B|)×2
＝××××2＝，
所以P(N|M)＝.
3.
答案
1
2
3
4
(2)由(1)可得X~B，
则X的可能取值为0，1，2，3，
所以P(X＝0)＝，
P(X＝1)＝××，
P(X＝2)＝××，
P(X＝3)＝，
3.
答案
1
2
3
4
所以X的分布列为
3.
X 0 1 2 3
P
答案
1
2
3
4
(1)设一位同学第2天选择去A餐厅就餐的概率为p，
则p＝××.
则X~B，
且X所有可能的取值为0，1，2，3，
所以P(X＝0)＝××，
P(X＝1)＝××，
4.
答案
1
2
3
4
P(X＝2)＝××，
P(X＝3)＝××＝，
故X的分布列为
所以E(X)＝3×.
4.
X 0 1 2 3
P
答案
1
2
3
4
(2)设甲同学第n天去A餐厅的概率为Pn，
则P1＝，当n≥2时，
Pn＝Pn－1+(1－Pn－1)
＝－Pn－1+，
所以Pn－＝－，
又P1－＝－，
所以是以－为首项，
4.
答案
1
2
3
4
－为公比的等比数列，
所以Pn－＝－×，
所以Pn＝×，
当n是奇数时，Pn＝×<；
当n是偶数时，Pn＝×>，
且P2>P4>P6>…>P2k>，k∈N*.
所以甲同学第2天去A餐厅就餐的可能性最大.
4.
1
2
3
4
答案
1.(2024·长沙模拟)要获得某项英语资格证书必须依次通过听力和笔试两项考试，只有听力成绩合格时，才可以继续参加笔试考试.已知听力和笔试各自允许有一次补考机会，两项成绩均合格方可获得证书.现某同学参加
这项证书考试，根据以往模拟情况，听力考试成绩每次合格的概率均为，笔试考试成绩每次合格的概率均为，假设各次考试成绩合格与否均互不
影响.
(1)求他不需要补考就可获得证书的概率；
1
2
3
4
答案
设“听力第一次考试合格”为事件A1，“听力补考合格”为事件A2，“笔试第一次考试合格”为事件B1，“笔试补考合格”为事件B2.
不需要补考就获得证书的事件为A1B1，注意到A1与B1相互独立，
则P(A1B1)＝P(A1)×P(B1)＝×.
1
2
3
4
答案
(2)求他恰好补考一次就获得证书的概率；
恰好补考一次的事件是A2B1＋A1B2，
则P(A2B1＋A1B2)＝P(A2B1)＋P(A1B2)＝××××.
1
2
3
4
答案
(3)在这项考试过程中，假设他不放弃所有的考试机会，记他参加考试的次数为ξ，求参加考试次数ξ的分布列和期望.
1
2
3
4
答案
由已知得，ξ＝2，3，4，
注意到各事件之间的独立性与互斥性，可得
P(ξ＝2)＝P(A1B1)＋P()＝××，
P(ξ＝3)＝P(A1)＋P(A1B2)＋P(A2B1)＝××××××，
P(ξ＝4)＝P(A2B2)＋P(A2)＝××××××，
1
2
3
4
答案
ξ的分布列为
所以参加考试次数ξ的期望E(ξ)＝2×＋3×＋4×.
ξ 2 3 4
P
1
2
3
4
答案
2.(2024·安康模拟)某农场收获的苹果按A，B，C三个苹果等级进行装箱，已知苹果的箱数非常多，且A，B，C三个等级苹果的箱数之比为6∶3∶1.
(1)现从这批苹果中随机选出3箱，若选到任何一箱苹果是等可能的，求至少选到2箱A级苹果的概率；
1
2
3
4
答案
设事件M＝“至少选到2箱A级苹果”，
由题意知选到1箱A级苹果的概率为，选到1箱非A级苹果的概率为，
所以P(M)＝××，
故至少选到2箱A级苹果的概率为.
1
2
3
4
答案
(2)若用按比例分配的分层随机抽样的方法从该农场收获的A，B，C三个等级苹果中选取10箱苹果，假设某游客要从这10箱苹果中随机购买3箱，记购买的A级苹果有X箱，求X的分布列与数学期望.
1
2
3
4
答案
因为用按比例分配的分层随机抽样的方法从该农场收获的A，B，C三个等级苹果中选取10箱苹果，
所以A级苹果有6箱，B，C级苹果共有4箱，
随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，
则P(X＝0)＝，
P(X＝1)＝，
P(X＝2)＝，
P(X＝3)＝，
1
2
3
4
答案
所以X的分布列为
E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×.
X 0 1 2 3
P
1
2
3
4
答案
3.随着科技的不断发展，人工智能技术的应用越来越广泛，某科技公司发明了一套人机交互软件，它会从数据库中检索最贴切的结果进行应答.该人机交互软件测试阶段，共测试了1 000个问题，测试结果如下表：
结果显示问题中是否存在语法错误会影响该软件回答问题的正确率，依据测试结果，用频率近似概率，解决下列问题.
回答正确 回答错误
问题中存在语法错误 100 300
问题中没有语法错误 500 100
1
2
3
4
答案
回答正确 回答错误
问题中存在语法错误 100 300
问题中没有语法错误 500 100
(1)测试2个问题，在该软件都回答正确的情况下，求测试的2个问题中恰有1个问题存在语法错误的概率；
1
2
3
4
答案
记“输入的问题没有语法错误”为事件A，“回答正确”为事件B，
由测试结果知P(A)＝，P(B|A)＝，
P()＝，P(B|)＝，
所以P(B)＝P(B|)P()＋P(B|A)P(A)＝××.
记“测试的2个问题都回答正确”为事件M，“测试的2个问题中恰有1个
问题存在语法错误”为事件N，则P(M)＝，
P(MN)＝P(A)P(B|A)P()P(B|)×2＝××××2＝，
所以P(N|M)＝.
1
2
3
4
答案
回答正确 回答错误
问题中存在语法错误 100 300
问题中没有语法错误 500 100
(2)现输入3个问题，每个问题能否被软件正确回答相互独立，记软件正确回答的问题个数为X，求X的分布列.
1
2
3
4
答案
由(1)可得X~B，则X的可能取值为0，1，2，3，
所以P(X＝0)＝，
P(X＝1)＝××，
P(X＝2)＝××，
P(X＝3)＝，
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
1
2
3
4
答案
4.(2025·盐城模拟)某学校有A，B两个餐厅，经统计发现，该校同学在第一天就餐时会随机地选择一个餐厅用餐.此后，如果某同学某天去A餐厅，那么该同学下一天还去A餐厅的概率为0.4；如果某同学某天去B餐厅，那么该同学下一天去A餐厅的概率为0.8.
(1)记甲、乙、丙3位同学中第2天选择A餐厅的人数为X，求随机变量X的分布列和数学期望；
1
2
3
4
答案
设一位同学第2天选择去A餐厅就餐的概率为p，
则p＝××.
则X~B，且X所有可能的取值为0，1，2，3，
所以P(X＝0)＝××，
P(X＝1)＝××，
P(X＝2)＝××，
P(X＝3)＝××，
1
2
3
4
答案
故X的分布列为
所以E(X)＝3×.
X 0 1 2 3
P
1
2
3
4
答案
(2)甲同学第几天去A餐厅就餐的可能性最大？并说明理由.
1
2
3
4
答案
设甲同学第n天去A餐厅的概率为Pn，则P1＝，
当n≥2时，Pn＝Pn－1＋(1－Pn－1)＝－Pn－1＋，
所以Pn－＝－，
又P1－＝－，
所以是以－为首项，－为公比的等比数列，
所以Pn－＝－×，
所以Pn＝×，
1
2
3
4
答案
当n是奇数时，Pn＝×<；
当n是偶数时，Pn＝×>，
且P2>P4>P6>…>P2k>，k∈N*.
所以甲同学第2天去A餐厅就餐的可能性最大.(共70张PPT)
第十章
§10.3　二项式定理
数学
大
一
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习
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.
课标要求
课时精练
内容索引
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
落实主干知识
第一部分
1.二项式定理
二项式定理 (a＋b)n＝__________________________________
(n∈N*)
二项展开式的通项 Tk＋1＝ ，它表示展开式的第 项
二项式系数 (k＝0，1，…，n)
an＋an－1b1＋…＋an－kbk＋…＋
bn
an－kbk
k＋1
2.二项式系数的性质
(1)对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数　　　.
(2)增减性与最大值：
①当k<时，随k的增加而　　　；由对称性知，当k>时，随k
的增加而　　　.
②当n是偶数时，中间的一项　　取得最大值；当n是奇数时，中间的两
项　　 与 相等，且同时取得最大值.
(3)各二项式系数的和：(a＋b)n的展开式的各二项式系数的和为＋…＋＝ .
相等
增大
减小
2n
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)an－kbk是(a＋b)n的展开式中的第k项.(　　)
(2)(a＋b)n的展开式中每一项的二项式系数与a，b无关.(　　)
(3)二项展开式中系数的最大项就是二项式系数的最大项.(　　)
(4)二项展开式项的系数是先增后减的.(　　)
×
×
√
×
2.(2024·浙江省G5联盟联考)在的展开式中，第4项为
A.240 B.－240 C.160x3 D.－160x3
由题意知，展开式的通项为Tk＋1＝＝(－2)kx12－3k，
令k＝3，得T4＝(－2)3x12－3×3＝－160x3，即第4项为－160x3.
√
3.若展开式中只有第7项的二项式系数最大，则n等于
A.9 B.10 C.11 D.12
由的展开式中只有第7项的二项式系数最大，得展开式共有13项，所以n＝12.
√
4.在二项式的展开式中二项式系数的和是32，则展开式中各项系数的和为　　　　.
－1
因为二项式系数的和为2n＝32，所以n＝5.
令x＝1，可得各项系数的和为(1－2)5＝－1.
1.二项式的通项易误认为是第k项，实质上是第k＋1项.
2.牢记一个注意点：(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.理清二项式系数与项的系数的区别.
返回
微点提醒
探究核心题型
第二部分
例1　(多选)已知的展开式中第3项与第5项的系数之比为3∶14，则下列结论成立的是
A.n＝10
B.展开式中的常数项为45
C.含x5的项的系数为210
D.展开式中的有理项有5项
√
通项公式的应用
题型一
命题点1　形如(a＋b)n(n∈N*)的展开式的特定项
√
√
二项展开式的通项为
Tk＋1＝x2n－2k(－1)k
＝(－1)k，
由于第3项与第5项的系数之比为3∶14，
则，
故，
得n2－5n－50＝0，解得n＝10(负值舍去)，故A正确；
则Tk＋1＝(－1)k，
令20－＝0，解得k＝8，
则展开式中的常数项为(－1)8＝45，故B正确；
令20－＝5，解得k＝6，
则含x5的项的系数为(－1)6＝210，故C正确；
令20－∈Z，则k为偶数，
此时k＝0，2，4，6，8，10，故有6项为有理项，故D错误.
例2　在(x4＋2)的展开式中，常数项为　　　.(请用数字作答)
命题点2　形如(a＋b)m(c＋d)n(m，n∈N*)的展开式问题
－46
二项式展开式的通项公式为Tk＋1＝x6－k＝(－1)kx6－2k，k∈N，k≤6，由6－2k＝0或6－2k＝－4，得k＝3或k＝5，
所以展开式的常数项为2×(－1)3＋(－1)5＝－46.
破解三项展开式问题
微拓展
求三项展开式中某些指定的项，常常利用这几种方法：
(1)两项看成一项，利用二项式定理展开.
(2)因式分解，转化为两个二项式再求解.
(3)看作多个因式的乘积，用组合的知识解答.
典例　(1)的展开式中，含x2的项的系数为　　　　.
210
因为(3x2)10＋(3x2)9(2x＋1)＋(3x2)8(2x＋1)2＋…＋(3x2)1(2x＋1)9＋(2x＋1)10，
所以含有x2的项为3x2·19＋(2x)218＝210x2.
所以的展开式中，含x2的项的系数为210.
(2)的展开式中含x5的项的系数为　　　　.
92
将看作5个因式1＋2x－3x2的乘积，这5个因式乘积的展开式中形成x5的来源有：
①5个因式各出一个2x，这样的方式有(2x)5；
②有3个因式各出一个2x，有1个因式出一个－3x2，剩余1个因式出一个1，这样的方式有(2x)3(－3x2)；
③有1个因式出一个2x，2个因式各出一个－3x2，剩余2个因式各出一个1，这样的方式有×2x××(－3x2)2；
所以含x5的项的系数为×25＋×23××(－3)＋×2××(－3)2＝92.
(1)求二项展开式中的问题，一般是化简通项后，令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出项数k＋1，代回通项即可.
(2)对于几个多项式积的展开式中的问题，一般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.
思维升华
跟踪训练1　(1)(多选)关于的展开式中，下列结论错误的有
A.展开式中含项的系数为－128
B.第5项和第6项的二项式系数相等
C.展开式中的常数项是第7项
D.展开式中的有理项共三项
√
√
二项式展开式的通项Tk＋1＝＝(－2)kx18－3k，k∈N，k≤9.由18－3k＝－3，即k＝7，得T8＝(－2)7x－3，展开式中含项的系数为－128，A错误；
展开式共10项，则第5项和第6项的二项式系数相等，B正确；
由18－3k＝0，即k＝6，得展开式中的常数项是第7项，C正确；
由18－3k为整数，k∈N，k≤9可知有理项共有10项，D错误.
(2)已知(ax－1)(2x＋1)6的展开式中x5的系数为48，则实数a等于
A.2 B.1 C.－1 D.－2
二项式(2x＋1)6的展开式通项Tk＋1＝(2x)6－k·1k＝·26－k·x6－k.
(ax－1)(2x＋1)6＝ax(2x＋1)6－(2x＋1)6的展开式中，x5的系数为a·24－·25＝15×16a－6×32＝48，解得a＝1.
√
二项式系数与项的系数的问题
题型二
例3　(1)(多选)(2025·福州模拟)已知(1－2x)9＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，则
A.a0＝1
B.a1＝18
C.a1＋a2＋…＋a9＝－1
D.a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝－
√
命题点1　二项式系数和与系数和
√
令x＝0，得(1－2×0)9＝a0＝1，所以A正确；
因为展开式中a1代表一次项系数，所以(1－2x)9的展开式中含有一次项·18(－2x)1＝－18x，可得a1＝－18，所以B错误；
令x＝1，即可得(1－2)9＝a0＋a1＋a2＋…＋a9＝－1， ①
则a1＋a2＋…＋a9＝－1－a0＝－2，所以C错误；
令x＝－1，得(1＋2)9＝a0－a1＋a2－a3＋…－a9＝39， ②
①－②得2(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＝－(1＋39)，得a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝
－，所以D正确.
(2)(多选)已知(1－2x)2 025＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 024x2 024＋a2 025x2 025，则
A.展开式中二项式系数和为1
B.展开式中所有项的系数和为－1
C.＋…＋＝－1
D.a1＋2a2＋3a3＋…＋2 024a2 024＋2 025a2 025＝－4 050
√
√
√
二项展开式中的二项式系数和为22 025，故A错误；
令x＝1，可得(1－2)2 025＝a0＋a1＋a2＋…＋a2 024＋a2 025＝－1，即展开式中所有项的系数和为－1，故B正确；
令x＝0，可得a0＝1，令x＝＝a0＋＋…＋＝0，所以＋…＋＝－1，故C正确；
将等式(1－2x)2 025＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 024x2 024＋a2 025x2 025两边同时求导可得，
2 025×(－2)×(1－2x)2 024＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋2 024a2 024x2 023＋2 025a2 025x2 024，
再令x＝1，可得a1＋2a2＋3a3＋…＋2 024a2 024＋2 025a2 025＝－4 050，故D正确.
例4　(2024·全国甲卷改编)若的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则各项系数中的最大值为　　　.
命题点2　系数与二项式系数的最值
5
因为的展开式中只有第六项的二项式系数最大，所以展开式有11项，
故n＝10，
所以展开式通项公式为Tk＋1＝xk，0≤k≤10且k∈Z，
设展开式中第k＋1项系数最大，则
解得≤k≤，
又k∈Z，故k＝8，
所以展开式中系数最大的项是第9项，且该项系数为＝5.
(1)赋值法的应用
一般地，对于多项式(a＋bx)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，令g(x)＝(a＋bx)n，则(a＋bx)n的展开式中各项的系数和为g(1)，(a＋bx)n的展开
式中奇数项的系数和为[g(1)＋g(－1)]，(a＋bx)n的展开式中偶数项的系数和为[g(1)－g(－1)].
思维升华
(2)二项展开式系数最大项的求法
如求(a＋bx)n(a，b∈R)的展开式系数最大的项，一般是采用待定系数法，设展开式各项系数分别为A1，A2，…，An＋1，且第k项系数最大，
应用从而解得k.
思维升华
跟踪训练2　(1)(多选)(2024·临沂模拟)在的展开式中，下列说法正确的是
A.常数项是24
B.所有项的系数的和为1
C.第3项的二项式系数最大
D.第4项的系数最大
√
√
√
依题意，＋24－32x2＋16x4.
常数项是24，A正确；
当x＝1时，所有项系数的和为(1－2×1)4＝1，B正确；
的展开式共5项，所以第3项的二项式系数最大，C正确；
展开式第4项的系数为－32，最小，D错误.
(2)(多选)已知(2x－5)9＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋a3(x－2)3＋…＋a9(x－2)9，则下列结论成立的是
A.a0＝－1
B.a1＋a2＋…＋a9＝1
C.a0－a1＋a2－a3＋…－a9＝39
D.a1＋2a2＋3a3＋…＋9a9＝18
√
√
设x－2＝t，原式为(2t－1)9＝a0＋a1t＋a2t2＋a3t3＋…＋a9t9，令t＝0，得a0＝－1，A正确；
令t＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a9＝1，所以a1＋a2＋…＋a9＝2，B错误；
令t＝－1，则(－3)9＝a0－a1＋a2－a3＋…－a9，所以a0－a1＋a2－a3＋…－a9＝－39，C错误；
两边同时求导得18(2t－1)8＝a1＋2a2t＋3a3t2＋…＋9a9t8，再令t＝1，得a1＋2a2＋3a3＋…＋9a9＝18，D正确.
二项式定理的综合应用
题型三
例5　(1)(2025·南通模拟)0.995的计算结果精确到0.001的近似值是　　　.
0.951
由0.995＝(1－0.01)5＝·1－·0.01＋·0.012－·0.013＋·0.014－·
0.015＝1－0.05＋0.001－0.000 01＋·0.014－·0.015≈0.951.
(2)(2024·重庆九龙坡期中)已知a＝1＋·2＋·22＋·23＋…＋·220，则a被10除所得的余数为　　　.
1
a＝·20＋·2＋·22＋·23＋…＋·220＝(1＋2)20＝320，
a＝320＝910＝(10－1)10＝1010－×109＋×108－…－×10＋1
＝10(109－×108＋×107－…－)＋1，
所以a被10除所得的余数为1.
二项式定理应用的题型及解法
(1)在证明整除问题或求余数问题时要进行合理的变形，使被除式(数)展开后的每一项都含有除式(数)的因式.
(2)二项式定理的一个重要用途是做近似计算：当n不是很大，|x|比较小时，(1＋x)n≈1＋nx.
思维升华
跟踪训练3　设a∈Z，且0≤a<13，若512 026＋a能被13整除，则a＝　　　.
因为512 026＋a＝(52－1)2 026＋a＝·522 026－·522 025＋·522 024－
…－·52＋1＋a
＝52＋1＋a，
因为52能被13整除，所以512 026＋a能被13整除，则1＋a能被13整除，且0≤a<13，a∈Z，故a＝12.
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课时精练
对一对
答案
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题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 A C D B ACD ACD 4(答案不唯一)
题号 8 11 12 答案 88 A {1，4，7} 答案
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(1)由已知条件可得
解得
(2)由(1)知
＝.
∵的展开式的通项为Tk+1＝
＝(－2)7－kx14－3k，
9.
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k＝0，1，2，…，7，
∴当14－3k＝－4，即k＝6时，
x－4项的系数为×(－2)＝－14.
(3)
＝(2x－x－2)
＝2x
－x－2，
9.
答案
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∴①当14－3k＝－1，即k＝5时，
2x·(－2)2x－1＝168；
②当14－3k＝2，即k＝4时，
－x－2·(－2)3x2＝280.
∴所求的常数项为168+280＝448.
9.
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(1)展开式中只有第5项的二项式系数最大，则展开式共9项，
故n＝8.
(2)当n＝6时，二项式为，
展开式的通项Tk+1＝x6－k
＝(－a)k(k＝0，1，…，6)，
令6－＝3，得k＝2，
10.
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所以A＝a2＝15a2，
令6－＝0，得k＝4，
所以B＝a4＝15a4，
又B＝4A，解得a＝0(舍去)或a＝2或a＝－2，
所以a＝2或a＝－2.
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答案
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(3)当n＝6，a＝－2时，
二项式为，
展开式的通项Tk+1＝x6－k＝2k(k＝0，1，…，6)，
设第k+1项系数最大，
则即故k＝4，
所以二项式的展开式中系数最大的项为T4+1＝24＝240.
10.
一、单项选择题
1.二项式的展开式中的系数是
A.－80 B.80 C.－10 D.10
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知识过关
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答案
的展开式的通项
Tk＋1＝x5－k＝(－2)k··x5－2k，k＝0，1，2，3，4，5.
令5－2k＝－1，解得k＝3，
可得T4＝(－2)3·x－1＝－80x－1，
即的系数为－80.
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答案
2.(a－x)(2＋x)6的展开式中x5的系数是12，则实数a的值为
A.4 B.5 C.6 D.7
利用二项式定理展开得(a－x)(2＋x)6＝(a－x)(·26＋·25x＋·24x2＋·23x3＋·22x4＋·2x5＋·x6)，则x5的系数为a·2－·22＝12，∴a＝6.
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答案
3.(2024·武汉模拟)若(1＋2x)10＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a10(1＋x)10，则a1＋a2＋a3＋…＋a10等于
A.310－1 B.1 023 C.2 D.0
令t＝1＋x，则原式可化为(2t－1)10＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋a10t10，
令t＝0，得a0＝1，
令t＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a10＝1，
故a1＋a2＋a3＋…＋a10＝0.
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答案
4.已知今天是周四，那么3141天后是
A.周一 B.周三 C.周五 D.周日
由题意得3141＝＝(28－1)47，
由二项式定理得(28－1)47＝·2847·(－1)0＋·2846·(－1)1＋…＋·281·(－1)46＋·280·(－1)47＝·2847·(－1)0＋·2846·(－1)1＋…＋·281·(－1)46－1，
因为28可以被7整除，则3141除以7后的余数为6，则3141天后是周三.
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答案
二、多项选择题
5.已知展开式中各项二项式系数之和为128，则
A.n＝7
B.展开式的各项系数之和是－1
C.展开式中第4项和第5项的二项式系数最大
D.展开式中无常数项
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√
√
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答案
由题意可知2n＝128，则n＝7，故A正确；
令x＝1，则＝1，故B错误；
因为n＝7，所以由二项式系数的性质可知中间两项系数最大，即第4，5项二项式系数最大，分别为，故C正确；
展开式的通项为Tk＋1＝·(2x)7－k··27－k·(－1)k·x7－3k
(k∈Z，0≤k≤7)，显然7－3k＝0无整数解，故D正确.
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答案
6.若＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a20x20，则
A.a0＝1 024
B.a1＋a3＋a5＋…＋a19＝512
C.a2＝6 400
D.a1＋2a2＋3a3＋…＋20a20＝0
√
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√
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答案
令x＝0，则a0＝(－2)10＝1 024，故A正确；
令x＝1，得a0＋a1＋…＋a20＝0，令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋…＋a18－a19＋a20＝1 024，两式相减得a1＋a3＋a5＋…＋a19＝－512，故B错误；
(x2＋x－2)10＝(x－1)10(x＋2)10，而(x－1)10中常数项为1，含x的项为x·
(－1)9＝－10x，含x2的项为x2·(－1)8＝45x2，(x＋2)10中常数项为210＝
1 024，含x的项为x·29＝5 120x，含x2的项为x2·28＝11 520，故a2＝1×11 520＋(－10)×5 120＋45×1 024＝6 400，故C正确；
两边求导可得10(2x＋1)＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋20a20x19，令x＝1，可得a1＋2a2＋3a3＋…＋20a20＝0，故D正确.
三、填空题
7.(2025·榆林模拟)已知二项式的展开式中存在常数项，则正整数n的一个可能的值为　　 　.
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答案
二项式的展开式的通项为Tk＋1＝x3n－4k，要使展开式中存在常数项，只需3n－4k＝0，0≤k≤n，k∈Z，n∈N*有解即可，则n可取4.
4(答案不唯一)
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答案
8.的展开式中常数项为　　　　.
x2(－2)2＋(－2)5＝88.
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答案
四、解答题
9.已知的展开式中所有项的二项式系数和为128，各项系数和
为－1.
(1)求n和a的值；
由已知条件可得
解得
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答案
(2)求展开式中x－4项的系数；
由(1)知.
∵的展开式的通项为
Tk＋1＝
＝(－2)7－kx14－3k，k＝0，1，2，…，7，
∴当14－3k＝－4，即k＝6时，x－4项的系数为×(－2)＝－14.
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答案
(3)求的展开式中的常数项.
＝(2x－x－2)
＝2x－x－2，
∴①当14－3k＝－1，即k＝5时，
2x·(－2)2x－1＝168；
②当14－3k＝2，即k＝4时，－x－2·(－2)3x2＝280.
∴所求的常数项为168＋280＝448.
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答案
10.已知(n∈N*).
(1)若展开式中只有第5项的二项式系数最大，求n的值；
展开式中只有第5项的二项式系数最大，则展开式共9项，故n＝8.
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答案
(2)当n＝6时，二项式的展开式中x3的系数为A，常数项为B，若B＝4A，求a的值；
当n＝6时，二项式为，
展开式的通项Tk＋1＝x6－k＝(－a)k(k＝0，1，…，6)，
令6－＝3，得k＝2，所以A＝a2＝15a2，
令6－＝0，得k＝4，所以B＝a4＝15a4，
又B＝4A，解得a＝0(舍去)或a＝2或a＝－2，
所以a＝2或a＝－2.
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答案
(3)当n＝6，a＝－2时，求二项式的展开式中系数最大的项.
当n＝6，a＝－2时，二项式为，
展开式的通项Tk＋1＝x6－k＝2k(k＝0，1，…，6)，
设第k＋1项系数最大，则
即故k＝4，
所以二项式的展开式中系数最大的项为T4＋1＝24＝240.
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答案
能力拓展
11.(2024·咸阳模拟)当n∈N时，将三项式展开，可得到如下所示的三项展开式和“广义杨辉三角形”：
(x2＋x＋1)0＝1
(x2＋x＋1)1＝x2＋x＋1
(x2＋x＋1)2＝x4＋2x3＋3x2＋2x＋1
(x2＋x＋1)3＝x6＋3x5＋6x4＋7x3＋6x2＋3x＋1
(x2＋x＋1)4＝x8＋4x7＋10x6＋16x5＋19x4＋16x3＋10x2＋4x＋1
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答案
若在(1＋ax)的展开式中，x7的
系数为75，则实数a的值为
A.1 B.－1
C.2 D.－2
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答案
依题意，“广义杨辉三角形”构造方法为
第0行为1，以下各行每个数是它头上与左
右两肩上3个数(不足3个数的，缺少的数计
为0)之和，所以“广义杨辉三角形”的第
5行为1，5，15，30，45，51，45，30，15，5，1，在的展开式中，x6的系数为45，x7的系数为30，在(1＋ax)的展开式中，x7的系数为30＋45a＝75，解得a＝1.
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答案
12.已知(1＋x)(n∈N*，n<10)的展开式中没有常数项，则n的取值集合为　　　　　　.
{1，4，7}
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答案
返回
因为(1＋x)(n∈N*，n<10)的展开式中没有常数项，
①当(x＋1)中取x时，式子的展开式中无x－1，所以Tk＋1＝xn-k
xn－3k中x的幂指数取不到－1，即n－3k≠－1；
②当(x＋1)中取1时，式子的展开式中无常数项，所以Tk＋1＝xn－kxn－3k中x的幂指数取不到0，即n－3k≠0.
故n≠3k－1，n≠3k，且n∈N*，n<10，k∈N，k≤n，所以n＝1，4，7，
即n的取值集合为{1，4，7}.

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