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第九章 计数原理、概率、随机变量及其分布
第1讲 两个计数原理、排列与组合
课标要求 考情分析
1.通过实例，了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义. 2.通过实例，理解排列、组合的概念. 3.能利用两个计数原理推导排列数公式、组合数公式. 4.能利用排列与组合的知识解决简单的实际问题. 命题形式 常以选择题或填空题的形式出现，难度中档. 常考内容 排列与组合的简单应用. 创新考法 排列、组合与统计概率交汇命题.
必备知识 自主排查
理一理
1．两个计数原理
（1）分类加法计数原理：完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有种不同的方法，在第2类方案中有种不同的方法，那么完成这件事共有①_ _ _ _ _ _ _ _ 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步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，那么完成这件事共有②_ _ _ _ _ _ 种不同的方法.
【答案】；
提醒 分类加法计数原理中,完成一件事的方法属于其中一类,并且只属于其中一类.分步乘法计数原理中,完成一件事需分步完成，各个步骤相互依存,步与步之间相互独立.
2．排列与组合
（1）排列与组合的概念
类别 定义
排列 一般地，从个不同元素中取出个元素 并按照③_ _ _ _ _ _ _ _ 排成一列
组合 ④_ _ _ _ _ _ _ _
（2）排列数、组合数的定义、公式、性质
类别 排列数 组合数
定义 从个不同元素中取出个元素的所有⑤_ _ _ _ _ _ _ _ 的个数 从个不同元素中取出个元素的所有⑥_ _ _ _ _ _ _ _ 的个数
公式
性质 ⑦_ _ _ _ _ _ , ⑧_ _ _ _ _ _ ,,⑨_ _ _ _ _ _ , ⑩_ _ _ _
【答案】一定的顺序； 作为一组； 不同排列； 不同组合； ； ； ；
练一练
1．判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）
（1） 在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同.（ ）
（2） 所有元素完全相同的两个排列为相同排列.（ ）
（3） 从一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序.（ ）
（4） 两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同.（ ）
【答案】（1） ×
（2） ×
（3） ×
（4） √
2．（选择性必修第三册P25T2改编）若，则（ ）
A. 6 B. 7 C. 8 D. 9
【答案】B
【解析】选.由题得，，即，解得.
3．（选择性必修第三册P11练习T3改编）已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法种数为（ ）
A. 16 B. 13 C. 12 D. 10
【答案】C
【解析】选.将4个门编号为1，2，3，4，从1号门进入后，有3种出门的方式，共3种走法，从2，3，4号门进入，同样各有3种走法，则不同的走法种数为.
4．把5个相同的小球分给3个小朋友，使每个小朋友都能分到小球的分法有_ _ _ _ 种.
【答案】6
【解析】5个相同的小球排成一行，中间出现了4个空，在4个空中任选2个插入挡板，就可将5个相同小球分成有序的3份，可得不同的分法有（种）.
5．将4名学生分别安排到甲、乙、丙三地参加社会实践活动，每个地方至少安排一名学生参加，则不同的安排方案共有种.
【答案】36
【解析】第一步，先从4名学生中任选2人组成一组，与剩下2人分成三组，有 种不同的分法；第二步，将分成的三组安排到甲、乙、丙三地，则有 种不同的分法.故共有 种不同的安排方案.
核心考点 师生共研
考点一 两个计数原理
［例1］
（1） 已知集合，，，1，，其中，，2，3， ，，且.把满足上述条件的一对有序整数对作为一个点的坐标，则这样的点的个数是（ ）
A. 9 B. 14 C. 15 D. 21
（2） [2024· 新课标Ⅱ卷]在如图的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有种选法.在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是_ _ ．
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
【答案】（1） B
（2） 24；112
【解析】
（1） 当 时，且，点的个数为.当 时，由，所以，所以 可从3，4，5，6，7，8，9中取，有7种取法.因此满足条件的点共有（个）.
（2） 第一步，从第一行任选一个方格，共有4种不同的选法；第二步，从第二行选一个与第一个方格不同列的方格，共有3种不同的选法；第三步，从第三行选一个与第一、二个方格均不同列的方格，共有2种不同的选法；第四步，从第四行选一个与第一、二、三个方格均不同列的方格，只有1种选法.由分步乘法计数原理知，不同的选法种数为.先按列分析，每列必选出一个数，故所选4个数的十位上的数字分别为1，2，3，4.再按行分析，第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1，3，3，5，故从第一行选21，从第二行选33，从第三行选43，从第4行选15，此时个位上的数字之和最大．故选中方格中的4个数之和的最大值为．
细研真题 本例（2）考查计数原理的应用，第1问是分步乘法计数原理的应用，第2问考查学生分析运算能力，其难度并不大，此题可作如下变式.
真题变式
1．本例（2）条件不变，求在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最小值是_ _ .
【答案】108
【解析】由本例（2）解析知所选方格中，40，12，22，34的和最小，选中方格中的4个数之和的最小值为108.
2．在如图的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，且4个数之和为正，则共有种选法.在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最小值是_ _ _ _ .
2 4
4 2
4 2
2 4
【答案】12； 4
【解析】根据题意可得所有情况如图所示：
则满足4个数之和为正的有12个，其中最小值为4.
［感悟进阶］
两个计数原理的应用技巧
（1）在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类加法计数原理.
（2）对于复杂的两个计数原理的综合应用问题，可恰当列出示意图或表格，使问题形象化、直观化.
［对点训练］
1．如图所示，在，间有四个焊接点1，2，3，4，若焊接点脱落导致断路，则电路不通.现发现，之间电路不通，则焊接点脱落的不同情况有（ ）
A. 9种 B. 11种 C. 13种 D. 15种
【答案】C
【解析】选.按焊接点脱落的个数将脱落情况分成4类：脱落1个，有1，4，共2种；脱落2个，有，，，，，，共6种；脱落3个，有，，，,共4种；脱落4个，有，共1种，由分类加法计数原理得，焊接点脱落的不同情况共有（种）.
2．如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法有（ ）
A. 24种 B. 48种 C. 72种 D. 96种
【答案】C
【解析】选.分两种情况：，不同色，先涂 有4种涂法，则 有3种涂法，再涂 有2种涂法，最后涂，有1种涂法，共有 种涂色方法；，同色，先涂，有4种涂法，再涂 有3种涂法，最后涂，各有2种涂法，共有 种涂色方法.故不同的涂色方法有（种）.
考点二 排列问题
［例2］ 有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法数.
（1） 选5人排成一排；
（2） 排成前后两排，前排3人，后排4人；
（3） 全体排成一排，其中甲不站最左边，也不站最右边.
【答案】（1） 【解】从7人中选5人排列，有 种不同的排列方法.
（2） 分两步完成，第一步选3人站前排，有 种方法，第二步余下4人站后排，有 种方法，共有 种不同的排列方法.
（3） 方法一（特殊元素优先法）先排甲，有5种方法，其余6人有 种排列方法，共有 种不同的排列方法.
方法二（特殊位置优先法）：左、右两边位置可安排除甲外6人中的2人，有 种排法，其他位置有 种排法，共有 种不同的排列方法.
［感悟进阶］
解决有限制条件的排列问题时，有位置分析法和元素分析法．在进行实际排列时，一般采用特殊元素或特殊位置优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法．
［对点训练］
1.在亚冬会的某场国际赛事中，有来自A国和B国的运动员共同参赛．已知A国有4名运动员，B国有5名运动员．若要求任意两个来自同一国家的运动员不相邻，则不同的参赛人员出场顺序的种数为__________．
解析：A国运动员的排列数为A＝24，B国运动员在5个空位中的排列数为A＝120.所以总的出场顺序的种数为24×120＝2 880.
答案：2 880
2．将4位司机、4位售票员分配到4辆不同班次的公共汽车上，每辆汽车均有1位司机和1位售票员，则共有_ _ 种不同的分配方案.（用数字作答）
【答案】576
【解析】解决这个问题可以分为两步：第1步，把4位司机分配到4辆不同班次的公共汽车上，有 种方法；第2步，把4位售票员分配到4辆不同班次的公共汽车上，有 种方法.所以分配方案共有（种）.
考点三 组合问题
[例3]　在10件产品中，有3件次品，从中任取5件，问：
（1） 恰有2件次品的取法有多少种？
（2） 至多有2件次品的取法有多少种？
（3） 至少有1件次品的取法有多少种？
（4） 至少有2件次品、2件正品的取法有多少种？
【答案】（1） 【解】恰有2件次品的取法有（种）.
（2） 若1件次品都没有，则有 种取法；若只有1件次品，有 种取法；若恰有2件次品，则有 种取法，则至多有2件次品的取法有（种）.
（3） 若1件次品都没有，则有 种取法，则至少有1件次品的取法有（种）.
（4） 恰有2件次品的取法有（种），恰有3件次品的取法有（种），则至少有2件次品、2件正品的取法有（种）.
［感悟进阶］
两类组合问题的解题方法
［对点训练］
1.第三十四届哈尔滨国际经济贸易洽谈会于2025年5月17日至21日在哈尔滨国际会展中心举办．若需从10名志愿者中选出6人，其中3人负责引导，2人负责翻译，1人负责应急协调．已知有4人会俄语，且要求翻译岗位的2人必须会俄语，则共有__________种不同的分配方法．
解析：选2人负责翻译有C＝6种方法，从剩余8人中选3人负责引导，有C＝56种方法，从剩余5人中选1人负责应急协调，有C＝5种方法，故共有6×56×5＝1 680种不同的分配方法．
答案：1 680
2．[2023· 新课标Ⅰ卷]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种（用数字作答）．
【答案】64
【解析】方法一：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（种）.
方法二：若学生从这8门课中选修2门课，则有 种选课方案；若学生从这8门课中选修3门课，则有 种选课方案.综上，不同的选课方案共有（种）.
课后达标 分级演练
A 基础达标
1．已知集合，，，，5，6，，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则这样的坐标在平面直角坐标系中表示第二象限内不同的点的个数是（ ）
A. 2 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】D
【解析】选.第二象限内点的横坐标是负数，纵坐标是正数.若集合 提供横坐标，集合 提供纵坐标，则在第二象限内的点有（个）;若集合 提供纵坐标，集合 提供横坐标，则在第二象限内的点有（个），故所求点的个数为.
2．从11名大学毕业生中选3人担任村班助理，则甲、乙至少有1人入选，且丙没有入选的不同选法的种数为(　　)
A. 49 B. 56 C. 64 D. 84
【答案】C
【解析】选.甲、乙有且仅有1人入选，丙没有入选的情况有（种）；甲、乙都入选，丙没有入选的情况有（种）.所以甲、乙至少有1人入选，且丙没有入选的不同选法的种数为.
3．用数字1，2，3，4，5组成无重复数字的四位偶数的个数为（ ）
A. 8 B. 24 C. 48 D. 120
【答案】C
【解析】选.末位数字排法有 种，其他位置排法有 种，故所求偶数的个数是.
4．从6名学生中选4人分别从事,,，四项不同的工作，若甲、乙两人不能从事工作，则不同的选派方案共有（ ）
A. 280种 B. 240种 C. 180种 D. 96种
【答案】B
【解析】选.依题意甲、乙两人是特殊元素，是特殊位置，因此可先安排 工作这个特殊位置，只能从除甲、乙之外的4人中选1人，有 种方法，安排，，三项工作，有 种方法，故共有 种不同的选派方案.
5．宇航员常常在太空旅行中进行科学实验.在某次太空旅行中，宇航员们负责的科学实验要经过5道程序，其中，两道程序既不能排在最前，也不能排在最后，则该实验不同程序的顺序安排共有（ ）
A. 18种 B. 36种 C. 72种 D. 108种
【答案】B
【解析】选.先排，两道程序，其既不能排在最前，也不能排在最后，则在第2，3，4道程序选两个排，，共有 种排法；再排剩余的3道程序，共有 种排法.则共有 种排法.
6．(2025·太原模拟)北斗七星是夜空中的七颗亮星，形似古代舀酒的斗(勺状)，因此得名北斗．北斗七星不仅是天上的星象，也是古人判断季节的依据之一．如图，用点A，B，C，D，E，F，G表示某季节的北斗七星，其中B，D，E，F看作共线，其他任何三点均不共线．若过这七个点中任意三个点作三角形，则所作的不同三角形的个数为(　　)
A. 30 B. 31 C. 34 D. 35
【答案】B
【解析】选.方法一（排除法） 从7个点中任意取3个点有 种情况，因为，，，四点共线，其中任意三点都不能构成三角形，所以共可以构成 个不同的三角形.
方法二（分类法） 第一类：，，，四个点中一个点都不取，可构成 个三角形；第二类：从，，，四个点中取1个点，在，，中取2个点，可构成 个三角形；第三类：从，，，四个点中取2个点，在，，中取1个点，可构成 个三角形.共可以构成 个不同的三角形.
7．在某省举办的一场足球友谊赛中，有3支来自省内和3支来自省外的足球代表队参赛.根据赛程安排，比赛当天要举行3场比赛，每支球队都要参赛，且省内代表队不能安排在同一场，则比赛的安排方法共有（ ）
A. 6种 B. 9种 C. 18种 D. 36种
【答案】D
【解析】选.依据题意，6支不同的代表队分到3个不同的组中，每个组2支代表队，且2支代表队不能都来自省内.第一步，先排省内代表队，有 种安排方法；第二步，排省外代表队，有 种安排方法.所以比赛的安排方法共有（种）.
8．（多选）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. 所有不同的安排方法有种
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
【答案】BCD
【解析】选.对于，所有不同的安排方法有 种，故 错误；对于，分三种情况，第一种：若有一名志愿者去甲场馆，则志愿者选派情况有 种，另外两名志愿者的安排方法有（种），此种情况共有（种），第二种：若有两名志愿者去甲场馆，则志愿者选派情况有 种，另外一名志愿者的安排方法有3种，此种情况共有（种），第三种：若三名志愿者都去甲场馆，此种情况唯一，则共有 种安排方法，故 正确；对于，若小明必须去甲场馆，则小红、小兵两名志愿者各有4种安排方法，共有 种安排方法，故 正确；对于，若三名志愿者所选场馆各不相同，则共有 种安排方法，故 正确.
9．已知直线方程，若从0，1，2，3，5，7这六个数中每次取两个不同的数分别作为，的值，则可表示条不同的直线.
【答案】22
【解析】当 时，可表示1条直线；当 时，可表示1条直线；当 时，可表示 条不同的直线.由分类加法计数原理知，可表示 条不同的直线.
10．(2025·八省联考)有8张卡片，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_________．
【答案】
【解析】，3张卡片上的数字之和为18的是873，864，765三种情况,故所求概率.
11．已知集合，，均是集合的非空真子集，则以集合，，为元素所构成的集合,,的个数为_ _ _ _ .
【答案】4 060
【解析】集合，，均是集合 的非空真子集,则集合，，的总数为.然后从30个中任选3个组成集合即可,则所构成集合，，的个数为.
12．甲、乙、丙3人从1楼上了同一部电梯，已知3人都在2至6层的某一层出电梯，且在每一层最多只有两人同时出电梯，从同一层出电梯的两人不区分出电梯的顺序，则甲、乙、丙3人出电梯的不同方法种数是_ _ .
【答案】120
【解析】由题意，人都在2至6层的某一层1人独自出电梯，共有 种方法；
②3人中有2人在同一层出电梯，另1人在另外一层出电梯，共有 种方法.
故甲、乙、丙3人出电梯的不同方法种数是.
B 综合运用
13．下列等式不正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】选 是组合数公式；是组合数性质；由，得 正确，不正确.
14．(2025·沈阳质检)如图，小明从街道的E处出发，到F处的老年公寓参加志愿者活动．若中途共转向3次，则小明到老年公寓可以选择的不同的最短路径的条数是(　　)
A. 8 B. 12 C. 16 D. 24
【答案】D
【解析】选.中途共转向3次，可以分为两类.第一类：出发时向上走，中途第1次转向选择向右转（如图1所示），有3种走法；中途第2次转向选择向上转，有4种走法（以中途第1次转向时选择第1个路口右转为例，如图2所示，其他路口相同），因为中途共转向3次，所以此类走法第2次转向后必须直走至 所在的街道，然后向右转，此为中途第3次转向，最后直走至终点.
根据分步乘法计数原理，第一类共有 种走法；第二类：出发时向右走，中途第1次转向选择向上转，有4种走法；中途第2次转向选择向右转，有3种走法，因为中途共转向3次，所以此类走法第2次转向后必须直走至 所在的街道，然后向上转，此为中途第3次转向，最后直走至终点.根据分步乘法计数原理，第二类共有 种走法.故所求最短路径的条数是.
15．(多选)用0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字的三位数．如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如301，423都是凹数，则下列结论中正确的是(　　)
A．组成的三位数的个数为60
B．在组成的三位数中，偶数的个数为30
C．在组成的三位数中，凹数的个数为20
D．在组成的三位数中，凹数的个数为30
解析：选BC.因为百位上的数字不能为零，所以组成的三位数的个数为4×4×3＝48，故A错误；将组成的所有三位数中的偶数分为两类：①个位数为0，则有4×3＝12个偶数；②个位数为2或4，则有2×3×3＝18个偶数，所以在组成的三位数中，偶数的个数为12＋18＝30，故B正确；将组成的三位数中的凹数分为三类：①十位为0，则有4×3＝12个凹数；②十位为1，则有3×2＝6个凹数；③十位为2，则有2×1＝2个凹数，所以在组成的三位数中，凹数的个数为12＋6＋2＝20，故C正确，D错误．
16．假期期间，四位游客自驾游来到某景区，该景区将标有数字1，2，3，4，5，6，7的7张门票中的4张随机分给这四位游客，每人分1张，则至多有一位游客分到的门票上标有偶数数字的分配方案共有_ _ 种.（用数字作答）
【答案】312
【解析】若四位游客分到的门票上都没有标有偶数数字，则有 种分配方案；若四位游客中有一位游客分到的门票上标有偶数数字，三位游客分到的门票上标有奇数数字，则有 种分配方案.故共有 种分配方案.
培优课 排列与组合的应用
类型一 在与不在问题
［例1］
（1） [2025·深圳模拟]已知某六名同学在竞赛中获得前六名（无并列情况），其中甲或乙是第一名，丙不是前三名，则这六名同学获得的名次情况可能有（ ）
A. 72种 B. 96种 C. 144种 D. 288种
（2） 某停车场有两排空车位，每排4个，现有甲、乙、丙、丁4辆车需要泊车，若每排都有车辆停泊，且甲、乙两车停泊在同一排，则不同的停车方案有_ _ 种.（填数字）
【答案】（1） C
（2） 672
【解析】
（1） 由题意，丙可能是4,5,6名，有3种情况，若甲是第一名，则获得的名次情况可能有（种），若乙是第一名，则获得的名次情况可能有（种），所以所有符合条件的名次情况可能有（种）.
（2） 若甲、乙两车停泊在同一排，丙、丁两车停泊在同一排，则有 种方案；若丙、丁选一辆与甲、乙停泊在同一排，另一辆单独一排，则有 种方案.所以共有 种停车方案.
［感悟进阶］
［对点训练］
1．从0，1，2，3这4个数字中选出3个不同数字能组成个三位数.
【答案】18
【解析】由于选出的3个不同数字能组成三位数，则百位上的数字不能是0，因此可以分两步完成排列，第1步，排百位上的数字，可以从1，2，3这从3个数字中任选1个，有 种选法；第2步，排十位和个位上的数字，可以从余下的3个数字中任选2个，有 种选法.根据分步乘法计数原理，所求三位数的个数为.
2．有4名男生、3名女生，其中3名女生高矮各不相同，将7名学生排成一行，要求从左到右，女生从矮到高排列（不一定相邻），不同的排法共有_ _ 种.
【答案】840
【解析】7名学生的排列共有 种，其中女生的排列共有 种，按照从左到右，女生从矮到高的排列只是其中的一种，故有 种不同的排法.
类型二 相邻、不相邻问题
［例2］
（1） 小明将1，4，0，3，2，2这六个数字的一种排列设为自己的六位数字的银行卡密码.若两个2之间只有一个数字，且1与4相邻，则可以设置的密码种数为（ ）
A. 48 B. 32 C. 24 D. 16
（2） [2025·上海模拟]同宿舍六位同学在食堂排队取餐，其中，，三人两两不相邻，和是双胞胎必须相邻，这样的排队方法有种.
【答案】（1） C
（2） 72
【解析】
（1） 1与4相邻，共有 种排法；两个2之间插入一个数字，共有 种排法；再把组合好的数字全排列，共有 种排法，则共有 种可以设置的密码.
（2） 分三步：第一步，先将除，，三人外的其余三人进行排序，有 种排队方法；第二步，第一步排好后有4个空位，因为 和 必须相邻，所以 只能插入与 相邻的两个空位，有2种排队方法；第三步，最后将，插入剩余三个空位，有 种排队方法.由分步乘法计数原理得，共有 种排队方法.
［感悟进阶］
相邻与不相邻问题的解决方法
（1）“相邻”问题：元素相邻问题，一般用“捆绑法”，先把相邻的若干个元素“捆绑”为一个大元素与其余元素全排列，然后再松绑，将相邻的若干个元素内部全排列.
（2）“不相邻”问题：元素不相邻问题，一般用“插空法”，先将不相邻元素以外的“普通”元素全排列，然后在“普通”元素之间及两端插入不相邻元素.
［对点训练］
1．[2025·衡阳测试]在外地工作的五个家庭开车搭伴一起回老家过年，若五辆车分别为，，，，，五辆车随机排成一列，则车与车相邻，车与车不相邻的排法有（ ）
A. 36种 B. 42种 C. 48种 D. 60种
【答案】A
【解析】选.将 车与 车捆在一起当成一个元素使用，有 种不同的捆法，将其与除 车外的2个元素全排列，有 种排法，将 车插入，不与 车相邻，有 种插法，故共有 种排法.
2．某次联欢会要安排3个歌舞类节目，2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是_ _ .
【答案】120
【解析】安排小品类节目和相声类节目的顺序有三种情况：“小品，小品，相声”、“小品，相声，小品”和“相声，小品，小品”.
对于第一种情况，将歌舞中选一个放在两个小品中间，形式为“小品，歌舞，小品相声”，有种排法；同理，第三种情况也有36种排法；对于第二种情况，三个节目形成4个空，其形式为“小品相声小品”，有 种排法，故共有 种排法.
类型三 分组与分配问题
［例3］ （多选）有6本不同的书，按下列方式进行分配，其中正确的是（ ）
A. 分给甲、乙、丙三人，每人2本，有90种分配方法
B. 分给甲、乙、丙三人，其中一人4本，另两人各1本，有90种分配方法
C. 分给甲、乙每人2本，分给丙、丁每人1本，有180种分配方法
D. 分给甲、乙、丙、丁四人，有两人各2本，另两人各1本，有2 160种分配方法
【答案】ABC
【解析】对于，先从6本书中分给甲2本，有 种方法；再从其余的4本书中分给乙2本，有 种方法；最后的2本书给丙，有 种方法，所以不同的分配方法有（种），正确；对于，先把6本书分成3堆：4本、1本、1本，有 种方法；再分给甲、乙、丙三人，所以不同的分配方法有（种），正确；对于，6本不同的书先分给甲、乙每人各2本，有 种方法；其余2本分给丙、丁，有 种方法，所以不同的分配方法有（种），正确；对于，先把6本不同的书分成4堆：2本、2本、1本、1本，有 种方法；再分给甲、乙、丙、丁四人，所以不同的分配方法有（种），错误.
［感悟进阶］
解决分组、分配问题的策略
（1）对于不等分问题，首先要对分配数量的可能情形进行一一列举，然后再对每一种情形分类考虑.在每一类的计数中，又要考虑是分步乘法计数还是分类加法计数，是排列问题还是组合问题.
（2）对于整体均分，分组后一定要除以为均分的组数)，避免重复计数.
（3）对于部分均分，若有组元素个数相等，则分组时应除以.
［对点训练］．我国书法大体可分为篆、隶、楷、行、草五种书体.如图，以“国”字为例，现有5张分别写有一种书体的临摹纸，将其全部分给3名书法爱好者，每人至少1张，则不同的分法种数为（ ）
A. 60 B. 90 C. 120 D. 150
【答案】D
【解析】选.满足条件的分法可分为两类，第一类，其中一人三张，另两人各一张，符合条件的分法有（种），第二类，其中一人一张，另两人各两张，符合条件的分法有（种），由分类加法计数原理可得，满足条件的不同分法种数为.
课后达标 分级演练
A 基础达标
1．甲、乙两人同时去乘坐一列有6节车厢的地铁，则两人乘坐的车厢相邻的方案共有（ ）
A. 10种 B. 5种 C. 12种 D. 6种
【答案】A
【解析】选.先选出2节相邻的车厢有5种方法，再将甲、乙两人排列有 种方法，所以，两人乘坐的车厢相邻的方案共有（种）.
2．现有5名同学排成一排，其中甲、乙、丙三人必须排在一起的不同排法有（ ）
A. 70种 B. 72种 C. 36种 D. 12种
【答案】C
【解析】选.甲、乙、丙先排好后视为一个整体与其他2名同学进行排列，则共有 种排法.
3．某中学举办田径运动会，某班从甲、乙等6名学生中选4名学生代表班级参加学校4×100 m接力赛，其中甲只能跑第1棒或第2棒，乙只能跑第2棒或第4棒，那么甲、乙都参加的不同棒次安排方案总数为(　　)
A. 48 B. 36 C. 24 D. 12
【答案】B
【解析】选.当甲排第1棒时，乙可排第2棒或第4棒，共有 种排法；当甲排第2棒时，乙只能排第4棒，共有 种排法.故甲、乙都参加的不同棒次安排方案总数为.
4．六艺具体包括“礼、乐、射、御、书、数”．为弘扬中国传统文化，某校在周末学生业余兴趣活动中开展了“六艺”知识讲座，每种技艺安排一节课程，连排六节，则“数”排在前两节，“书”不排在首尾两节的排课方法有(　　)
A．84种 B．96种 C．168种 D．204种
【答案】C
【解析】选.“数”排在前两节，“书”不排在首尾两节的排课方法可以分两类：
①“数”排在第一节，“书”排在第二、三、四、五节，则有 种排法；
②“数”排在第二节，“书”排在第三、四、五节，则有 种排法.
故“数”排在前两节，“书”不排在首尾两节的排法共有 种.
5．甲、乙两名同学从生物、地理、政治、化学中各选两门进行学习，若甲、乙不能同时选生物，则甲、乙总的选法有（ ）
A. 27种 B. 18种 C. 36种 D. 48种
【答案】A
【解析】选.当甲选生物，乙不选生物时，甲、乙的选法有（种）；当甲不选生物，乙随便选时，甲、乙的选法有（种），则甲、乙总的选法有（种）.
6．[2025·江西联考]现将《西游记》《红楼梦》《水浒传》《三国演义》《史记》《资治通鉴》6本不同的书籍分发给甲、乙、丙3人，每人至少分得1本.已知《西游记》分发给了甲，则不同的分发方式种数是（ ）
A. 180 B. 150 C. 120 D. 210
【答案】A
【解析】选.根据题意，分2步进行分析：
①将6本不同的书籍分为3组，每组至少1本.
若分为4，1，1的三组，有 种分组方法，若分为3，2，1的三组，有 种分组方法，若分为2，2，2的三组，有 种分组方法，共有 种分组方法.
②将《西游记》所在的组分发给甲，剩下2组任意分配，有2种情况.则有 种分发方式.
7．（多选）现有4个编号为1，2，3，4的盒子和4个编号为1，2，3，4的小球，要求把4个小球全部放进盒子中，则下列结论正确的有（ ）
A. 没有空盒子的方法共有24种
B. 可以有空盒子的方法共有128种
C. 恰有1个盒子不放球的方法共有144种
D. 没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有8种
【答案】ACD
【解析】选.对于，4个球全放4个盒子中，没有空盒子则全排列，共有（种），故 正确；对于，可以有空盒子，有4个球，每个球有4种放法，共有（种），故 错误；对于，恰有1个空盒子，说明另外3个盒子都有球，而球共4个，必然有1个盒子中放了2个球，先在4个盒子中选1个作为空盒子，再从4个球中选出2个球绑在一起，再排列共有（种），故 正确；对于，恰有一个小球放入自己编号的盒子中，从4个盒子4个球中选定一组标号相同的球和盒，另外3个球3个盒子标号不能对应，则共有（种），故 正确.
8．（多选）下列说法正确的是（ ）
A. 有三张参观券，要在5人中确定3人去参观，不同方法的种数是60
B. 将5封信投入3个信箱，不同的投法共有种
C. 从6名男生和4名女生中选4人参加比赛，若4人中必须既有男生又有女生，共有194种选法
D. 把5封不同的信投入4个不同的信箱，每个信箱至少投1封，不同的投法共有种
【答案】BCD
【解析】选.对于，参观券相同，只需从5人中选出3人，方法有（种），故 错误；对于，将5封信投入3个信箱，每封信都有3种选择，故不同的投法有 种，故 正确；对于，从6名男生和4名女生中选4人参加比赛，若4人中必须既有男生又有女生，包含的类别有1男3女，2男2女，3男1女，共有（种），故 正确；对于，先将5封信分成4组有 种方法，再将分好的4组全排列，对应4个信箱，有 种方法，则不同的投法共有 种，故 正确.
9．中国古乐中的五声音阶依次为宫、商、角、徵、羽，把这五个音阶排成一列，形成一个音序.若徵、羽两音阶相邻且在宫音阶之后，则可排成不同的音序的种数为.（用数字作答）
【答案】24
【解析】先将徵、羽两音阶捆绑在一起有 种排法，与宫排列后将商、角插入，则可排成不同的音序的种数为.
10．将6名同学分成两个学习小组，每组至少两人，则不同的分组方法共有种.（用数字作答）
【答案】25
【解析】由题知，6人分为两组共有两种分组方法：①一组2人，一组4人，这种分组方法有（种）；②两组均为3人，这种分组方法有（种），由分类加法计数原理可得共有 种分组方法.
11．[2025·上海模拟]用这九个数字组成的无重复数字的四位数中，各个数位上数字和为偶数的奇数共有_ _ 个.
【答案】840
【解析】 这九个数字中有5个奇数和4个偶数，要使四位数满足各个数位上数字和为偶数的奇数，则个位数字必须为奇数，前三位数字由1个奇数和2个偶数或3个奇数组成，所以满足条件的奇数共有（个）.
12．[2025·浙江联考]某项会议共有，，，，，项议程，每个议程有半天会期.现在有甲、乙、丙三个会议厅可以使用，每个会议厅每半天只能容纳一个议程.若要求，两议程不能同时在上午举行，而议程只能在下午举行，则不同的安排方案共有_ _ 种.（用数字作答）
【答案】252
【解析】分两种情况，第一种，，议程中有一项在上午举行，有一项在下午举行，有 种安排方案，再安排 议程，有 种安排方案，最后安排剩余的3项议程，有 种安排方案，共有 种安排方案；第二种，，议程都安排在下午，议程也安排在下午，有 种安排方案，再将剩余的3个议程安排在上午，有 种安排方案，所以有 种安排方案.综上，不同的安排方案共有（种）.
B 综合运用
13．[2025·临沂模拟]将1到30这30个正整数分成甲、乙两组，每组各15个数，使得甲组的中位数比乙组的中位数小2，则不同的分组方法数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】选.甲组、乙组均为15个数，其中位数为从小到大排列的第8个数，即小于中位数的有7个数，大于中位数的也有7个数，
依题意可得甲组的中位数为14或15，
若甲组的中位数为14，则乙组的中位数为16，此时从 中选7个数放到甲组，剩下的6个数放到乙组，再从 中选7个数放到甲组，其余数均在乙组（含15），此时有 种分组方法；
若甲组的中位数为15，则乙组的中位数为17，此时从 中选7个数放到甲组，剩下的7个数放到乙组，再从 中选6个数放到甲组，16也在甲组，其余数均在乙组，此时有 种分组方法.
若甲组的中位数为16，则乙组的中位数为18，此时甲组中大于16的数有7个、乙组中大于18的数有7个，从而得到大于16的数至少有 个，显然不符合题意，故舍去，同理可得，甲组的中位数不能大于15.
若甲组的中位数为13，则乙组的中位数为15，此时甲组中小于13的数有7个、乙组中小于15的数有7个，从而得到小于15的数至少有 个，显然不符合题意，故舍去，同理可得，甲组的中位数不能小于14.
综上，可得不同的分组方法数是.
14．由1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的六位数，要求奇数不相邻，且4不在第四位，则这样的六位数共有_ _ 个.
【答案】120
【解析】先排偶数，有 种排法，3个偶数，共有4个空格，再将奇数插空，共有 种情况，故组成没有重复数字且奇数不相邻的六位数的个数为，若4位于第四位，则第二位必须为偶数，可从数字2和6中选一个，有 种选择，第五位与第六位，其中之一为偶数，故从两个位置中选择一个放入2和6中剩余的一个偶数，有 种选择，剩余3个位置，3个奇数进行全排列，有 种排法，则由1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的六位数中，奇数不相邻，且4位于第四位共有（个），所以所求六位数共有（个）.
15．不定方程的非负整数解的个数为.
【答案】91
【解析】因为，且，，，
所以，，，
所以，，，不定方程 可变为不定方程，相当于15个1被分成3部分，每一部分至少有1个1，所以不定方程 的非负整数解有（个）.
16．现有6个不同的生肖吉祥物，其中“龙”“蛇”和“马”各2个，同名称的生肖吉祥物材质不同，将这6个生肖吉祥物排成前后两排，每排3个，且每排相邻两个生肖吉祥物名称不同，则排法种数共有_ _ .（用数字作答）
【答案】336
【解析】由题意可分两种情形：
①前排含有两种不同名称的生肖吉祥物，首先，前排从“龙”“蛇”和“马”中取两种，其中一种取两个，另一种取一个，有 种排法；其次，后排有 种排法，故共有 种不同的排法；
②前排含有三种不同名称的生肖吉祥物，有 种排法；后排有 种排法，此时共有 种不同的排法.
因此，共有 种排法.
第2讲 二项式定理
课标要求 考情分析
1.能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理. 2.会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题. 命题形式 常以选择题、填空题的形式出现，难度中档. 常考内容 求特定项或特定项的系数.
必备知识 自主排查
理一理
1．二项式定理
二项式定理 ①_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _
二项展开式的通项 ②_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ ，它表示第③_ _ _ _ _ _ _ _ 项
二项式系数 ④_ _ _ _ _ _ _ _
【答案】； ； ；
提醒 （1）项数为;（2）各项的次数都等于二项式的幂指数，即与的指数的和为;（3）字母按降幂排列，从第一项开始，次数由逐项减1直到0；字母按升幂排列，从第一项开始，次数由0逐项加1直到.
2.二项式系数的性质
常用结论
若二项展开式的通项为,,则有以下常见结论：
（1）是常数项；
（2）是非负整数是整式项；
（3）是负整数是分式项；
（4）是整数是有理项.
练一练
1．判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）
（1） 是二项展开式的第项.（ ）
（2） 二项展开式中，二项式系数最大的项为中间一项.（ ）
（3） 在的展开式中，每一项的二项式系数与，无关.（ ）
（4） 在展开式的通项中，和不能互换.（ ）
【答案】（1） ×
（2） ×
（3） √
（4） √
2．（选择性必修第三册P31T4改编）的展开式中，第项的系数是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】选.的展开式中，第 项为.所以第 项的系数为.
3．在的展开式中，含的项的系数是（ ）
A. 74 B. 121 C. D.
【答案】D
【解析】选.将,,,中含 项的系数分别相加，即得展开式中含 的项的系数为.
4．在的展开式中，各项系数的和是_ _ _ _ .
【答案】1
【解析】令,可得各项系数的和为.
5．（选择性必修第三册（2）改编）在的二项展开式中，常数项为_ _ _ _ .
【答案】1 120
【解析】因为展开式的通项为，,,令，解得，所以展开式的常数项为.
核心考点 师生共研
考点一 展开式的通项
角度1 求二项展开式的特定项
［例1］ [2025·镇江模拟]已知,展开式的第4项与第8项的二项式系数相等，则展开式中的系数为_ _ _ _ .
【答案】1
【解析】因为展开式的第4项与第8项的二项式系数相等，所以,解得.
则展开式的通项为，,,
令,解得,代入通项有,所以 的系数为1.
［感悟进阶］
求 型展开式中特定项问题的步骤
角度2 两个二项式之积
［例2］ [2025·湖北联考]的展开式中的系数是，则实数的值为（ ）
A. 0 B. 3 C. D.
【答案】D
【解析】展开式中含 的项为,所以.解得.
［感悟进阶］
求两个因式之积的特定项（或系数）的两种常用方法
角度3 三项展开式问题
［例3］ 在的展开式中，的系数为（ ）
A. B. C. 120 D. 50
【答案】B
【解析】方法一： ,
其展开式的通项为，，1，2,3,4,5.
当 时，的系数为,
当 时，的系数为,
当，3,4,5时，不会出现含 的项，
所以 的系数为.
方法二： ，的系数即为 的展开式中 的系数，所以 的系数为.
［感悟进阶］
求 型展开式中问题的方法
（1）逐层展开法：将三项式分成两组，用二项式定理展开，再把其中含二项式的项展开，从而求解问题.
（2）因式分解法：将三项式利用因式分解变为两个二项式，然后再用二项式定理求解问题.
（3）组合知识法：把看成个的乘积，利用组合知识分析项的构成.
［对点训练］
1．[2024·北京卷]在的展开式中，的系数为（ ）
A. 6 B. C. 12 D.
【答案】A
【解析】选.的展开式的通项为，令,解得,
故 的系数为.
2．[2025·太原模拟]的展开式中的常数项为_ _ _ _ _ _ .
【答案】
【解析】方法一： 的展开式的通项为，,,
则 展开式的一般形式为.若求展开式中的常数项，在 中，令,得2,在 中，令，得,所以常数项为.
方法二：可以将 看成5个 相乘，若求 展开式中的常数项，当在多项式 中取2，5个多项式 中均取1时，相乘得；当在多项式 中取，在3个多项式 中取，余下的2个多项式 中取1时，相乘得.所以常数项为.
3．[2025·山东联考]的展开式中含项的系数为_ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】
【解析】,
其展开式的通项为，,,其中 的展开式的通项为，,,
故 的展开式的通项为,
令 解得
故含 项的系数为.
考点二 系数的和问题
［例4］
（1） 的展开式的二项式系数和为，则展开式的各项系数和为（ ）
A. B. 1 C. D.
（2） 已知，则_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】（1） B
（2）
【解析】
（1） 依题意，，解得，令，得二项式 的展开式的各项系数和为.
（2） 当 时，，①当 时，得，②由 得，.
［感悟进阶］
求二项展开式系数和的常用方法
（1）“赋值法”普遍适用于恒等式，对形如，的式子，求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令即可；对形如的式子求其展开式各项系数之和，只需令即可.
（2）一般地，若，则的展开式中各项系数之和为，奇数项系数之和为，偶数项系数之和为.
［对点训练］
1．在的展开式中，各项系数和与二项式系数和之和为128，则（ ）
A. 二项式系数和为32 B. 各项系数和为128
C. 常数项为 D. 常数项为135
【答案】D
【解析】选.令，得各项系数和为，又二项式系数和为，则，解得，即二项式系数和为64，各项系数和为64，故，不正确；的展开式的通项为，,,令，得，因此展开式中的常数项为，故 不正确，正确.
2．若，则_ _,_ _ _ _ .
【答案】300； 5 120
【解析】由已知得 的展开式的通项为，,，所以展开式中每一项的系数即为其二项式系数.
故.
对原式两边求导,得.
令，得.
考点三 二项式系数的最值问题
［例5］ [2024·全国甲卷]的展开式中，各项系数的最大值为_ _ _ _ .
【答案】5
【解析】由题得展开式的通项为
，且.
设展开式中第 项系数最大，
则 解得
即，又，故，所以展开式中系数最大的项是第9项，且该项系数为.
［感悟进阶］
(1)确定二项式系数最大项的方法
（2）二项展开式系数最大项的求法
［对点训练］
1．（多选）若的展开式中第3项与第8项的系数相等，则展开式中二项式系数最大的项为（ ）
A. 第4项 B. 第5项 C. 第6项 D. 第7项
【答案】BC
【解析】选.因为展开式中第3项与第8项的系数相等，所以，所以,则 的展开式中二项式系数最大的项为第5项和第6项.
2．已知的展开式中唯有第5项的系数最大，则的取值范围是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】,
【解析】 的展开式的通项为，由题可知
解得.
培优点 杨辉三角
杨辉三角在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中被记载.
杨辉三角的常见性质：
（1）每一行都是对称的，且两端的数都是1.
（2）从第二行起，不在两端的任意一个数，都等于它肩上的两个数相加，即.
（3）当时，二项式系数是逐渐变大的；当时，二项式系数是逐渐变小的.
（4）当是偶数时，中间一项的二项式系数最大，当是奇数时，中间两项的二项式系数相等且最大.
（5）第行数的和为，即.
［典例］ （多选）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.如图所示，在“杨辉三角”中，下列结论正确的是（ ）
A. 第行的第且个位置的数是
B.
C. 第2 026行的第1 013个数最大
D. 第28行中第5个数与第6个数的比值为
【答案】AB
【解析】对于，由杨辉三角可得，第 行的第 且 个位置的数是，故 正确；对于，，故 正确；对于，因为第2 026行有2 027个数，由组合数性质可知，第1 014个数最大，故 错误；对于，第28行中第5个数与第6个数的比值为，故 错误.
［对点训练］．如图所示，在杨辉三角中，斜线上方箭头所示的数组成一个锯齿形的数列：1，2，3，3，6，4，10， ，记这个数列前项和为，则_ _ .
【答案】111
【解析】由“杨辉三角”的性质，得
，
所以.
课后达标 分级演练
A 基础达标
1．的展开式中，的系数为（ ）
A. B. C. 10 D. 45
【答案】D
【解析】选 展开式的通项为，令，解得，所以 的系数为.
2． （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】选.
3．在的展开式中，含的项的系数是（ ）
A. 5 B. 6 C. 7 D. 11
【答案】C
【解析】选.因为 中只有 和 中含 的项，中含 的项为，中含 的项为,
所以 的展开式中含 的项的系数是.
4．被8除所得的余数为（ ）
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】B
【解析】选.由.
易知 能被8整除，
所以 被8除所得的余数为1.
5．已知二项式的展开式中只有第11项的二项式系数最大，则展开式中的指数为整数的项的个数为（ ）
A. 3 B. 5 C. 6 D. 7
【答案】D
【解析】选.由题意知，解得,所以 的展开式的通项为，,,要使 的指数是整数，需 是3的倍数，所以,3,6,9,12,15,18，所以 的指数是整数的项共有7项.
6．已知的展开式中的系数为25，则展开式中的偶次方的系数和为（ ）
A. 24 B. 48 C. 32 D. 16
【答案】B
【解析】选.的展开式的通项为，,1,2，3，4,5，令，则；令，则，所以 的展开式中含 的项为，即，解得，故.设，令，则，令，则，两式相加得.
7．（多选）已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】选.令 得,即,故 正确；令 得，故 不正确；令,则原式就变为，根据二项式定理知，即二项式 展开式中 的系数，展开式的通项,,,故，故 正确；由 选项解析易知,,所以,故 正确.
8．（多选）若的二项展开式的第一项为,最后一项为，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 展开式的第四项的二项式系数等于
C. 展开式中不含常数项
D. 展开式中所有项的系数之和等于32
【答案】AC
【解析】选.对于，依题意有,,解得,,故 正确；
对于，展开式的第四项的二项式系数应为，故 错误；
对于，的展开式的通项,由于 且,所以，因此展开式中不含常数项，故 正确；
对于，令，可得展开式中所有项的系数之和为，故 错误.
9．利用二项式定理计算，则其结果精确到的近似值是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】
【解析】.
10．已知在的展开式中，第3项的二项式系数与第4项的二项式系数相等，且的系数为80，则_ _ _ _ .
【答案】2
【解析】二项式 的展开式的通项为，,1,2, ,，所以，解得，所以在 的展开式中，的系数为，解得.
11．的展开式中第二个有理项为_ _ _ _ .
【答案】1 680
【解析】 的展开式的通项
,要使第 项为有理项，则,则 可取1,4,7,所以 的展开式中第二个有理项为.
12．[2025·江西重点中学联考]的展开式中的系数为_ _ .
【答案】120
【解析】因为,所以 的展开式中含 的项为，其系数为120.
B 综合运用
13．[2025·郑州质量检测]中国南北朝时期的著作《孙子算经》中对同余除法有较深的研究.设,,为整数，若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为.若，,则的值可以是（ ）
A. 2 018 B. 2 020 C. 2 022 D. 2 024
【答案】B
【解析】选.因为,所以,所以 能被10整除，从选项可以看出，只有2 020能被10整除，即 的值可以为2 020.
14．若,则下列结论中正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】选.对于，令,可得,错误；
对于，,由二项展开式的通项,,1,2,3,4,5,得,错误；
对于，与 的系数之和相等，令，即,正确；
对于，令,则,①
令,则,②
得,
得,所以,错误.
15．（多选）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列.如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和.则下列命题中正确的是（ ）
A. 在“杨辉三角”第6行中，从左到右第6个数是15
B. 由“第行所有数之和为”猜想：
C.
D. 存在，使得{为等差数列
【答案】BCD
【解析】选.对于，在“杨辉三角”第6行中，从左到右第6个数是，错误；对于，由二项式系数的性质知，正确；对于，,正确；对于，取，则，,，所以数列{为公差为1的等差数列，正确.
16．已知多项式,则_ _ _ _ ,.
【答案】8； 25
【解析】当 时，,则.令,则,,故,故.
第3讲 随机事件与概率
课标要求 考情分析
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. 2.了解随机事件的并、交、互斥与对立的含义，能结合实例进行随机事件的并、交运算. 3.理解古典概型，能计算古典概型中简单随机事件的概率. 4.理解概率的性质，掌握随机事件概率的运算法则. 命题形式 常以选择题的形式出现，难度中档. 常考内容 互斥事件和对立事件、古典概型.
必备知识 自主排查
理一理
1.有限样本空间与随机事件
（1）样本点：随机试验的每个可能的基本结果.
（2）样本空间：全体样本点的集合，一般用 表示.
（3）有限样本空间：样本空间，, ,.
（4）随机事件（事件）：样本空间 的子集.
（5）基本事件：只包含一个样本点的事件.
2.事件的关系和运算
事件的关系或运算 含义 符号表示
包含 发生导致发生
相等 且
并事件（和事件） 与至少一个发生 或
交事件（积事件） 与同时发生 或
互斥（互不相容） 与不能同时发生
互为对立 与有且仅有一个发生 ，
提醒 互斥与对立都是两个事件的关系，互斥事件是不可能同时发生的两个事件，而对立事件除要求这两个事件不同时发生外，还要求二者必有一个发生，因此，对立事件是互斥事件的特殊情况，而互斥事件未必是对立事件.
3．概率的几个基本性质
（1）概率的取值范围：对于任意的事件，都有①_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
（2）②_ _ _ _ _ _ ，③_ _ _ _ .
（3）如果事件与事件互斥，那么④_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
（4）如果事件与事件互为对立事件，则⑤_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ ，⑥_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
（5）如果，那么⑦_ _ .
（6）.
【答案】； ； ； ； ； ；
4．古典概型
（1）定义：具有以下两个特征的试验称为古典概型试验，其数学模型称为古典概率模型，简称古典概型.
①有限性
样本空间的样本点只有⑧_ _ _ _ _ _ ；
②等可能性
每个样本点发生的可能性⑨_ _ .
（2）公式：,其中,样本空间 包含个样本点，事件包含其中的个样本点，和分别表示事件和样本空间 包含的样本点个数.
【答案】有限个； 相等
常用结论
1.，都发生的事件为；，都不发生的事件为.
2.，恰有一个发生的事件为.
3.，至多有一个发生的事件为.
4.若事件,, ,两两互斥，则.
练一练
1．判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）
（1） 事件发生的频率与概率是相同的.（ ）
（2） 若是必然事件，则与是对立事件.（ ）
（3） 两个事件的和事件是指两个事件都得发生.（ ）
（4） 抛掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”，这三个结果是等可能的.（ ）
【答案】（1） ×
（2） ×
（3） ×
（4） ×
2．（必修第二册P235T1改编）某人打靶时连续射击两次，则事件“至多有一次中靶”的互斥事件是（ ）
A. 至少有一次中靶 B. 两次都中靶
C. 只有一次中靶 D. 两次都不中靶
【答案】B
【解析】选.射击两次“至多有一次中靶”即“有一次中靶或两次都不中靶”，与该事件不能同时发生的是“两次都中靶”.
3．[2024· 全国甲卷]某独唱比赛的决赛阶段共有甲、乙、丙、丁四人参加，每人出场一次，出场次序由随机抽签确定.则丙不是第一个出场，且甲或乙最后出场的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】选.当甲最后出场，乙第一个出场，丙有2种排法，丁有1种排法，共2种排法；当甲最后出场，乙第二个出场或第三个出场，丙有1种排法，丁有1种排法，共2种排法.于是甲最后出场共4种排法，同理乙最后出场共4种排法，于是共8种排法符合题意.基本事件总数是，根据古典概型的计算公式，所求概率为.
4．容量为20的样本数据，分组后的频数如表：
分组
频数 2 3 4
分组
频数 5 4 2
用频率估计概率，则样本数据落在区间内的概率为_ _ .
【答案】0.45
【解析】由题表知 内的频数为,所以样本数据落在区间 内的概率为.
5．已知在一次随机试验中，定义两个随机事件，，且，，，则_ _ .
【答案】0.8
【解析】由.
核心考点 师生共研
考点一 随机事件
角度1 随机事件间关系的判断
［例1］
（1） （多选）对空中飞行的飞机连续射击两次，每次发射一枚炮弹，设两次都击中飞机，两次都没击中飞机，恰有一枚炮弹击中飞机，至少有一枚炮弹击中飞机，下列关系正确的有（ ）
A. B.
C. D.
（2） （多选）从1，2，3， ，9中任取三个不同的数，则在下述事件中，是互斥但不是对立事件的有（ ）
A. “三个都为偶数”和“三个都为奇数”
B. “至少有一个奇数”和“至多有一个奇数”
C. “至少有一个奇数”和“三个都为偶数”
D. “一个偶数两个奇数”和“两个偶数一个奇数”
【答案】（1） ABD
（2） AD
【解析】
（1） 用 表示试验射击的情况，其中 表示第1次射击的情况，表示第2次射击的情况，1表示击中，0表示没击中，则样本空间，，，.由题意得，，，，，，，，则，，且 .即，，正确；又 ，， ，所以，故 错误.
（2） 由题知，有四种情况：①三个均为奇数；②两个奇数一个偶数；③一个奇数两个偶数；④三个均为偶数，所以，是互斥但不是对立事件，是对立事件，不是互斥事件.
［感悟进阶］
判断互斥事件、对立事件的两种方法
角度2 互斥、对立事件的概率
［例2］ 某商场有奖销售中，购满100元商品得1张奖券，多购多得，张奖券为一个开奖单位，设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个.设1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为，，，求：
（1） ,,；
（2） 1张奖券的中奖概率；
（3） 1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率.
【答案】（1） 【解】易知,,.
（2） 1张奖券中奖包含中特等奖或一等奖或二等奖.设“1张奖券中奖”为事件，则.因为，，两两互斥，所以.
故1张奖券的中奖概率为.
（3） 设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件，则事件 与“1张奖券中特等奖或中一等奖”为对立事件.所以.故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为.
［感悟进阶］
求复杂互斥事件概率的两种方法
［对点训练］．射击队的某一选手射击一次，其命中环数的概率如下表：
命中环数 10 9 8 7
概率 0.32 0.28 0.18 0.12
则该选手射击一次，命中9环或10环的概率是________________，至少命中8环的概率是 ________________，命中不足8环的概率是 ________________．
【答案】0.6； 0.78； 0.22
【解析】记“射击一次，命中10环”为事件，“射击一次，命中9环”为事件，“射击一次，命中8环”为事件，“射击一次，命中9环或10环”为事件，则，得；
设“射击一次，至少命中8环”为事件，则，得；
由于事件“射击一次，命中不足8环”是“射击一次，至少命中8环”的对立事件，即 表示事件“射击一次，命中不足8环”，得.
考点二 古典概型
［例3］
（1） 如图，中国古代流传下来的河图中把一到十这十个数字分成五组，其口诀为：一六共宗，为水居北；二七同道，为火居南；三八为朋，为木居东；四九为友，为金居西；五十同途，为土居中.现从这十个数中随机抽取六个，则能成为三组的概率是（ ）
A. B. C. D.
（2） 现有7个大小相同、质地均匀的小球，球上标有数字1，2，2，3，4，5，6.从这7个小球中随机取出3个，则所取出的小球上数字的最小值为2的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】（1） C
（2） C
【解析】
（1） 从一到十这十个数中随机抽取六个数，样本点总数，能成为三组包含的样本点个数，则能成为三组的概率.
（2） 从7个小球中任取3个有 种情况，其中所取出的小球上数字的最小值为2的有 种，所以所取出的小球上数字的最小值为2的概率为.
［感悟进阶］
求解古典概型概率的步骤
（1）求出所有样本点的个数；
（2）求出事件包含的所有样本点的个数；
（3）代入公式求解.
［对点训练］
1．[2025·上海模拟]已知向量，，从6张大小、颜色等均相同且分别标有号码1,2,3,4,5,6的卡片中，有放回地抽取两次（每次抽一张），，分别表示第一次、第二次抽取的卡片上的号码，则满足的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】选.设 表示一个样本点，则样本空间包含样本点（个），由，得，满足 的样本点有,,,,,，共6个，所以所求概率为.
2．某学校准备举办一场运动会，其中运动会开幕式安排了3个歌舞类和3个语言类节目，所有节目依次出场，则恰有2个语言类节目相邻的概率为_ _ _ _ _ _ .
【答案】
【解析】节目出场顺序种数为，2个语言类节目相邻的种数为，所以恰有2个语言类节目相邻的概率为.
考点三 概率的性质及应用
［例4］
（1） （多选）已知事件，，两两互斥，若，，，则（ ）
A. B.
C. D.
（2） [2025·湛江联考]（多选）某运动员在最近几次篮球比赛中的得分情况如表所示.
项目 投中两分球 投中三分球 没投中 总计
投篮次数 55 18 100
记该运动员在一次投篮中，投中两分球为事件，投中三分球为事件，没投中为事件，用频率估计概率，则下列结论中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】（1） ACD
（2） ABC
【解析】
（1） 因为事件,,两两互斥，所以，故 正确；，则，故 正确；，则，故 错误；，故 正确.
（2） 由题意可知，，，，.事件，，两两互斥，所以，.
［感悟进阶］
(1)对于一个较复杂的事件，一般将其分解成几个简单的事件，当这些事件彼此互斥时，原事件的概率就是这些简单事件的概率的和．
(2)当求解的问题中有“至多”“至少”“最少”等关键词语时，通常采用间接法：先计算其对立事件的概率，再通过概率之和为1求出原问题的解．
［对点训练］
1．（多选）已知随机事件，满足，，则（ ）
A. 若事件，互斥，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若事件，互斥，则
【答案】AC
【解析】选.对于，因为事件，互斥，所以，故 正确；对于，因为，所以，故 错误；对于，因为，所以，故 正确；对于，事件 与事件 是互斥事件，则 为必然事件，所以，故 错误.
2．某家族有，两种遗传性状，该家族某成员出现性状的概率为，出现性状的概率为，，两种性状都不出现的概率为，则该成员，两种性状都出现的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】选.设该家族某成员出现 性状为事件，出现 性状为事件，则，两种性状都不出现为事件，两种性状都出现为事件，所以，，，所以，又因为，所以.
课后达标 分级演练
A 基础达标
1．一个不透明的袋子中装有8个红球、2个白球，除颜色外，球的大小、质地完全相同，采用不放回的方式从中摸出3个球.下列事件为不可能事件的是（ ）
A. 3个都是白球 B. 3个都是红球
C. 至少1个红球 D. 至多2个白球
【答案】A
【解析】选.从8个红球、2个白球中采用不放回的方式从中摸出3个白球，不可能发生.
2．[2025·济南模拟]某公司现有员工120人，在荣获“优秀员工”称号的85人中，有75人是高级工程师，既没有荣获“优秀员工”称号又不是高级工程师的员工共有14人，公司将随机选择一名员工接受电视新闻节目的采访，被选中的员工是高级工程师的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】选.由题知荣获“优秀员工”称号的85人中有75人是高级工程师，则有 人不是高级工程师，所以不是高级工程师的员工共有（人）.则高级工程师共有（人），所以被选中的员工是高级工程师的概率为.
3．[2025·济南模拟]哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如，在不超过18的素数2，3，5，7，11，13，17中，随机选取两个不同的数，其和等于18的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】选.在不超过18的素数2，3，5，7，11，13，17中，随机选取两个不同的数, 样本空间包含样本点数,其和等于18的样本点有,，共2个，所以和等于18的概率是.
4．袋子中有5个大小、质地完全相同的球，其中2个白球，3个红球，从中不放回地依次随机摸出两个球，记“第一次摸到红球”，“第二次摸到红球”，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】选.，，则，故 正确；
，则，故 错误；
，，则，故 错误；
，故 错误.
5．（多选）抛掷一枚骰子，设事件“出现的点数为偶数”，事件“出现的点数为3的倍数”，则（ ）
A. 与是互斥事件 B. 不是必然事件
C. D.
【答案】BD
【解析】选.抛掷一枚骰子的样本空间，2，3，4，5，，共6个样本点，事件，4，，共3个样本点，事件，，共2个样本点.
对于，事件，有可能同时发生，故事件，不是互斥事件，故 错误；
对于，事件，3，4，，共4个样本点，所以 不是必然事件，故 正确；
对于，事件，共1个样本点，所以，故 错误；
对于，，故 正确.
6．设,是随机事件，且，,，则_ _ _ _ _ _ .
【答案】
【解析】因为，所以，故.
7．围棋起源于中国，先秦典籍《世本》中记载：“尧造围棋，丹朱善之”，围棋至今已有四千多年历史，具有丰富的文化内涵．在一次围棋比赛中，某队派出包含甲、乙在内的5位棋手参加比赛，他们分成2个小组，其中一个小组有3位棋手，另外一个小组有2位棋手，则甲和乙不在同一个小组的概率为________．
【答案】
【解析】5人分成2个小组，其中一组有3位棋手，另一组有2位棋手，样本空间包含样本点（个），甲和乙不在同一个小组，则甲所在组有2人或3人，则有 个样本点，所以甲和乙不在同一个小组的概率.
8．一个电路板上装有甲、乙两根熔丝，某种情况下甲熔丝熔断的概率为，乙熔丝熔断的概率为，甲、乙两根熔丝同时熔断的概率为，则该情况下至少有一根熔丝熔断的概率为_ _ .
【答案】0.96
【解析】设事件“甲熔丝熔断”，事件“乙熔丝熔断”，则有，.“甲、乙两根熔丝同时熔断”为事件，则有，“甲、乙两根熔丝至少有一根熔断”为事件，则有，所以该情况下至少有一根熔丝熔断的概率为0.96.
9．（13分）某河流上的一座水力发电站，每年六月份的发电量（单位：万千瓦·时）与该河流上游在六月份的降雨量（单位：毫米）有关.据统计，当时，；每增加10，增加5.已知近20年的值为140，110，160，70，200，160，140，160，220，200，110，160，160，200，140，110，160，220，140，160.
（1） 完成如下的频率分布表：（6分）
近20年六月份降雨量频率分布表
降雨量/毫米 70 110 140 160 200 220
频率 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _
（2） 假定今年六月份的降雨量与近20年六月份降雨量的分布规律相同，并将频率视为概率，求今年六月份该水力发电站的发电量低于490（万千瓦·时）或超过530（万千瓦·时）的概率.（7分）
【答案】（1） ；；
（2） 根据题意，，
故
.
故今年六月份该水力发电站的发电量低于490（万千瓦·时）或超过530（万千瓦·时）的概率为.
【解析】
（1） 解：在所给数据中，降雨量为110毫米的有3个，降雨量为160毫米的有7个，降雨量为200毫米的有3个.故近20年六月份降雨量频率分布表为
降雨量/毫米 70 110 140 160 200 220
频率
B 综合运用
10．抛掷两枚质地均匀的正方体骰子，将向上的点数分别记为，，则（ ）
A. 的概率为 B. 能被5整除的概率为
C. 为偶数的概率为 D. 的概率为
【答案】B
【解析】选.试验的样本点总数.
对于，“”包含的样本点有，，，，，共5个，所以，故 错误；对于，“能被5整除”包含的样本点有，，，，，，，共7个，所以（能被5整除），故 正确；对于，“为偶数”的对立事件为“为奇数”，“为奇数”等价于“和 均为奇数”，所以（为奇数），故（为偶数），故 错误；对于，“”的对立事件为“”，事件“”包含“”和“”,易知,又，所以，所以，故 错误.
11．设a，b，c∈{0，1，2，3，4}，由a，b，c构成一个三位数，若这个三位数的十位数字比其他两个数位上的数字都小，则称该三位数为“V型数”．已知a，b，c构成三位数，则该三位数是V型数的概率是(　　)
A. B． C． D．
解析：选B.因为a，b，c∈{0，1，2，3，4}，所以由a，b，c构成的三位数有4×5×5＝100(个)，
V型数的情况分析：
当十位数字为0时，有4×4＝16个V型数；
当十位数字为1时，有3×3＝9个V型数；
当十位数字为2时，有2×2＝4个V型数；
当十位数字为3时，有1×1＝1个V型数，共有30个V型数，所以该三位数是V型数的概率是＝.
12．某学校成立了数学、英语、音乐3个课外兴趣小组，3个小组分别有39，32，33名成员，一些成员参加了不止一个小组，具体情况如图所示.现随机选取一名成员，则他至少参加2个小组的概率为_ _ _ _ _ _ ，他至多参加2个小组的概率为_ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】；
【解析】记“恰好参加2个小组”为事件，“恰好参加3个小组”为事件，由题图得共有60名成员，则，，则至少参加2个小组的概率为，至多参加2个小组的概率为.
13．（13分）已知同时从甲、乙、丙三个不同地区进口某种商品的数量（单位：件）分别为240，160，160，工作人员采用按比例分配的分层随机抽样的方法从这些商品中共抽取7件样品进行检测.
（1） 求抽取的7件商品中，来自甲、乙、丙各地区的数量.（4分）
（2） 设抽取的7件商品分别用，，，，，，表示，现从中再随机抽取2件做进一步检测.
① 试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；（3分）
② 设为事件“抽取的2件商品来自不同地区”，求事件发生的概率.（6分）
【答案】
（1） 解：由已知，从甲、乙、丙三个不同地区进口某种商品的数量之比为，
由于采用按比例分配的分层随机抽样的方法从中抽取7件商品，因此应从甲、乙、丙三个不同地区进口的该种商品中分别抽取（件），（件），（件）.
（2） ① 从抽取的7件商品中随机抽取2件商品的所有可能结果为，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，.
② 不妨设抽取的7件商品中，来自甲地区的是，，，来自乙地区的是，，来自丙地区的是，，则从抽取的7件商品中随机抽取的2件商品来自不同地区的所有可能结果为，，，，，，，，，，，，，，，，共16个样本点，所有的样本点共21个，故.
第4讲 事件的相互独立性与条件概率、全概率公式
课标要求 考情分析
1.结合有限样本空间，了解相互独立事件、条件概率的含义. 2.结合古典概型，了解条件概率与独立的关系，能利用独立性、乘法公式、全概率公式计算概率. 命题形式 常以选择题的形式出现，难度中等. 常考内容 相互独立事件的概率及条件概率. 创新考法 以现实生活为载体与其他知识交汇命题.
必备知识 自主排查
理一理
1．相互独立事件
（1）概念：对任意两个事件与，如果①_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 成立，则称事件与事件相互独立，简称为独立.
（2）性质：若事件与相互独立,那么与,与,与也都相互独立.
【答案】
提醒 相互独立事件不一定互斥.
2．条件概率
（1）概念：一般地，设，为两个随机事件，且,我们称②_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 为在事件发生的条件下，事件发生的条件概率，简称条件概率.
（2）两个公式
①利用古典概型：③_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
②概率的乘法公式：④_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
（3）条件概率的性质
,⑤_ _ .
②如果和是两个互斥事件，则⑥_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
③设和互为对立事件，则⑦_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】； ； ； 1； ；
3．全概率公式
一般地，设，， ，是一组两两互斥的事件， ,且,,2, ,,则对任意的事件 ，有⑧_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
我们称上面的公式为全概率公式.
【答案】
提醒 注意和的区别.
常用结论
相互独立事件的概率：
若事件，， ，相互独立，则.
练一练
1．判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）
（1） 对于任意两个事件，都成立.（ ）
（2） 若事件，互斥，则.（ ）
（3） 若三个事件，，两两独立,则.（ ）
【答案】（1） ×
（2） ×
（3） ×
2．掷两枚质地均匀的骰子，设“第一枚出现奇数点”，“第二枚出现偶数点”，则与的关系为（ ）
A. 互斥 B. 互为对立 C. 相互独立 D. 相等
【答案】C
【解析】选.事件 与事件 能同时发生，故事件 与事件 既不是互斥事件，也不是对立事件，故，均错误；事件，满足，故事件 与事件 相互独立.
3．已知,,则（ ）
A. 0.4 B. 0.6 C. 0.1 D. 0.2
【答案】D
【解析】选.因为，由对立事件概率计算公式可得，，
则.
4．（选择性必修第三册P46 例1改编）将两枚质地均匀的骰子各掷一次，设事件“两个点数互不相同”，事件“出现一个5点”，则_ _ _ _ _ _ .
【答案】
【解析】因为两个点数互不相同包含的样本点共有（个），两个点数互不相同且出现一个5点包含的样本点共有（个），所以.
5．甲、乙两人各投篮一次，投进的概率分别是，，则两人中恰有一人投进的概率为_ _ _ _ _ _ .
【答案】
【解析】设事件 表示“甲投进”，事件 表示“乙投进”，则，，两人中恰有一人投进的概率为.
核心考点 师生共研
考点一 相互独立事件
角度1 相互独立事件的判断
［例1］ （多选）连续掷一枚质地均匀的骰子两次，记事件甲为“第一次掷出的点数为1”，事件乙为“第二次掷出的点数为6”，事件丙为“两次掷出的点数之和为6”，事件丁为“两次掷出的点数之和为7”，则（ ）
A. 甲与乙相互独立 B. 甲与丙相互独立
C. 甲与丁相互独立 D. 乙与丁相互独立
【答案】ACD
【解析】由题意，（甲），（乙），（丙），（丁），（甲乙），（甲丙），（甲丁），（乙丁），因为（甲）（乙）（甲乙），（甲）（丁）（甲丁），（乙）（丁）（乙丁），（甲）（丙）（甲丙），所以甲与乙相互独立，甲与丁相互独立，乙与丁相互独立，甲与丙不相互独立.
［感悟进阶］
判断事件相互独立的方法
（1）利用定义，若，则事件与事件相互独立.
（2）利用对“独立性”的理解，若事件的发生与否不影响事件的发生与否，则两事件相互独立.
角度2 相互独立事件的概率
［例2］ 某校高三年级拟派出甲、乙、丙三人去参加校运动会跑项目.比赛分为初赛和决赛，其中初赛有两轮，只有两轮都获胜才能进入决赛.已知甲在每轮比赛中获胜的概率均为；乙在第一轮和第二轮比赛中获胜的概率分别为和；丙在第一轮和第二轮比赛中获胜的概率分别为和,其中.
（1） 若甲、乙、丙三人中恰有两人进入决赛的概率为，求的值；
（2） 甲、乙、丙三人中，谁进入决赛的可能性最大
【答案】
（1） 【解】甲、乙、丙三人中恰有两人进入决赛的概率为,整理可得.
由,解得.
（2） 甲进入决赛的概率为,乙进入决赛的概率为,丙进入决赛的概率为,而,故,所以甲进入决赛的可能性最大.
［感悟进阶］
求相互独立事件的概率的方法
［对点训练］
1．（多选）设，为两个随机事件，以下命题正确的是（ ）
A. 若与对立，则
B. 若与互斥，，，则
C. 若，，且，则与相互独立
D. 若与相互独立，，，则
【答案】BD
【解析】选. 对于，若 与 对立，则，故 错误；对于，若 与 互斥，则，故 正确；对于，因为，，故，，故，故 与 不相互独立，故 错误；对于，因为，所以，而 与 相互独立，故 与 相互独立，故，故 正确.
2．为准备参加在哈尔滨举行的全球华人篮球邀请赛，甲队与乙队采用三局两胜制(先赢两场者胜)进行内部选拔．已知甲队每场获胜的概率为0.6，且各场比赛结果相互独立．则甲队以2∶1战胜乙队的概率是(　　)
A．0.288 B．0.36
C．0.432 D．0.48
解析：选A.甲队需在3场比赛中赢2场，且最后一场必须由甲队取胜(否则比赛会在前两局提前结束).因此，甲队以2∶1战胜乙队的概率为0.6×0.4×0.6＋0.4×0.6×0.6＝0.288.
考点二 条件概率
角度1 条件概率的求法
［例3］
（1） [2025·郑州质检]在某次测试中，若甲、乙、丙三人获得优秀等级的概率分别是，和，且三人的测试结果相互独立.测试结束后，在甲、乙、丙三人中恰有两人没有达到优秀等级的条件下，乙达到优秀等级的概率为（ ）
A. B. C. D.
（2） [2024·天津卷]某校组织学生参加农业实践活动，期间安排了劳动技能比赛，比赛共5个项目，分别为整地做畦、旱田播种、作物移栽、田间灌溉、藤架搭建，规定每人参加其中3个项目.假设每人参加每个项目的可能性相同，则甲同学参加“整地做畦”项目的概率为_ _ _ _ _ _ .已知乙同学参加的3个项目中有“整地做畦”，则他还参加“田间灌溉”项目的概率为_ _ _ _ _ _ .
【答案】（1） C
（2） ；
【解析】
（1） 设事件“甲、乙、丙三人中恰有两人没有达到优秀等级”，事件“乙达到优秀等级”，所以，，所以.
（2） 由题意知甲同学参加“整地做畦”项目的概率为.方法一：记事件“乙同学参加‘整地做畦’项目”，事件“乙同学参加‘田间灌溉’项目”，则，，所以.方法二：当乙同学参加的3个项目中有“整地做畦”，则他还参加“田间灌溉”项目的概率为.
角度2 乘法公式的应用
［例4］ 经统计，某射击运动员进行两次射击时，第一次击中9环的概率为，在第一次击中9环的条件下，第二次也击中9环的概率为0.8.那么该射击运动员两次均击中9环的概率为（ ）
A. 0.24 B. 0.36 C. 0.48 D. 0.75
【答案】C
【解析】设该射击运动员“第一次击中9环”为事件，“第二次击中9环”为事件，由题意得，，所以该射击运动员两次均击中9环的概率为.
［感悟进阶］
条件概率的三种求解方法
［对点训练］
1．设，为两个事件，已知，，，则（ ）
A. 0.24 B. 0.375 C. 0.4 D. 0.5
【答案】B
【解析】选.由，,得，所以.
2．我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化，每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“———”和阴爻“—　—”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，记事件A＝“取出的重卦中至少有1个阴爻”，事件B＝“取出的重卦中至少有3个阳爻”．则P(B|A)＝(　　)
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】选.，事件“取出的重卦中有3阳爻3阴爻或4阳爻2阴爻或5阳爻1阴爻”，则，则.
考点三 全概率公式的应用
［例5］ 受环境和气候影响，近阶段在相邻的甲、乙、丙三个城市爆发了病毒感染，经初步统计，这三个城市分别有，,的人感染了病毒.已知这三个城市的人口数之比为，现从这三个城市中任意选取一个人.
（1） 求这个人感染病毒的概率；
（2） 若此人感染了病毒，求他来自甲市的概率.
【答案】［例5］ 【解】 记事件“选取的这个人感染了病毒”，事件“此人来自甲市”，事件“此人来自乙市”，事件“此人来自丙市”，，且，，彼此互斥.由题意可得，，，，,.
（1） 由全概率公式可得,所以选取的这个人感染病毒的概率为0.054.
（2） 由条件概率公式可得，所以若此人感染了病毒，他来自甲市的概率为.
［感悟进阶］
利用全概率公式求解概率的步骤
［对点训练］．一袋中装有10个盲盒，已知其中3个是玩具盲盒，7个是文具盲盒，甲、乙两个小孩从中先后任取一个盲盒，则乙取到的是玩具盲盒的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】选.记事件,分别表示甲、乙取到的是玩具盲盒，则由题意得,,,，所以.
课后达标 分级演练
A 基础达标
1．假设，，且与相互独立，则（ ）
A. 0.9 B. 0.75 C. 0.88 D. 0.84
【答案】C
【解析】选.由题意得，,故.
2．已知甲、乙两人射击的命中率分别是0.4和0.7.现二人同时向同一猎物射击，发现猎物只中一枪，则甲、乙分配猎物的比例应该是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】选.由题意知，只有甲打中猎物的概率为，只有乙打中猎物的概率为，所以甲、乙分配猎物的比例应该是.
3．先后两次抛掷一枚质地均匀的骰子，得到向上的点数分别为，，设事件“”，事件“”，事件“为奇数”，则（ ）
A. B.
C. 与相互独立 D. 与相互独立
【答案】D
【解析】选.先后两次抛掷一枚质地均匀的骰子，得到向上的点数分别为，，则共有36个样本点，满足事件 的样本点有，，，，故，故 不正确；满足事件 的样本点有，，故，故 不正确；事件，不能同时发生，故 与 互斥而不相互独立，故 不正确；满足事件 的样本点有，，，，，，，，，，，，，，，，，，共18个，故，满足事件 只有 一个样本点，则，因为，所以 与 相互独立，故 正确.
4．如图，某电子元件由，，三种部件组成，现将该电子元件应用到某研发设备中，经过反复测试，，，三种部件不能正常工作的概率分别为，，，各个部件是否正常工作相互独立，则该电子元件能正常工作的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】选.设“上半部分正常工作”为事件，“下半部分正常工作”为事件，“该电子元件能正常工作”为事件，
则，
，
，
所以，
所以，即该电子元件能正常工作的概率是.
5．（多选）已知事件，满足，,,则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】选.对于，，故 正确；对于，，故 错误；对于，,故 正确；对于，，则,故 正确.
6．已知,是某随机试验中的两个随机事件，,,，则_ _ .
【答案】0.75
【解析】.
7．公司要求甲、乙、丙3人在各自规定的时间内完成布置的任务，已知甲、乙、丙在规定时间内完成任务的概率分别为，,,则3人中至少2人在规定时间内完成任务的概率为_ _ _ _ _ _ .
【答案】
【解析】3人中至少2人在规定时间内完成任务，即在规定时间内3人中恰有2人完成任务或3人都完成任务.所求概率为.
8．甲箱中有2个白球和3个红球，乙箱中有1个白球和3个红球，这些球除颜色外其余都相同，先从甲箱中取1个球放入乙箱，再从乙箱中任取1个球，则从乙箱中取出的球是白球的概率为_ _ _ _ _ _ .
【答案】
【解析】设事件“从甲箱中取出红球”，事件“从甲箱中取出白球”，事件“从乙箱中取出的球是白球”，则有,,,,所以.
9．（13分）已知某中学高一某班小丽、小许、小静三人独自进行投篮训练，命中的概率分别是，，，设各次投篮都相互独立.
（1） 若小许投篮三次，求恰有两次命中的概率；（6分）
（2） 若小丽、小许、小静三人各投篮一次，求至少一人命中的概率.（7分）
【答案】（1） 解：设小许“第一次命中”为事件，“第二次命中”为事件，“第三次命中”为事件，“投篮三次，恰有两次命中”为事件，则.
（2） 设“三人各投篮一次，至少一人命中”为事件，则“三人各投篮一次，均未命中”为事件，所以，所以，所以三人各投篮一次，至少一人命中的概率为.
B 综合运用
10．[2025· 湘豫名校联考]某单位选派一支代表队参加市里的辩论比赛，现有“初心”“使命”两支预备队.选哪支队是随机的，其中选“初心”队获胜的概率为，选“使命”队获胜的概率为，该单位在比赛中获胜的条件下，选“使命”队参加比赛的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】选.记选“初心”队为事件，选“使命”队为事件，该单位在比赛中获胜为事件.
则,,,因此.
所以该单位在比赛中获胜的条件下，选“使命”队参加比赛的概率为.
11．小蒋同学喜欢吃饺子.某日他前往食堂购买16个饺子，其中有个为香菇肉馅，其余为玉米肉馅，且，，1, ,16.在小蒋吃到的前13个饺子均为玉米肉馅的条件下，这16个饺子全部为玉米肉馅的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】选.设事件“前13个饺子均为玉米肉馅”，事件“16个饺子全部为玉米肉馅”，事件“这16个饺子中有 个香菇肉馅”，则，，所以.
12．（多选）抛掷一枚质地均匀的硬币次，得到正反两面的概率相同.事件为“次中既有正面朝上又有反面朝上”，事件为“次中最多有一次正面朝上”，下列说法正确的是（ ）
A. 当时，，相互独立 B. 当时，，相互独立
C. 当时， D. 当时，
【答案】BC
【解析】选. 抛掷两次，则样本空间为{正反，反正，正正，反反，，，又因为，故 错误；抛掷三次，则样本空间为{正正正，正正反，正反正，正反反，反反反，反反正，反正反，反正正，则，， ，故 正确；抛掷 次有 个样本点，为“次全为正面朝上或 次全为反面朝上”，则，因此，故 正确；，故 错误.
13．(15分)(2025·贵阳适应性考试)猜灯谜，是我国的民俗文娱活动，是从古代就开始流传的元宵节特色活动．每逢农历正月十五，人们会把谜语写在纸条上并将其贴在彩灯上供人猜．在一次猜灯谜活动中，若甲、乙两名同学分别独立竞猜，甲同学猜对每个灯谜的概率为，乙同学猜对每个灯谜的概率为.假设甲、乙猜对每个灯谜都是等可能的，试求：
（1） 甲、乙任选1个独立竞猜，求甲、乙恰有1人猜对的概率；（7分）
（2） 活动规定：若某人任选2个进行有奖竞猜，都猜对则可以在箱中参加抽取新春大礼包的活动，抽中的概率是；没有都猜对则在箱中参加抽取新春大礼包的活动，抽中的概率是.求甲同学抽中新春大礼包的概率.（8分）
【答案】
（1） 解：设事件“甲猜对1个灯谜”，
事件“乙猜对1个灯谜”，
则，.
“甲、乙恰有1人猜对”，
所以
，
所以甲、乙恰有1人猜对的概率为.
（2） 设事件“甲同学猜对2个灯谜”，
事件“甲同学抽中新春大礼包”.
则
，
所以甲同学抽中新春大礼包的概率为.
14．(15分)(2025·沈阳质量监测)某城市有甲、乙两家网约车公司，相关部门为了更好地监管和服务，通过问卷调查的方式，统计当地网约车用户(后面简称用户，并假设每位用户只选择一家公司的网约车出行)对甲、乙两家公司的等待时间、乘车舒适度、乘车费用等因素的评价，得到如下统计结果：
①用户选择甲公司的频率为，选择乙公司的频率为0.68；
②选择甲公司的用户对等待时间满意的频率为，选择乙公司的用户对等待时间满意的频率为0.78；
③选择甲公司的用户对乘车舒适度满意的频率为，选择乙公司的用户对乘车舒适度满意的频率为0.61；
④选择甲公司的用户对乘车费用满意的频率为，选择乙公司的用户对乘车费用满意的频率为0.32.
将上述随机事件发生的频率视为其发生的概率.
（1） 分别求出用户对等待时间满意、乘车舒适度满意、乘车费用满意的概率，并比较用户对哪个因素满意的概率最大，对哪个因素满意的概率最小；（7分）
（2） 若已知某位用户偏向于选择乘车舒适度满意高的网约车，则该用户更可能选择哪家公司的网约车出行？请说明理由.（8分）
【答案】14．解：设事件“用户选择甲公司的网约车出行”，事件“用户对等待时间满意”，事件“用户对乘车舒适度满意”，事件“用户对乘车费用满意”.
（1） 则，
，
.
因为，所以用户对等待时间满意的概率最大，对乘车费用满意的概率最小.
（2） ,
,
因为，所以该用户更可能选择乙公司的网约车出行.
第5讲 离散型随机变量的分布列及数字特征
课标要求 考情分析
1.理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概率. 2.理解并会求离散型随机变量的数字特征. 命题形式 各种题型均有考查，难度中档. 常考内容 离散型随机变量的均值与方差. 创新考法 结合新情境，突出与其他知识的交汇.
必备知识 自主排查
理一理
1．离散型随机变量的分布列
（1） 一般地，对于随机试验样本空间 中的每个样本点 ，都有①_ _ 的实数与之对应，我们称为随机变量.可能取值为有限个或可以②_ _ _ _ _ _ _ _ 的随机变量，我们称为离散型随机变量.
（2） 一般地,设离散型随机变量的可能取值为，, ,,我们称取每一个值的概率③_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ ,,2, ，为的概率分布列，简称分布列.
提醒 离散型随机变量的分布列常用如下表格表示：
…
…
（3） 离散型随机变量分布列的性质
;
④_ _ .
【答案】（1） 唯一；一一列举
（2）
（3） 1
2．离散型随机变量的均值与方差
一般地，若离散型随机变量的分布列如表所示，
…
…
（1） 称⑤_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 为随机变量的均值或数学期望，数学期望简称期望；是一个实数，由的分布列唯一确定，它描述取值的平均状态.
（2） 称⑥_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 为随机变量的方差，并称 为随机变量的标准差，记为,它们都反映了随机变量取值偏离均值的程度，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.
（3） 均值与方差的性质
⑦_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ ；
⑧_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】（1）
（2）
（3） ；
常用结论
1.若是随机变量，,，是常数，则也是随机变量.
2..
3.
练一练
1．判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）
（1） 离散型随机变量的分布列描述了由这个随机变量所刻画的随机现象.（ ）
（2） 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.（ ）
（3） 离散型随机变量的各个可能值表示的事件是彼此互斥的.（ ）
（4） 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，随机变量的取值越集中.（ ）
【答案】（1） √
（2） ×
（3） √
（4） √
2．（选择性必修第三册P60T2改编）袋中有3个白球、5第九章 计数原理、概率、随机变量及其分布
第1讲 两个计数原理、排列与组合
课标要求 考情分析
1.通过实例，了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义. 2.通过实例，理解排列、组合的概念. 3.能利用两个计数原理推导排列数公式、组合数公式. 4.能利用排列与组合的知识解决简单的实际问题. 命题形式 常以选择题或填空题的形式出现，难度中档. 常考内容 排列与组合的简单应用. 创新考法 排列、组合与统计概率交汇命题.
必备知识 自主排查
理一理
1．两个计数原理
（1）分类加法计数原理：完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有种不同的方法，在第2类方案中有种不同的方法，那么完成这件事共有①_ _ _ _ _ _ _ _ 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步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，那么完成这件事共有②_ _ _ _ _ _ 种不同的方法.
提醒 分类加法计数原理中,完成一件事的方法属于其中一类,并且只属于其中一类.分步乘法计数原理中,完成一件事需分步完成，各个步骤相互依存,步与步之间相互独立.
2．排列与组合
（1）排列与组合的概念
类别 定义
排列 一般地，从个不同元素中取出个元素 并按照③_ _ _ _ _ _ _ _ 排成一列
组合 ④_ _ _ _ _ _ _ _
（2）排列数、组合数的定义、公式、性质
类别 排列数 组合数
定义 从个不同元素中取出个元素的所有⑤_ _ _ _ _ _ _ _ 的个数 从个不同元素中取出个元素的所有⑥_ _ _ _ _ _ _ _ 的个数
公式
性质 ⑦_ _ _ _ _ _ , ⑧_ _ _ _ _ _ ,,⑨_ _ _ _ _ _ , ⑩_ _ _ _
练一练
1．判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）
（1） 在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同.（ ）
（2） 所有元素完全相同的两个排列为相同排列.（ ）
（3） 从一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序.（ ）
（4） 两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同.（ ）
2．（选择性必修第三册P25T2改编）若，则（ ）
A. 6 B. 7 C. 8 D. 9
3．（选择性必修第三册P11练习T3改编）已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法种数为（ ）
A. 16 B. 13 C. 12 D. 10
4．把5个相同的小球分给3个小朋友，使每个小朋友都能分到小球的分法有_ _ _ _ 种.
5．将4名学生分别安排到甲、乙、丙三地参加社会实践活动，每个地方至少安排一名学生参加，则不同的安排方案共有种.
核心考点 师生共研
考点一 两个计数原理
［例1］
（1） 已知集合，，，1，，其中，，2，3， ，，且.把满足上述条件的一对有序整数对作为一个点的坐标，则这样的点的个数是（ ）
A. 9 B. 14 C. 15 D. 21
（2） [2024· 新课标Ⅱ卷]在如图的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有种选法.在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是_ _ ．
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
细研真题 本例（2）考查计数原理的应用，第1问是分步乘法计数原理的应用，第2问考查学生分析运算能力，其难度并不大，此题可作如下变式.
真题变式
1．本例（2）条件不变，求在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最小值是_ _ .
2．在如图的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，且4个数之和为正，则共有种选法.在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最小值是_ _ _ _ .
2 4
4 2
4 2
2 4
［感悟进阶］
两个计数原理的应用技巧
（1）在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类加法计数原理.
（2）对于复杂的两个计数原理的综合应用问题，可恰当列出示意图或表格，使问题形象化、直观化.
［对点训练］
1．如图所示，在，间有四个焊接点1，2，3，4，若焊接点脱落导致断路，则电路不通.现发现，之间电路不通，则焊接点脱落的不同情况有（ ）
A. 9种 B. 11种 C. 13种 D. 15种
2．如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法有（ ）
A. 24种 B. 48种 C. 72种 D. 96种
考点二 排列问题
［例2］ 有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法数.
（1） 选5人排成一排；
（2） 排成前后两排，前排3人，后排4人；
（3） 全体排成一排，其中甲不站最左边，也不站最右边.
［感悟进阶］
解决有限制条件的排列问题时，有位置分析法和元素分析法．在进行实际排列时，一般采用特殊元素或特殊位置优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法．
［对点训练］
1.在亚冬会的某场国际赛事中，有来自A国和B国的运动员共同参赛．已知A国有4名运动员，B国有5名运动员．若要求任意两个来自同一国家的运动员不相邻，则不同的参赛人员出场顺序的种数为__________．
解析：A国运动员的排列数为A＝24，B国运动员在5个空位中的排列数为A＝120.所以总的出场顺序的种数为24×120＝2 880.
答案：2 880
2．将4位司机、4位售票员分配到4辆不同班次的公共汽车上，每辆汽车均有1位司机和1位售票员，则共有_ _ 种不同的分配方案.（用数字作答）
考点三 组合问题
[例3]　在10件产品中，有3件次品，从中任取5件，问：
（1） 恰有2件次品的取法有多少种？
（2） 至多有2件次品的取法有多少种？
（3） 至少有1件次品的取法有多少种？
（4） 至少有2件次品、2件正品的取法有多少种？
［感悟进阶］
两类组合问题的解题方法
［对点训练］
1.第三十四届哈尔滨国际经济贸易洽谈会于2025年5月17日至21日在哈尔滨国际会展中心举办．若需从10名志愿者中选出6人，其中3人负责引导，2人负责翻译，1人负责应急协调．已知有4人会俄语，且要求翻译岗位的2人必须会俄语，则共有__________种不同的分配方法．
解析：选2人负责翻译有C＝6种方法，从剩余8人中选3人负责引导，有C＝56种方法，从剩余5人中选1人负责应急协调，有C＝5种方法，故共有6×56×5＝1 680种不同的分配方法．
答案：1 680
2．[2023· 新课标Ⅰ卷]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种（用数字作答）．
课后达标 分级演练
A 基础达标
1．已知集合，，，，5，6，，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则这样的坐标在平面直角坐标系中表示第二象限内不同的点的个数是（ ）
A. 2 B. 4 C. 5 D. 6
2．从11名大学毕业生中选3人担任村班助理，则甲、乙至少有1人入选，且丙没有入选的不同选法的种数为(　　)
A. 49 B. 56 C. 64 D. 84
3．用数字1，2，3，4，5组成无重复数字的四位偶数的个数为（ ）
A. 8 B. 24 C. 48 D. 120
4．从6名学生中选4人分别从事,,，四项不同的工作，若甲、乙两人不能从事工作，则不同的选派方案共有（ ）
A. 280种 B. 240种 C. 180种 D. 96种
5．宇航员常常在太空旅行中进行科学实验.在某次太空旅行中，宇航员们负责的科学实验要经过5道程序，其中，两道程序既不能排在最前，也不能排在最后，则该实验不同程序的顺序安排共有（ ）
A. 18种 B. 36种 C. 72种 D. 108种
6．(2025·太原模拟)北斗七星是夜空中的七颗亮星，形似古代舀酒的斗(勺状)，因此得名北斗．北斗七星不仅是天上的星象，也是古人判断季节的依据之一．如图，用点A，B，C，D，E，F，G表示某季节的北斗七星，其中B，D，E，F看作共线，其他任何三点均不共线．若过这七个点中任意三个点作三角形，则所作的不同三角形的个数为(　　)
A. 30 B. 31 C. 34 D. 35
7．在某省举办的一场足球友谊赛中，有3支来自省内和3支来自省外的足球代表队参赛.根据赛程安排，比赛当天要举行3场比赛，每支球队都要参赛，且省内代表队不能安排在同一场，则比赛的安排方法共有（ ）
A. 6种 B. 9种 C. 18种 D. 36种
8．（多选）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. 所有不同的安排方法有种
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
9．已知直线方程，若从0，1，2，3，5，7这六个数中每次取两个不同的数分别作为，的值，则可表示条不同的直线.
10．(2025·八省联考)有8张卡片，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_________．
．知合，，均是集合的非空真子集，则以集合，，为元素所构成的集合,,的个数为_ _ _ _ .
12．甲、乙、丙3人从1楼上了同一部电梯，已知3人都在2至6层的某一层出电梯，且在每一层最多只有两人同时出电梯，从同一层出电梯的两人不区分出电梯的顺序，则甲、乙、丙3人出电梯的不同方法种数是_ _ .
B 综合运用
13．下列等式不正确的有（ ）
A. B.
C. D.
14．(2025·沈阳质检)如图，小明从街道的E处出发，到F处的老年公寓参加志愿者活动．若中途共转向3次，则小明到老年公寓可以选择的不同的最短路径的条数是(　　)
A. 8 B. 12 C. 16 D. 24
15．(多选)用0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字的三位数．如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如301，423都是凹数，则下列结论中正确的是(　　)
A．组成的三位数的个数为60
B．在组成的三位数中，偶数的个数为30
C．在组成的三位数中，凹数的个数为20
D．在组成的三位数中，凹数的个数为30
解析：选BC.因为百位上的数字不能为零，所以组成的三位数的个数为4×4×3＝48，故A错误；将组成的所有三位数中的偶数分为两类：①个位数为0，则有4×3＝12个偶数；②个位数为2或4，则有2×3×3＝18个偶数，所以在组成的三位数中，偶数的个数为12＋18＝30，故B正确；将组成的三位数中的凹数分为三类：①十位为0，则有4×3＝12个凹数；②十位为1，则有3×2＝6个凹数；③十位为2，则有2×1＝2个凹数，所以在组成的三位数中，凹数的个数为12＋6＋2＝20，故C正确，D错误．
16．假期期间，四位游客自驾游来到某景区，该景区将标有数字1，2，3，4，5，6，7的7张门票中的4张随机分给这四位游客，每人分1张，则至多有一位游客分到的门票上标有偶数数字的分配方案共有_ _ 种.（用数字作答）
培优课 排列与组合的应用
类型一 在与不在问题
［例1］
（1） [2025·深圳模拟]已知某六名同学在竞赛中获得前六名（无并列情况），其中甲或乙是第一名，丙不是前三名，则这六名同学获得的名次情况可能有（ ）
A. 72种 B. 96种 C. 144种 D. 288种
（2） 某停车场有两排空车位，每排4个，现有甲、乙、丙、丁4辆车需要泊车，若每排都有车辆停泊，且甲、乙两车停泊在同一排，则不同的停车方案有_ _ 种.（填数字）
［感悟进阶］
［对点训练］
1．从0，1，2，3这4个数字中选出3个不同数字能组成个三位数.
2．有4名男生、3名女生，其中3名女生高矮各不相同，将7名学生排成一行，要求从左到右，女生从矮到高排列（不一定相邻），不同的排法共有_ _ 种.
类二相、相问
例2］
（1） 小明将1，4，0，3，2，2这六个数字的一种排列设为自己的六位数字的银行卡密码.若两个2之间只有一个数字，且1与4相邻，则可以设置的密码种数为（ ）
A. 48 B. 32 C. 24 D. 16
（2） [2025·上海模拟]同宿舍六位同学在食堂排队取餐，其中，，三人两两不相邻，和是双胞胎必须相邻，这样的排队方法有种.
［感悟进阶］
相邻与不相邻问题的解决方法
（1）“相邻”问题：元素相邻问题，一般用“捆绑法”，先把相邻的若干个元素“捆绑”为一个大元素与其余元素全排列，然后再松绑，将相邻的若干个元素内部全排列.
（2）“不相邻”问题：元素不相邻问题，一般用“插空法”，先将不相邻元素以外的“普通”元素全排列，然后在“普通”元素之间及两端插入不相邻元素.
［对点训练］
1．[2025·衡阳测试]在外地工作的五个家庭开车搭伴一起回老家过年，若五辆车分别为，，，，，五辆车随机排成一列，则车与车相邻，车与车不相邻的排法有（ ）
A. 36种 B. 42种 C. 48种 D. 60种
2．某次联欢会要安排3个歌舞类节目，2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是_ _ .
类型三 分组与分配问题
［例3］ （多选）有6本不同的书，按下列方式进行分配，其中正确的是（ ）
A. 分给甲、乙、丙三人，每人2本，有90种分配方法
B. 分给甲、乙、丙三人，其中一人4本，另两人各1本，有90种分配方法
C. 分给甲、乙每人2本，分给丙、丁每人1本，有180种分配方法
D. 分给甲、乙、丙、丁四人，有两人各2本，另两人各1本，有2 160种分配方法
分
）等分题首要对分配数量的可能情形进行一一列举，然后再对每一种情形分类考虑.在每一类的计数中，又要考虑是分步乘法计数还是分类加法计数，是排列问题还是组合问题.
（2）对于整体均分，分组后一定要除以为均分的组数)，避免重复计数.
（3）对于部分均分，若有组元素个数相等，则分组时应除以.
［对点训练］．我国书法大体可分为篆、隶、楷、行、草五种书体.如图，以“国”字为例，现有5张分别写有一种书体的临摹纸，将其全部分给3名书法爱好者，每人至少1张，则不同的分法种数为（ ）
A. 60 B. 90 C. 120 D. 150
达标分演
础标1．甲、乙两人同时去乘坐一列有6节车厢的地铁，则两人乘坐的车厢相邻的方案共有（ ）
A. 10种 B. 5种 C. 12种 D. 6种
2．现有5名同学排成一排，其中甲、乙、丙三人必须排在一起的不同排法有（ ）
A. 70种 B. 72种 C. 36种 D. 12种
3．某中学举办田径运动会，某班从甲、乙等6名学生中选4名学生代表班级参加学校4×100 m接力赛，其中甲只能跑第1棒或第2棒，乙只能跑第2棒或第4棒，那么甲、乙都参加的不同棒次安排方案总数为(　　)
A. 48 B. 36 C. 24 D. 12
4．六艺具体包括“礼、乐、射、御、书、数”．为弘扬中国传统文化，某校在周末学生业余兴趣活动中开展了“六艺”知识讲座，每种技艺安排一节课程，连排六节，则“数”排在前两节，“书”不排在首尾两节的排课方法有(　　)
A．84种 B．96种 C．168种 D．204种
5．甲、乙两名同学从生物、地理、政治、化学中各选两门进行学习，若甲、乙不能同时选生物，则甲、乙总的选法有（ ）
A. 27种 B. 18种 C. 36种 D. 48种
6．[2025·江西联考]现将《西游记》《红楼梦》《水浒传》《三国演义》《史记》《资治通鉴》6本不同的书籍分发给甲、乙、丙3人，每人至少分得1本.已知《西游记》分发给了甲，则不同的分发方式种数是（ ）
A. 180 B. 150 C. 120 D. 210
．多）现4编为1234盒和个号为1，2，3，4的小球，要求把4个小球全部放进盒子中，则下列结论正确的有（ ）
A. 没有空盒子的方法共有24种
B. 可以有空盒子的方法共有128种
C. 恰有1个盒子不放球的方法共有144种
D. 没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有8种
8．（多选）下列说法正确的是（ ）
A. 有三张参观券，要在5人中确定3人去参观，不同方法的种数是60
B. 将5封信投入3个信箱，不同的投法共有种
C. 从6名男生和4名女生中选4人参加比赛，若4人中必须既有男生又有女生，共有194种选法
D. 把5封不同的信投入4个不同的信箱，每个信箱至少投1封，不同的投法共有种
9．中国古乐中的五声音阶依次为宫、商、角、徵、羽，把这五个音阶排成一列，形成一个音序.若徵、羽两音阶相邻且在宫音阶之后，则可排成不同的音序的种数为.（用数字作答）
10．将6名同学分成两个学习小组，每组至少两人，则不同的分组方法共有种.（用数字作答）
1．225上模]九数字组成的无重复数字的四位数中，各个数位上数字和为偶数的奇数共有_ _ 个.
12．[2025·浙江联考]某项会议共有，，，，，项议程，每个议程有半天会期.现在有甲、乙、丙三个会议厅可以使用，每个会议厅每半天只能容纳一个议程.若要求，两议程不能同时在上午举行，而议程只能在下午举行，则不同的安排方案共有_ _ 种.（用数字作答）
B 综合运用
13．[2025·临沂模拟]将1到30这30个正整数分成甲、乙两组，每组各15个数，使得甲组的中位数比乙组的中位数小2，则不同的分组方法数是（ ）
A. B. C. D.
14．由1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的六位数，要求奇数不相邻，且4不在第四位，则这样的六位数共有_ _ 个.
15．不定方程的非负整数解的个数为.
16．现有6个不同的生肖吉祥物，其中“龙”“蛇”和“马”各2个，同名称的生肖吉祥物材质不同，将这6个生肖吉祥物排成前后两排，每排3个，且每排相邻两个生肖吉祥物名称不同，则排法种数共有_ _ .（用数字作答）
第2讲 二项式定理
课标要求 考情分析
1.能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理. 2.会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题. 命题形式 常以选择题、填空题的形式出现，难度中档. 常考内容 求特定项或特定项的系数.
必备知识 自主排查
理一理
1．二项式定理
二项式定理 ①_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _
二项展开式的通项 ②_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ ，它表示第③_ _ _ _ _ _ _ _ 项
二项式系数 ④_ _ _ _ _ _ _ _
提醒 （1）项数为;（2）各项的次数都等于二项式的幂指数，即与的指数的和为;（3）字母按降幂排列，从第一项开始，次数由逐项减1直到0；字母按升幂排列，从第一项开始，次数由0逐项加1直到.
2.二项式系数的性质
常用结论
若二项展开式的通项为,,则有以下常见结论：
（1）是常数项；
（2）是非负整数是整式项；
（3）是负整数是分式项；
（4）是整数是有理项.
练一练
1．判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）
（1） 是二项展开式的第项.（ ）
（2） 二项展开式中，二项式系数最大的项为中间一项.（ ）
（3） 在的展开式中，每一项的二项式系数与，无关.（ ）
（4） 在展开式的通项中，和不能互换.（ ）
2．（选择性必修第三册P31T4改编）的展开式中，第项的系数是（ ）
A. B.
C. D.
3．在的展开式中，含的项的系数是（ ）
A. 74 B. 121 C. D.
4．在的展开式中，各项系数的和是_ _ _ _ .
5．（选择性必修第三册（2）改编）在的二项展开式中，常数项为_ _ _ _ .
核心考点 师生共研
考点一 展开式的通项
角度1 求二项展开式的特定项
［例1］ [2025·镇江模拟]已知,展开式的第4项与第8项的二项式系数相等，则展开式中的系数为_ _ _ _ .
［感悟进阶］
求 型展开式中特定项问题的步骤
角度2 两个二项式之积
［例2］ [2025·湖北联考]的展开式中的系数是，则实数的值为（ ）
A. 0 B. 3 C. D.
［感悟进阶］
求两个因式之积的特定项（或系数）的两种常用方法
角度3 三项展开式问题
［例3］ 在的展开式中，的系数为（ ）
A. B. C. 120 D. 50
［感悟进阶］
求 型展开式中问题的方法
（1）逐层展开法：将三项式分成两组，用二项式定理展开，再把其中含二项式的项展开，从而求解问题.
（2）因式分解法：将三项式利用因式分解变为两个二项式，然后再用二项式定理求解问题.
（3）组合知识法：把看成个的乘积，利用组合知识分析项的构成.
［对点训练］
1．[2024·北京卷]在的展开式中，的系数为（ ）
A. 6 B. C. 12 D.
2．[2025·太原模拟]的展开式中的常数项为_ _ _ _ _ _ .
3．[2025·山东联考]的展开式中含项的系数为_ _ _ _ _ _ _ _ .
的例的展开式的二项式系数和为，则展开式的各项系数和为（ ）
A. B. 1 C. D.
（2） 已知，则_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
［感悟进阶］
求二项展开式系数和的常用方法
（1）“赋值法”普遍适用于恒等式，对形如，的式子，求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令即可；对形如的式子求其展开式各项系数之和，只需令即可.
（2）一般地，若，则的展开式中各项系数之和为，奇数项系数之和为，偶数项系数之和为.
［对点训练］
1．在的展开式中，各项系数和与二项式系数和之和为128，则（ ）
A. 二项式系数和为32 B. 各项系数和为128
C. 常数项为 D. 常数项为135
2．若，则_ _,_ _ _ _ .
考点三 二项式系数的最值问题
［例5］ [2024·全国甲卷]的展开式中，各项系数的最大值为_ _ _ _ .
最大的
（［训．的式中式的 第5项 C. 第6项 D. 第7项
2．已知的展开式中唯有第5项的系数最大，则的取值范围是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
培点杨三我南数家所著《解章记.杨质：
（1）每一行都是对称的，且两端的数都是1.
（2）从第二行起，不在两端的任意一个数，都等于它肩上的两个数相加，即.
（3）当时，二项式系数是逐渐变大的；当时，二项式系数是逐渐变小的.
（4）当是偶数时，中间一项的二项式系数最大，当是奇数时，中间两项的二项式系数相等且最大.
（5）第行数的和为，即.
［典例］ （多选）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.如图所示，在“杨辉三角”中，下列结论正确的是（ ）
A. 第行的第且个位置的数是
B.
C. 第2 026行的第1 013个数最大
D. 第28行中第5个数与第6个数的比值为
［点］如所，辉角中，斜线上方箭头所示的数组成一个锯齿形的数列：1，2，3，3，6，4，10， ，记这个数列前项和为，则_ _ .
课后达标 分级演练
A 基础达标
1．的展开式中，的系数为（ ）
A. B. C. 10 D. 45
2． （ ）
A. B. C. D.
3．在的展开式中，含的项的系数是（ ）
A. 5 B. 6 C. 7 D. 11
4．被8除所得的余数为（ ）
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
5．已知二项式的展开式中只有第11项的二项式系数最大，则展开式中的指数为整数的项的个数为（ ）
A. 3 B. 5 C. 6 D. 7
6．已知的展开式中的系数为25，则展开式中的偶次方的系数和为（ ）
A. 24 B. 48 C. 32 D. 16
7．（多选）已知，则（ ）
A. B.
C. D.
8．（多选）若的二项展开式的第一项为,最后一项为，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 展开式的第四项的二项式系数等于
C. 展开式中不含常数项
D. 展开式中所有项的系数之和等于32
9．利用二项式定理计算，则其结果精确到的近似值是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
10．已知在的展开式中，第3项的二项式系数与第4项的二项式系数相等，且的系数为80，则_ _ _ _ .
11．的展开式中第二个有理项为_ _ _ _ .
12．[2025·江西重点中学联考]的展开式中的系数为_ _ .
B 综合运用
13．[2025·郑州质量检测]中国南北朝时期的著作《孙子算经》中对同余除法有较深的研究.设,,为整数，若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为.若，,则的值可以是（ ）
A. 2 018 B. 2 020 C. 2 022 D. 2 024
14．若,则下列结论中正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
15．（多选）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列.如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和.则下列命题中正确的是（ ）
A. 在“杨辉三角”第6行中，从左到右第6个数是15
B. 由“第行所有数之和为”猜想：
C.
D. 存在，使得{为等差数列
16．已知多项式,则_ _ _ _ ,.
第3讲 随机事件与概率
课标要求 考情分析
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. 2.了解随机事件的并、交、互斥与对立的含义，能结合实例进行随机事件的并、交运算. 3.理解古典概型，能计算古典概型中简单随机事件的概率. 4.理解概率的性质，掌握随机事件概率的运算法则. 命题形式 常以选择题的形式出现，难度中档. 常考内容 互斥事件和对立事件、古典概型.
必备知识 自主排查
理一理
1.有限样本空间与随机事件
（1）样本点：随机试验的每个可能的基本结果.
（2）样本空间：全体样本点的集合，一般用 表示.
（3）有限样本空间：样本空间，, ,.
（4）随机事件（事件）：样本空间 的子集.
（5）基本事件：只包含一个样本点的事件.
2.事件的关系和运算
事件的关系或运算 含义 符号表示
包含 发生导致发生
相等 且
并事件（和事件） 与至少一个发生 或
交事件（积事件） 与同时发生 或
互斥（互不相容） 与不能同时发生
互为对立 与有且仅有一个发生 ，
提醒 互斥与对立都是两个事件的关系，互斥事件是不可能同时发生的两个事件，而对立事件除要求这两个事件不同时发生外，还要求二者必有一个发生，因此，对立事件是互斥事件的特殊情况，而互斥事件未必是对立事件.
3．概率的几个基本性质
（1）概率的取值范围：对于任意的事件，都有①_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
（2）②_ _ _ _ _ _ ，③_ _ _ _ .
（3）如果事件与事件互斥，那么④_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
（4）如果事件与事件互为对立事件，则⑤_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ ，⑥_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
（5）如果，那么⑦_ _ .
（6）.
4．古典概型
（1）定义：具有以下两个特征的试验称为古典概型试验，其数学模型称为古典概率模型，简称古典概型.
①有限性
样本空间的样本点只有⑧_ _ _ _ _ _ ；
②等可能性
每个样本点发生的可能性⑨_ _ .
（2）公式：,其中,样本空间 包含个样本点，事件包含其中的个样本点，和分别表示事件和样本空间 包含的样本点个数.
常用结论
1.，都发生的事件为；，都不发生的事件为.
2.，恰有一个发生的事件为.
3.，至多有一个发生的事件为.
4.若事件,, ,两两互斥，则.
练一练
1．判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）
（1） 事件发生的频率与概率是相同的.（ ）
（2） 若是必然事件，则与是对立事件.（ ）
（3） 两个事件的和事件是指两个事件都得发生.（ ）
（4） 抛掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”，这三个结果是等可能的.（ ）
2．（必修第二册P235T1改编）某人打靶时连续射击两次，则事件“至多有一次中靶”的互斥事件是（ ）
A. 至少有一次中靶 B. 两次都中靶
C. 只有一次中靶 D. 两次都不中靶
3．[2024· 全国甲卷]某独唱比赛的决赛阶段共有甲、乙、丙、丁四人参加，每人出场一次，出场次序由随机抽签确定.则丙不是第一个出场，且甲或乙最后出场的概率是（ ）
A. B. C. D.
4．容量为20的样本数据，分组后的频数如表：
分组
频数 2 3 4
分组
频数 5 4 2
用频率估计概率，则样本数据落在区间内的概率为_ _ .
5．已知在一次随机试验中，定义两个随机事件，，且，，，则_ _ .
核心考点 师生共研
考点一 随机事件
角度1 随机事件间关系的判断
［例1］
（1） （多选）对空中飞行的飞机连续射击两次，每次发射一枚炮弹，设两次都击中飞机，两次都没击中飞机，恰有一枚炮弹击中飞机，至少有一枚炮弹击中飞机，下列关系正确的有（ ）
A. B.
C. D.
（2） （多选）从1，2，3， ，9中任取三个不同的数，则在下述事件中，是互斥但不是对立事件的有（ ）
A. “三个都为偶数”和“三个都为奇数”
B. “至少有一个奇数”和“至多有一个奇数”
C. “至少有一个奇数”和“三个都为偶数”
D. “一个偶数两个奇数”和“两个偶数一个奇数”
［感悟进阶］
判断互斥事件、对立事件的两种方法
角度2 互斥、对立事件的概率
［例2］ 某商场有奖销售中，购满100元商品得1张奖券，多购多得，张奖券为一个开奖单位，设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个.设1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为，，，求：
（1） ,,；
（2） 1张奖券的中奖概率；
（3） 1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率.
［感悟进阶］
求复杂互斥事件概率的两种方法
［对点训练］．射击队的某一选手射击一次，其命中环数的概率如下表：
命中环数 10 9 8 7
概率 0.32 0.28 0.18 0.12
则该选手射击一次，命中9环或10环的概率是________________，至少命中8环的概率是 ________________，命中不足8环的概率是 ________________．
考点二 古典概型
［例3］
（1） 如图，中国古代流传下来的河图中把一到十这十个数字分成五组，其口诀为：一六共宗，为水居北；二七同道，为火居南；三八为朋，为木居东；四九为友，为金居西；五十同途，为土居中.现从这十个数中随机抽取六个，则能成为三组的概率是（ ）
A. B. C. D.
（2） 现有7个大小相同、质地均匀的小球，球上标有数字1，2，2，3，4，5，6.从这7个小球中随机取出3个，则所取出的小球上数字的最小值为2的概率为（ ）
A. B. C. D.
［求古概概的骤（）求所样点个；（2）求出事件包含的所有样本点的个数；
（3）代入公式求解.
［对点训练］
1．[2025·上海模拟]已知向量，，从6张大小、颜色等均相同且分别标有号码1,2,3,4,5,6的卡片中，有放回地抽取两次（每次抽一张），，分别表示第一次、第二次抽取的卡片上的号码，则满足的概率是（ ）
A. B. C. D.
2．某学校准备举办一场运动会，其中运动会开幕式安排了3个歌舞类和3个语言类节目，所有节目依次出场，则恰有2个语言类节目相邻的概率为_ _ _ _ _ _ .
考点三 概率的性质及应用
［例4］
（1） （多选）已知事件，，两两互斥，若，，，则（ ）
A. B.
C. D.
（2） [2025·湛江联考]（多选）某运动员在最近几次篮球比赛中的得分情况如表所示.
项目 投中两分球 投中三分球 没投中 总计
投篮次数 55 18 100
记该运动员在一次投篮中，投中两分球为事件，投中三分球为事件，没投中为事件，用频率估计概率，则下列结论中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
［感悟进阶］
(1)对于一个较复杂的事件，一般将其分解成几个简单的事件，当这些事件彼此互斥时，原事件的概率就是这些简单事件的概率的和．
(2)当求解的问题中有“至多”“至少”“最少”等关键词语时，通常采用间接法：先计算其对立事件的概率，再通过概率之和为1求出原问题的解．
［对点训练］
1．（多选）已知随机事件，满足，，则（ ）
A. 若事件，互斥，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若事件，互斥，则
2．某家族有，两种遗传性状，该家族某成员出现性状的概率为，出现性状的概率为，，两种性状都不出现的概率为，则该成员，两种性状都出现的概率为（ ）
A. B. C. D.
课后达标 分级演练
A 基础达标
1．一个不透明的袋子中装有8个红球、2个白球，除颜色外，球的大小、质地完全相同，采用不放回的方式从中摸出3个球.下列事件为不可能事件的是（ ）
A. 3个都是白球 B. 3个都是红球
C. 至少1个红球 D. 至多2个白球
2．[2025·济南模拟]某公司现有员工120人，在荣获“优秀员工”称号的85人中，有75人是高级工程师，既没有荣获“优秀员工”称号又不是高级工程师的员工共有14人，公司将随机选择一名员工接受电视新闻节目的采访，被选中的员工是高级工程师的概率为（ ）
A. B. C. D.
3．[2025·济南模拟]哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如，在不超过18的素数2，3，5，7，11，13，17中，随机选取两个不同的数，其和等于18的概率是（ ）
A. B. C. D.
4．袋子中有5个大小、质地完全相同的球，其中2个白球，3个红球，从中不放回地依次随机摸出两个球，记“第一次摸到红球”，“第二次摸到红球”，则（ ）
A. B.
C. D.
5．（多选）抛掷一枚骰子，设事件“出现的点数为偶数”，事件“出现的点数为3的倍数”，则（ ）
A. 与是互斥事件 B. 不是必然事件
C. D.
6．设,是随机事件，且，,，则_ _ _ _ _ _ .
7．围棋起源于中国，先秦典籍《世本》中记载：“尧造围棋，丹朱善之”，围棋至今已有四千多年历史，具有丰富的文化内涵．在一次围棋比赛中，某队派出包含甲、乙在内的5位棋手参加比赛，他们分成2个小组，其中一个小组有3位棋手，另外一个小组有2位棋手，则甲和乙不在同一个小组的概率为________．
8．一个电路板上装有甲、乙两根熔丝，某种情况下甲熔丝熔断的概率为，乙熔丝熔断的概率为，甲、乙两根熔丝同时熔断的概率为，则该情况下至少有一根熔丝熔断的概率为_ _ .
9．（13分）某河流上的一座水力发电站，每年六月份的发电量（单位：万千瓦·时）与该河流上游在六月份的降雨量（单位：毫米）有关.据统计，当时，；每增加10，增加5.已知近20年的值为140，110，160，70，200，160，140，160，220，200，110，160，160，200，140，110，160，220，140，160.
（1） 完成如下的频率分布表：（6分）
近20年六月份降雨量频率分布表
降雨量/毫米 70 110 140 160 200 220
频率 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _
（2） 假定今年六月份的降雨量与近20年六月份降雨量的分布规律相同，并将频率视为概率，求今年六月份该水力发电站的发电量低于490（万千瓦·时）或超过530（万千瓦·时）的概率.（7分）
降雨量/毫米 70 110 140 160 200 220
频率
B 综合运用
10．抛掷两枚质地均匀的正方体骰子，将向上的点数分别记为，，则（ ）
A. 的概率为 B. 能被5整除的概率为
C. 为偶数的概率为 D. 的概率为
11．设a，b，c∈{0，1，2，3，4}，由a，b，c构成一个三位数，若这个三位数的十位数字比其他两个数位上的数字都小，则称该三位数为“V型数”．已知a，b，c构成三位数，则该三位数是V型数的概率是(　　)
A. B． C． D．
解析：选B.因为a，b，c∈{0，1，2，3，4}，所以由a，b，c构成的三位数有4×5×5＝100(个)，
V型数的情况分析：
当十位数字为0时，有4×4＝16个V型数；
当十位数字为1时，有3×3＝9个V型数；
当十位数字为2时，有2×2＝4个V型数；
当十位数字为3时，有1×1＝1个V型数，共有30个V型数，所以该三位数是V型数的概率是＝.
12．某学校成立了数学、英语、音乐3个课外兴趣小组，3个小组分别有39，32，33名成员，一些成员参加了不止一个小组，具体情况如图所示.现随机选取一名成员，则他至少参加2个小组的概率为_ _ _ _ _ _ ，他至多参加2个小组的概率为_ _ _ _ _ _ _ _ .
13．（13分）已知同时从甲、乙、丙三个不同地区进口某种商品的数量（单位：件）分别为240，160，160，工作人员采用按比例分配的分层随机抽样的方法从这些商品中共抽取7件样品进行检测.
（1） 求抽取的7件商品中，来自甲、乙、丙各地区的数量.（4分）
（2） 设抽取的7件商品分别用，，，，，，表示，现从中再随机抽取2件做进一步检测.
① 试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；（3分）
② 设为事件“抽取的2件商品来自不同地区”，求事件发生的概率.（6分）
第4讲 事件的相互独立性与条件概率、全概率公式
课标要求 考情分析
1.结合有限样本空间，了解相互独立事件、条件概率的含义. 2.结合古典概型，了解条件概率与独立的关系，能利用独立性、乘法公式、全概率公式计算概率. 命题形式 常以选择题的形式出现，难度中等. 常考内容 相互独立事件的概率及条件概率. 创新考法 以现实生活为载体与其他知识交汇命题.
必备知识 自主排查
理一理
1．相互独立事件
（1）概念：对任意两个事件与，如果①_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 成立，则称事件与事件相互独立，简称为独立.
（2）性质：若事件与相互独立,那么与,与,与也都相互独立.
提醒 相互独立事件不一定互斥.
2．条件概率
（1）概念：一般地，设，为两个随机事件，且,我们称②_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 为在事件发生的条件下，事件发生的条件概率，简称条件概率.
（2）两个公式
①利用古典概型：③_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
②概率的乘法公式：④_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
（3）条件概率的性质
,⑤_ _ .
②如果和是两个互斥事件，则⑥_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
③设和互为对立事件，则⑦_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
3．全概率公式
一般地，设，， ，是一组两两互斥的事件， ,且,,2, ,,则对任意的事件 ，有⑧_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
我们称上面的公式为全概率公式.
提醒 注意和的区别.
常用结论
相互独立事件的概率：
若事件，， ，相互独立，则.
练一练
1．判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）
（1） 对于任意两个事件，都成立.（ ）
（2） 若事件，互斥，则.（ ）
（3） 若三个事件，，两两独立,则.（ ）
2．掷两枚质地均匀的骰子，设“第一枚出现奇数点”，“第二枚出现偶数点”，则与的关系为（ ）
A. 互斥 B. 互为对立 C. 相互独立 D. 相等
3．已知,,则（ ）
A. 0.4 B. 0.6 C. 0.1 D. 0.2
4．（选择性必修第三册P46 例1改编）将两枚质地均匀的骰子各掷一次，设事件“两个点数互不相同”，事件“出现一个5点”，则_ _ _ _ _ _ .
5．甲、乙两人各投篮一次，投进的概率分别是，，则两人中恰有一人投进的概率为_ _ _ _ _ _ .
核心考点 师生共研
考点一 相互独立事件
角度1 相互独立事件的判断
［例1］ （多选）连续掷一枚质地均匀的骰子两次，记事件甲为“第一次掷出的点数为1”，事件乙为“第二次掷出的点数为6”，事件丙为“两次掷出的点数之和为6”，事件丁为“两次掷出的点数之和为7”，则（ ）
A. 甲与乙相互独立 B. 甲与丙相互独立
C. 甲与丁相互独立 D. 乙与丁相互独立
［感悟进阶］
判断事件相互独立的方法
（1）利用定义，若，则事件与事件相互独立.
（2）利用对“独立性”的理解，若事件的发生与否不影响事件的发生与否，则两事件相互独立.
角度2 相互独立事件的概率
［例2］ 某校高三年级拟派出甲、乙、丙三人去参加校运动会跑项目.比赛分为初赛和决赛，其中初赛有两轮，只有两轮都获胜才能进入决赛.已知甲在每轮比赛中获胜的概率均为；乙在第一轮和第二轮比赛中获胜的概率分别为和；丙在第一轮和第二轮比赛中获胜的概率分别为和,其中.
（1） 若甲、乙、丙三人中恰有两人进入决赛的概率为，求的值；
（2） 甲、乙、丙三人中，谁进入决赛的可能性最大
［感悟进阶］
求相互独立事件的概率的方法
［对点训练］
1．（多选）设，为两个随机事件，以下命题正确的是（ ）
A. 若与对立，则
B. 若与互斥，，，则
C. 若，，且，则与相互独立
D. 若与相互独立，，，则
2．为准备参加在哈尔滨举行的全球华人篮球邀请赛，甲队与乙队采用三局两胜制(先赢两场者胜)进行内部选拔．已知甲队每场获胜的概率为0.6，且各场比赛结果相互独立．则甲队以2∶1战胜乙队的概率是(　　)
A．0.288 B．0.36
C．0.432 D．0.48
解析：选A.甲队需在3场比赛中赢2场，且最后一场必须由甲队取胜(否则比赛会在前两局提前结束).因此，甲队以2∶1战胜乙队的概率为0.6×0.4×0.6＋0.4×0.6×0.6＝0.288.
考点二 条件概率
角度1 条件概率的求法
［例3］
（1） [2025·郑州质检]在某次测试中，若甲、乙、丙三人获得优秀等级的概率分别是，和，且三人的测试结果相互独立.测试结束后，在甲、乙、丙三人中恰有两人没有达到优秀等级的条件下，乙达到优秀等级的概率为（ ）
A. B. C. D.
（2） [2024·天津卷]某校组织学生参加农业实践活动，期间安排了劳动技能比赛，比赛共5个项目，分别为整地做畦、旱田播种、作物移栽、田间灌溉、藤架搭建，规定每人参加其中3个项目.假设每人参加每个项目的可能性相同，则甲同学参加“整地做畦”项目的概率为_ _ _ _ _ _ .已知乙同学参加的3个项目中有“整地做畦”，则他还参加“田间灌溉”项目的概率为_ _ _ _ _ _ .
4射员次击，一击中9环的概率为，在第一次击中9环的条件下，第二次也击中9环的概率为0.8.那么该射击运动员两次均击中9环的概率为（ ）
A. 0.24 B. 0.36 C. 0.48 D. 0.75
［感悟进阶］
条件概率的三种求解方法
［对点训练］
1．设，为两个事件，已知，，，则（ ）
A. 0.24 B. 0.375 C. 0.4 D. 0.5
2．我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化，每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“———”和阴爻“—　—”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，记事件A＝“取出的重卦中至少有1个阴爻”，事件B＝“取出的重卦中至少有3个阳爻”．则P(B|A)＝(　　)
A. B. C. D.
考三全率式应
例］受境气候影响，近阶段在相邻的甲、乙、丙三个城市爆发了病毒感染，经初步统计，这三个城市分别有，,的人感染了病毒.已知这三个城市的人口数之比为，现从这三个城市中任意选取一个人.
（1） 求这个人感染病毒的概率；
（2） 若此人感染了病毒，求他来自甲市的概率.
［感悟进阶］
利用全概率公式求解概率的步骤
［对点训练］．一袋中装有10个盲盒，已知其中3个是玩具盲盒，7个是文具盲盒，甲、乙两个小孩从中先后任取一个盲盒，则乙取到的是玩具盲盒的概率为（ ）
A. B. C. D.
课后达标 分级演练
A 基础达标
1．假设，，且与相互独立，则（ ）
A. 0.9 B. 0.75 C. 0.88 D. 0.84
2．已知甲、乙两人射击的命中率分别是0.4和0.7.现二人同时向同一猎物射击，发现猎物只中一枪，则甲、乙分配猎物的比例应该是（ ）
A. B. C. D.
3．先后两次抛掷一枚质地均匀的骰子，得到向上的点数分别为，，设事件“”，事件“”，事件“为奇数”，则（ ）
A. B.
C. 与相互独立 D. 与相互独立
4．如图，某电子元件由，，三种部件组成，现将该电子元件应用到某研发设备中，经过反复测试，，，三种部件不能正常工作的概率分别为，，，各个部件是否正常工作相互独立，则该电子元件能正常工作的概率是（ ）
A. B. C. D.
5．（多选）已知事件，满足，,,则（ ）
A. B. C. D.
6．已知,是某随机试验中的两个随机事件，,,，则_ _ .
7．公司要求甲、乙、丙3人在各自规定的时间内完成布置的任务，已知甲、乙、丙在规定时间内完成任务的概率分别为，,,则3人中至少2人在规定时间内完成任务的概率为_ _ _ _ _ _ .
8．甲箱中有2个白球和3个红球，乙箱中有1个白球和3个红球，这些球除颜色外其余都相同，先从甲箱中取1个球放入乙箱，再从乙箱中任取1个球，则从乙箱中取出的球是白球的概率为_ _ _ _ _ _ .
9．（13分）已知某中学高一某班小丽、小许、小静三人独自进行投篮训练，命中的概率分别是，，，设各次投篮都相互独立.
（1） 若小许投篮三次，求恰有两次命中的概率；（6分）
（2） 若小丽、小许、小静三人各投篮一次，求至少一人命中的概率.（7分）
B 综合运用
10．[2025· 湘豫名校联考]某单位选派一支代表队参加市里的辩论比赛，现有“初心”“使命”两支预备队.选哪支队是随机的，其中选“初心”队获胜的概率为，选“使命”队获胜的概率为，该单位在比赛中获胜的条件下，选“使命”队参加比赛的概率为（ ）
A. B. C. D.
11．小蒋同学喜欢吃饺子.某日他前往食堂购买16个饺子，其中有个为香菇肉馅，其余为玉米肉馅，且，，1, ,16.在小蒋吃到的前13个饺子均为玉米肉馅的条件下，这16个饺子全部为玉米肉馅的概率为（ ）
A. B. C. D.
掷次面同事“次中既有正面朝上又有反面朝上”，事件为“次中最多有一次正面朝上”，下列说法正确的是（ ）
A. 当时，，相互独立 B. 当时，，相互独立
C. 当时， D. 当时，
13．(15分)(2025·贵阳适应性考试)猜灯谜，是我国的民俗文娱活动，是从古代就开始流传的元宵节特色活动．每逢农历正月十五，人们会把谜语写在纸条上并将其贴在彩灯上供人猜．在一次猜灯谜活动中，若甲、乙两名同学分别独立竞猜，甲同学猜对每个灯谜的概率为，乙同学猜对每个灯谜的概率为.假设甲、乙猜对每个灯谜都是等可能的，试求：
（1） 甲、乙任选1个独立竞猜，求甲、乙恰有1人猜对的概率；（7分）
（2） 活动规定：若某人任选2个进行有奖竞猜，都猜对则可以在箱中参加抽取新春大礼包的活动，抽中的概率是；没有都猜对则在箱中参加抽取新春大礼包的活动，抽中的概率是.求甲同学抽中新春大礼包的概率.（8分）
14．(15分)(2025·沈阳质量监测)某城市有甲、乙两家网约车公司，相关部门为了更好地监管和服务，通过问卷调查的方式，统计当地网约车用户(后面简称用户，并假设每位用户只选择一家公司的网约车出行)对甲、乙两家公司的等待时间、乘车舒适度、乘车费用等因素的评价，得到如下统计结果：
①用户选择甲公司的频率为，选择乙公司的频率为0.68；
②选择甲公司的用户对等待时间满意的频率为，选择乙公司的用户对等待时间满意的频率为0.78；
③选择甲公司的用户对乘车舒适度满意的频率为，选择乙公司的用户对乘车舒适度满意的频率为0.61；
④选择甲公司的用户对乘车费用满意的频率为，选择乙公司的用户对乘车费用满意的频率为0.32.
将上述随机事件发生的频率视为其发生的概率.
（1） 分别求出用户对等待时间满意、乘车舒适度满意、乘车费用满意的概率，并比较用户对哪个因素满意的概率最大，对哪个因素满意的概率最小；（7分）
（2） 若已知某位用户偏向于选择乘车舒适度满意高的网约车，则该用户更可能选择哪家公司的网约车出行？请说明理由.（8分）
讲 离散型随机变量的分布列及数字特征
课标要求 考情分析
1.理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概率. 2.理解并会求离散型随机变量的数字特征. 命题形式 各种题型均有考查，难度中档. 常考内容 离散型随机变量的均值与方差. 创新考法 结合新情境，突出与其他知识的交汇.
必备知识 自主排查
理一理
1．离散型随机变量的分布列
（1） 一般地，对于随机试验样本空间 中的每个样本点 ，都有①_ _ 的实数与之对应，我们称为随机变量.可能取值为有限个或可以②_ _ _ _ _ _ _ _ 的随机变量，我们称为离散型随机变量.
（2） 一般地,设离散型随机变量的可能取值为，, ,,我们称取每一个值的概率③_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ ,,2, ，为的概率分布列，简称分布列.
提醒 离散型随机变量的分布列常用如下表格表示：
…
…
（3） 离散型随机变量分布列的性质
;
④_ _ .
2．离散型随机变量的均值与方差
一般地，若离散型随机变量的分布列如表所示，
…
…
（1） 称⑤_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 为随机变量的均值或数学期望，数学期望简称期望；是一个实数，由的分布列唯一确定，它描述取值的平均状态.
（2） 称⑥_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 为随机变量的方差，并称 为随机变量的标准差，记为,它们都反映了随机变量取值偏离均值的程度，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.
（3） 均值与方差的性质
⑦_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ ；
⑧_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
常用结论
1.若是随机变量，,，是常数，则也是随机变量.
2..
3.
练一练
1．判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）
（1） 离散型随机变量的分布列描述了由这个随机变量所刻画的随机现象.（ ）
（2） 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.（ ）
（3） 离散型随机变量的各个可能值表示的事件是彼此互斥的.（ ）
（4） 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，随机变量的取值越集中.（ ）
2．（选择性必修第三册P60T2改编）袋中有3个白球、5个黑球，从中任取2个，可以作为随机变量的是（ ）
A. 至少取到1个白球 B. 至多取到1个白球
C. 取到的白球的个数 D. 取到球的个数
3．若随机变量的分布列如表所示，且，则，的值分别是（ ）
0 1 2
0.3 0.2
A. ， B. ， C. ， D. ，
4．已知随机变量的分布列为,,2, ,则_ _ _ _ _ _ .
5．在篮球比赛中，罚球命中一次得1分，不中得0分.若篮球运动员甲罚球命中的概率为，则篮球运动员甲罚球一次得分的方差为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
0 1
0.27 0.73
核心考点 师生共研
考点一 离散型随机变量的分布列
角度1 分布列的性质
［例1］ （多选）设随机变量 的分布列为，则（ ）
A. B.
C. D.
［感悟进阶］
离散型随机变量分布列性质的应用
（1）利用分布列中各概率之和为1可求参数的值，此时要注意检验，以保证每个概率值均为非负值.
（2）若为随机变量，则仍然为随机变量，求其分布列时可先求出相应的随机变量的值，再根据对应的概率写出分布列.
角度2 求离散型随机变量的分布列
［例2］ 某同学参加闯关游戏，需要回答三个问题，其中前两个问题回答正确各得10分，回答不正确得0分，第三个问题回答正确得20分，回答不正确得分.已知这位同学回答前两个问题正确的概率都是，回答第三个问题正确的概率为，且各题回答正确与否相互之间没有影响，若回答这三个问题的总分不低于10分就算闯关成功.
（1） 求这位同学至少回答正确一个问题的概率；
（2） 求这位同学回答这三个问题的总得分的分布列.
0 10 20 30 40
［感悟进阶］
离散型随机变量分布列的求解步骤
注意 离散型随机变量的每一个可能的取值为实数，其实质代表的是“事件”，即事件是用一个反映结果的实数表示的.
［对点训练］．甲、乙两名同学与同一台智能机器人进行象棋比赛，计分规则如下：在一轮比赛中，如果甲赢而乙输，则甲得1分；如果甲输而乙赢，则甲得分；如果甲和乙同时赢或同时输，则甲得0分.设甲赢机器人的概率为，乙赢机器人的概率为，求：
（1） 在一轮比赛中，甲的得分的分布列；
（2） 在两轮比赛中，甲的得分的分布列.
0 1
0.2 0.5 0.3
0 1 2
0.04 0.2 0.37 0.3 0.09
考点二 离散型随机变量的均值与方差
［例3］ [2024·北京卷节选]某保险公司为了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同保险期限届满的保单中随机抽取1 000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表：
索赔次数 0 1 2 3 4
保单份数 800 100 60 30 10
假设：一份保单的保费为0.4万元；前三次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元.
假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率.
（1） 估计一份保单索赔次数不少于2的概率；
（2） 一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差.记为一份保单的毛利润，估计的数学期望.
［感悟进阶］
定义法求均值与方差的步骤
［对点训练］
1．（多选）设离散型随机变量的分布列为
0 1 2 3 4
0.4 0.1 0.2 0.2
若离散型随机变量满足，则下列结论中正确的有（ ）
A. B. ,
C. , D. ,
2．[2025·郑州质量预测]甲、乙、丙三位同学进行象棋比赛，其中每局只有两人比赛，每局比赛必分胜负，本局比赛结束后，输的一方下场.第1局由甲、乙对赛，接下来丙上场进行第2局比赛，来替换输的那个人，每次比赛输的人排到等待上场的人之后参加比赛.设各局中双方获胜的概率均为，各局比赛的结果相互独立.
（1） 求前3局比赛甲都取胜的概率；
（2） 用表示前3局比赛中乙获胜的次数，求的分布列和均值.
0 1 2 3
考点三 均值与方差在决策中的应用
［例4］ 某地区农科所统计历年冬小麦亩产量数据，得到如图所示的频率分布直方图，考虑受市场影响，预测该地区明年冬小麦统一收购价格情况如表（该预测价格与冬小麦亩产量互不影响）.
预测明年冬小麦统一收购价格（单位：元/千克） 2.4 3
概率 0.4 0.6
假设图中同组的每个数据用该组区间的中点值估算，并以频率估计概率.
（1） 试估计该地区明年冬小麦每亩统一收购总价为1 500元的概率；
（2） 设该地区明年冬小麦每亩统一收购总价为元，求的分布列和均值；
(3)该地区农科所研究发现，若每亩多投入125元的成本进行某项技术改良，则可使冬小麦亩产量平均增加50 千克．从明年广大种植户的平均收益角度分析，你是否建议农科所推广该项技术改良？并说明理由．
960 1 080 1 200 1 350 1 500
0.1 0.2 0.25 0.3 0.15
0.4 0.6
0.4 0.6
［感悟进阶］
利用均值、方差进行决策的两个策略
（1）当均值不同时，两个随机变量取值的水平差别较大，容易对问题作出判断.
（2）若两随机变量均值相同或相差不大，则可通过分析两变量的方差来研究随机变量的离散程度或者稳定程度，进而进行决策.
［对点训练］．某短视频软件经过几年的快速发展，深受人们的喜爱，该软件除了有娱乐属性外，也可通过平台推送广告.某公司为了宣传新产品，现有以下两种宣传方案：
方案一：投放该平台广告，据市场调研，其收益分别为0元，20万元，40万元，且，.
方案二：投放传统广告，据市场调研，其收益分别为10万元，20万元，30万元，其概率依次为，，.
（1） 请写出方案一的分布列，并求方差；
（2） 请你根据所学的统计知识给出建议，该公司宣传应该投放哪种广告？并说明你的理由.
0 20 40
0.1 0.3 0.6
10 20 30
0.3 0.4 0.3
课后达标 分级演练
A 基础达标
1．设离散型随机变量的分布列为
0 1 2 3 4
0.2 0.1 0.1 0.3
若随机变量,则（ ）
A. 0.3 B. 0.4 C. 0.6 D. 0.7
2．已知随机变量的分布列为
1 2 3
且，若，则（ ）
A. B. C. D. 3
3．某人共有三发子弹，他射击一次命中目标的概率是，击中目标后射击停止，射击次数为随机变量，则（ ）
A. B. 1 C. D.
1 2 3
4．（多选）已知随机变量,，且，的分布列为
1 2 3 4 5
若，则（ ）
A. B. C. D.
5．已知编号为1，2，3的三位学生随意入座编号为1，2，3的三个座位，每位学生坐一个座位，设与座位编号相同的学生的个数是 ，则 的所有可能取值是_ _ _ _ .
6．某银行营业点在银行大厅悬挂着不同营业时间段服务窗口个数的提示牌，如图所示.设某人到达银行的时间是随机的，记其到达银行时服务窗口的个数为，则_ _ _ _ _ _ _ _ .
5 4 3 2
7．据统计，一年中一个家庭万元以上的财产被窃的概率为，保险公司开办一年期万元以上家庭财产保险，保险费用为每年100元.若一年内万元以上财产被窃，保险公司赔偿元，为确保保险公司有可能获益，则的取值范围是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
100
0.995 0.005
8．（13分）不透明袋中装有质地、大小相同的4个红球，个白球，若从中不放回地取出2个球，在第一个取出的球是红球的前提下，第二个取出的球是白球的概率为.
（1） 求白球的个数；（6分）
（2） 若有放回地取出2个球，记取出的红球个数为，求的分布列、均值和方差.（7分）
0 1 2
B 综合运用
9．在概率论和统计学中用协方差来衡量两个变量的总体误差，对于离散型随机变量,，定义协方差为.已知，的分布列如表所示，其中，则（ ）
1 2
1 2
A. 0 B. 1 C. 2 D. 4
1 2 4
10．（多选）已知某商场某种商品的单件销售利润为（单位：元），的可能取值为0，，2，根据以往销售经验可得，随机变量的分布列为
0 2
则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 若该商场销售5件该商品，其中有3件销售利润为0元的概率为
C.
D. 当最小时，
11．某专业资格考试包含甲、乙、丙3个科目，假设小张甲科目合格的概率为，乙、丙科目合格的概率均为，且3个科目是否合格相互独立.设小张考试中合格的科目数为，则_ _ _ _ _ _ ，_ _ _ _ _ _ _ _ .
12．[2025·济南模拟]（13分）抛掷甲、乙两枚质地均匀的骰子，所得的点数分别为，，记的取值为随机变量，其中表示不超过的最大整数.
（1） 求在的条件下，的概率；（6分）
（2） 求的分布列及均值.（7分）
0 1 2 3 4 5 6
13．（15分）某社区组织健康知识竞赛，共设有，，三道题目，答对题目可得10分，答对题目可得20分，答对题目可得40分.已知小明答对，，三道题目的概率分别为，，.
（1） 若小明必须按的顺序答题，且只有答对前一题才有资格答下一道，记小明获得的分数为，求；（7分）
（2） 若规定：只能从三道题目中选择两道进行作答，小明该如何选择，才能使获得分数的均值最大？（8分）
第6讲 超几何分布、二项分布与正态分布
课标要求 考情分析
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，并能解决简单的实际问题. 3.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，了解正态分布的特征、均值、方差及其含义. 命题形式 试题以选择题、填空题、解答题形式呈现，难度中档. 常考内容 二项分布、超几何分布、正态分布. 创新考法 结合新情境，突出与其他知识的交汇，如与数列、导数等.
必备知识 自主排查
理一理
1．伯努利试验与二项分布
（1）伯努利试验：只包含①_ _ 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次所组成的随机试验称为②_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
（2）二项分布：一般地，在重伯努利试验中,设每次试验中事件发生的概率为,用表示事件发生的次数，则的分布列为③_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ ,,1,2, ，.
如果随机变量的分布列具有上式的形式，则称随机变量服从二项分布，记作④_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
（3）二项分布的均值、方差
若，则⑤_ _ _ _ _ _ ，⑥_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
2．超几何分布
一般地，假设一批产品共有件，其中有件次品.从件产品中随机抽取件（不放回），用表示抽取的件产品中的次品数，则的分布列为⑦_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ ，,,, ，.其中，，,,,,，,.如果随机变量的分布列具有上式的形式，那么称随机变量服从超几何分布.
．
分
（1
定
变
率
布
度
为
，，其中，为参数，则称随机变量服从正态分布，记为⑧_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
（2）正态曲线的特点
①曲线是单峰的，它关于直线⑨_ _ _ _ _ _ 对称；
②曲线在⑩_ _ _ _ _ _ 处达到峰值；
③当无限增大时，曲线无限接近轴.
（3） 原则
①；
②;
③.
常用结论
1.两点分布是二项分布当时的特殊情形,若随机变量服从两点分布，则,.
2.对于超几何分布，则，.
3.对于正态分布， ，.
练一练
1．判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）
（1） 表示次重复抛掷1枚骰子出现点数是2的倍数的次数，则服从二项分布.（ ）
（2） 从4名男演员和3名女演员中选出4人，其中女演员的人数服从超几何分布.（ ）
（3） 重伯努利试验中各次试验的结果必须相互独立.（ ）
（4） 正态分布是对于连续型随机变量而言的.（ ）
2．（选择性必修第三册P77 T2改编）鸡接种一种疫苗后，有不会感染某种病毒，如果有5只鸡接种了疫苗，则恰好有4只鸡没有感染病毒的概率约为（精确到）（ ）
A. 0.33 B. 0.66 C. 0.50 D. 0.45
3．已知随机变量，随机变量，若，，则（ ）
A. 0.1 B. 0.2 C. 0.3 D. 0.4
4．（用结论）已知盒子中有除颜色外均相同的7粒黑子，3粒白子.任意取出2粒，若表示取得白子的个数，则的均值_ _ _ _ _ _ .
5．某射击测试每人射击三次，每击中目标一次记10分，没有击中目标记0分.某人每次击中目标的概率均为，则此人得分的均值与方差分别为，_ _ _ _ _ _ _ _ .
核心考点 师生共研
考点一 二项分布
[例1]　某种专业技能资格考核分A，B，C三个项目，三个项目全部考核通过即可获得资格证书(不需要费用)，否则需要对未通过的项目进行较长时间的学习培训后才能获得资格证书，且每个项目的培训费用为1 000元．已知每个参加考核的人通过A，B，C三个项目的概率分别为，，，且每个项目是否通过相互独立．现有甲、乙、丙三人参加这种专业技能资格考核．
（1） 求甲获得资格证书所花费用不超过1 000元的概率；
（2） 记甲、乙、丙三人中不需要学习培训就获得资格证书的人数为，求的分布列与均值.
0 1 2 3
［感悟进阶］
二项分布的解题策略
［对点训练］
1．一袋中有除颜色外其余完全相同的5个白球、3个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个记下颜色后放回，直到红球出现10次停止，设停止时共取了次球，则（ ）
A. B.
C. D.
2．某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为，各成员的支付方式相互独立，设为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，，，则（ ）
A. 0.7 B. 0.6 C. 0.4 D. 0.3
考点二 超几何分布
［例2］ [2025·茂名模拟]近几年，新能源汽车产业进入了加速发展的阶段.某汽车厂为把好质量关，对送来的某批汽车零部件进行检测.
（1） 若每个汽车零部件的合格率为，从中任取3个零部件进行检测，求至少有1个零部件是合格的概率；
（2） 若该批零部件共有20个，其中有4个零部件不合格，现从中任取2个零部件，求不合格零部件的产品数的分布列及均值.
1
［感悟进阶］
求超几何分布的分布列的步骤
［对点训练］．在一个口袋中装有3个红球和4个白球，这些球除颜色外其余完全相同，若采用不放回抽取，从这7个球中随机抽取3个球，记取出的3个球中红球的个数为，求随机变量的分布列和均值.
0
考点三 正态分布
［例3］ [2024· 新课标Ⅰ卷]（多选）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，样本方差.已知该种植区以往的亩收入服从正态分布，假设推动出口后的亩收入服从正态分布，则（ ）
(若随机变量服从正态分布，则
A. B.
C. D.
细研真题　本题源于教材人教A版选择性必修第三册P86例题．该题考查正态分布的相关概念以及正态曲线的概率性质，处理此类问题的关键是厘清参数μ，σ的含义，以及它们对正态曲线位置、形状的影响．该题涉及两条正态曲线，除了纵向研究其性质外，还可以横向比较两随机变量之间的关系，如还可以像下面这样考查．
真题变式．若随机变量服从正态分布，则.为了解使用新技术后的某果园的亩收入（单位：万元）情况，从该果园抽取样本，得到使用新技术后亩收入的样本均值，样本方差.已知该果园使用新技术前的亩收入（单位：万元）服从正态分布，假设使用新技术后的亩收入服从正态分布，则（ ）
A. B.
C. D.
［感悟进阶］
解决正态分布问题的关键点
（1）正态曲线的对称轴为直线 ；
（2）标准差为 ；
(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，使分布区间转化为满足“3σ原则”的特殊区间，从而求出所求概率，注意只有标准正态曲线的对称轴为直线x＝0.
［对点训练］．[2025·石家庄质检]某市教育局为了解高三学生的学习情况，组织了一次摸底考试，共有50 000名学生参加这次考试，数学成绩近似服从正态分布，其正态密度函数为，且，则该市这次考试数学成绩超过110分的学生人数约为（ ）
A. 2 000 B. 3 000 C. 4 000 D. 5 000
课后达标 分级演练
A 基础达标
1．已知随机变量，若，则（ ）
A. B. C. D.
2．已知袋中装有除颜色外其余完全相同的2个红球和3个黄球，有放回地抽取3次，每次抽取1个球，则3次中恰有2次抽到黄球的概率是（ ）
A. B. C. D.
3．参加“哈洽会”的某展商设有一个纪念品抽奖箱，其中共有20张奖券，5张为一等奖．若某人随机抽取3张奖券，设抽中一等奖券的数量为X，则P(X≥1)＝(　　)
A． B．
C．1－ D．
解析：选C.由题意得X服从超几何分布，则P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－.
4．(多选)袋子中有除颜色外其余完全相同的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1个球，取到白球记0分，取到黑球记1分，记4次取球的总分数为X，则(　　)
A. ， B.
C. 的均值 D. 的方差
5．（多选）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，记随机变量为取出白球的个数，随机变量为取出黑球的个数.若取出1个白球得2分，取出1个黑球得1分，随机变量为取出4个球的总得分，则下列结论中正确的是（ ）
A. 服从超几何分布 B.
C. D.
已变则_ _ .
7．小赵计划购买某种理财产品，设该产品每年的收益率为，若，则小赵购买该产品4年，恰好有2年是正收益的概率为_ _ _ _ _ _ _ _ .
8．设随机变量,，且.若8名组员中有名男生，从这8人中选出4名代表，记选出的代表中男生的人数为，则_ _ _ _ _ _ .
9（3）一械造工的条产设备在正常运行的情况下，生产的零件尺寸（单位：）服从正态分布，且.
（1） 求的概率；（4分）
（2） 若从该条生产线上随机选取2个零件，设表示零件尺寸小于的零件个数，求的分布列与均值.（9分）
0 1 2
0.81 0.18 0.01
B 综合运用
10．盲盒，是指消费者不能提前得知具体产品款式的玩具盒子，具有随机属性.已知某款手办的盲盒外包装上标注抽中隐藏款的概率为，出厂时每箱装有6个盲盒.小明买了一箱该款盲盒，他抽中个隐藏款的概率最大，则的值为（ ）
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
抽零验为生产零直寸从态布内的零件个数为，则可估计所抽取的这批零件中直径大于的个数大约为_ _ .
(附：若随机变量 服从正态分布，则,,
12．[2025·福建质检]某企业生产一种零部件，其质量指标在内的为优品，技术改造前，该企业生产的该种零部件质量指标服从正态分布；技术改造后，该企业生产的同种零部件质量指标服从正态分布.则该企业生产的这种零部件技术改造后的优品率与技术改造前的优品率之差约为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .(若)，则,,,结果精确到
13．（13分）在一个不透明的密闭纸箱中装有10个除颜色外其余完全相同的小球，其中8个白球，2个黑球.小张每次从纸箱中随机摸出一个小球观察其颜色，连续摸4次，记随机变量为小张摸出白球的个数.
（1） 若小张每次从纸箱中随机摸出一个小球后放回纸箱，求和；（6分）
（2） 若小张每次从纸箱中随机摸出一个小球后不放回纸箱，求的分布列和.（7分）
14．[2025·云南联考]（15分）某校高一年级举行数学竞赛，每个同学从10道题中一次性抽出4道作答.小张有7道题能答对，3道题不能答对；小王每道题答对的概率均为，且每道题答对与否互不影响.
（1） 分别求小张、小王答对题目数的分布列；（7分）
（2） 若预测小张答对的题目数多于小王答对的题目数，求的取值范围.（8分）
0 1 2 3 4
培优课 与概率有关的综合问题
类型一 概率与函数
［例1］ 小甲参加商场举行的玩游戏换代金券的活动.若参与游戏，则每次胜利可以获得该商场150元的代金券；若参与游戏，则每次胜利可以获得该商场200元的代金券；若参与游戏，则每次胜利可以获得该商场300元的代金券.已知每参与一次游戏需要成本100元，且小甲每次游戏胜利与否相互独立.
（1） 若小甲参加4次游戏，每次获胜的概率为，记其最终获得450元代金券的概率为，求函数的极大值点；
（2） 在（1）的条件下，记小甲参加，，游戏获胜的概率分别为，，.若小甲只玩一次游戏，试通过计算说明，选择哪种游戏小甲获利的均值最大？
［感悟进阶］
概率与函数交汇问题常需根据题意列出某个事件发生的概率表达式，表达式中通常含有未知数，此时可将概率表达式看作函数，通常会利用导数判断函数的单调性，进而确定概率的最值等.
［对点训练］．已知某公司加工一种芯片的不合格率为，其中，若加工后的30颗这种芯片中恰有6颗不合格的概率为，且各颗芯片是否为不合格品相互独立，则当取最大值时，_ _ _ _ _ _ .
类型二 概率与数列
［例2］ 一枚质地均匀的小正四面体，其中两个面标有数字1，两个面标有数字2.现将此正四面体任意抛掷次，落于水平的桌面，将与桌面接触的面为底面，记次底面的数字之和为.
（1） 当时，记为被3除的余数，求的分布列与均值；
（2） 求能被3整除的概率.
0 1 2
［感悟进阶］
在概率问题中，经常出现“承上启下”的概率关系，也就是说，第步的概率与第步的概率之间有着十分紧密的关系，这种关系正是数列研究的对象问题.解决这类题的步骤如下：
（1）厘清初始事件的概率 ；
（2）利用事件关系寻求第步的概率与第步的概率之间的关系，即递推关系;
（3）利用数列的相关知识，由已知与求出通项公式.
［对点训练］．崀山风景名胜区是世界自然遗产、国家级旅游景区，其中“八角寨”景区和“天一巷”景区是崀山风景名胜区的两张名片.为了合理配置旅游资源，现对已游览“八角寨”景区且尚未游览“天一巷”景区的游客进行随机调查，若不游览“天一巷”景区记2分，若继续游览“天一巷”景区记4分.假设每位游客选择游览“天一巷”景区的概率均为，游客的选择意愿相互独立.
（1） 从游客中随机抽取2人，记总得分为随机变量，求的均值；
（2） 记表示“从游客中随机抽取人，总分恰为分”的概率，求的前4项和.
类型三 概率中的证明问题
[例3]　某医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例(称为病例组)，同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对照组)，得到如下数据：
单位：人
组别 不够良好 良好
病例组 40 60
对照组 10 90
从该地的人群中任选一人，表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，表示事件“选到的人患有该疾病”，与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为.
（1） 证明：；
（2） 利用该调查数据，给出，的估计值，并利用（1）的结果给出的估计值.
为
5
事
独
证
；
2） 证明事件，，满足，但不满足，，两两独立.
课后达标 分级演练
1．已知函数，抛掷两枚质地均匀的骰子得到的点数分别是，，则函数在处取得最值的概率是（ ）
A. B. C. D.
2．，两组各3人独立破译某密码，组每个人译出该密码的概率均为,组每个人译出该密码的概率均为,记，两组中译出密码的人数分别为，，且，则（ ）
A. , B. ,
C. , D. ,
3．（15分）“布朗运动”是指悬浮在液体或气体中的微小颗粒所做的永不停息的无规则运动．在如图所示的试验容器中，容器由三个仓组成，某粒子做布朗运动时每次会从所在仓的通道口中等可能随机选择一个到达相邻仓，且粒子经过次随机选择后到达2号仓的概率为，已知该粒子的初始位置在2号仓.
（1） 求，；（7分）
（2） 证明数列是等比数列，并求数列的通项公式.（8分）
分
每次等可能地向左或向右移动一个单位，设移动次后质点位于位置.
（1） 求；（4分）
（2） 求；（4分）
（3） 指出质点最有可能位于哪个位置，并说明理由.（7分）
5．（17分）一个袋子中有10个大小、质地相同的球，其中黄球6个，红球4个，每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回.
（1） 求第2次摸到红球的概率；（3分）
（2） 对于事件，，，当时，证明：；（6分）
（3） 利用（2）中的结论，求第1，2，3次都摸到红球的概率.（8分）
6．[2025·邯郸模拟]（17分）一学校某体育项目测试有的人满分，而该校有的学生每天运动时间超过两个小时，这些人体育项目测试满分率为.
（1） 从该校随机抽取三人，三人中体育项目测试相互独立，求三人中满分人数的分布列和均值；（4分）
（2） 现从每天运动时间不超过两个小时的学生中任意调查一名学生，求他体育项目测试满分的概率；（6分）
（3） 体育测试前甲、乙、丙三人传球做热身训练，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，第1次由甲将球传出，求第次传球后球在乙手中的概率.（7分）
0 1 2 3
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