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(共41张PPT)
第十章
计数原理、概率、随机变量及其分布
第1节　分类加法计数原理与分步乘法计数原理
课标解读　1.理解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义.
2.能解决简单的实际问题.
内
容
索
引
必备知识巩固
关键能力提升
教考衔接
知识梳理
考点一 分类加法计数原理
考点二 分步乘法计数原理
考点三 两个计数原理的综合问题
1.[教材改编]某人欲从A地途经B地到C地，已知从A地到B地有10种合适的方案(包括飞机、火车、汽车等)，从B地到C地有12种合适的方案，则此人从A地到C地可选择的不同的方案有　 　种.
【解析】 根据分步乘法计数原理可知，可选择的不同的方案有10×12=120(种).
2.[教材改编]音乐播放器里存有10首中文歌曲，8首英文歌曲，3首法文歌曲，从中任选一首歌曲进行播放，有　 　种不同的选法.
【解析】 依题意知共有10＋8＋3=21(种)不同的选法.
3.[教材改编]用1，2，3，4，5可以排成　 　个不重复的三位数.
【解析】 根据分步乘法计数原理可知，可组成不重复的三位数有5×4×3=60(个).
120
21
60
4.[教材改编]5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，则不同的报名方法共有　 　种.若没有任何限制，每位同学随意报名，则不同的报名方法共有
　 　种.
【解析】 若每位同学限报其中一个小组，则每位同学都有2种报名方法，由分步乘法计数原理知，不同的报名方法共有2×2×2×2×2=32(种).若没有任何限制，则每位同学可以都不报，可以报一个，也可以都报，则每位同学有1＋2＋1=4(种)报名方法，由分步乘法计数原理知，不同的报名方法共有4×4×4×4×4=1 024(种).
32
1 024
5. (混淆两个计数原理)一个口袋内装有5个小球，另一个口袋内装有4个小球，所有这些小球的颜色互不相同，则从两个口袋中各取1个小球，有　 　种不同的取法.
【解析】 分两步完成，第一步从第1个口袋内任取1个小球有5种方法，第二步从第二个口袋内取1个小球有4种方法，根据分步乘法计数原理得到不同的取法种数是5×4=20.
易错题
20
6. (分步、分类时产生重复或遗漏)从1，2，3，…，10中选出3个不同的数，使这三个数构成等差数列，则这样的数列共有　 　个.
【解析】 根据构成等差数列的公差，分为公差为±1，±2，±3，±4四类，公差为±1时，有8×2=16(个)；公差为±2时，满足要求的数列共有6×2=12(个)；公差为±3时，有4×2=8(个)；公差为±4时，只有2×2=4(个)，共构成了不同的等差数列16＋12＋8＋4=40(个).
易错题
40
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.
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.
3.分类加法和分步乘法计数原理的区别
分类加法计数原理针对“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对“分步”问题，各个步骤中的方法相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事.
m＋n
m×n
[优化拓展]
分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的基础，并贯穿其始终：
(1)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.
(2)分步乘法计数原理中，各个步骤中的方法相互依存，步与步之间“相互独立，分步完成”.
考点一　分类加法计数原理
(1)(2025·广东深圳期中)已知集合M={1，－2，3}，N={－4，5，6，7}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则在平面直角坐标系中第一、二象限不同点的个数为(　 　)　　　　　　　　　　　　　　　　
A. 18 B. 17
C. 16 D. 10
【解析】 因在第一、二象限内的点的横坐标可正可负，而纵坐标为正，这样的点分为两类情况：①点的横坐标取自集合M，纵坐标取自集合N时，不同的点有3×3=9(个)；②点的横坐标取自集合N，纵坐标取自集合M时，不同的点有4×2=8(个).由分类加法计数原理，第一、二象限不同点的个数为9＋8=17.
例 1
B
(2)(2025·河北保定模拟)称各个数位上的数字之和为8的三位数为“幸运数”，例如107和224，则所有的“幸运数”共有(　 　)
A. 66个 B. 55个 C. 36个 D. 28个
【解析】 当首位数字为1时，后两位相加为7，“幸运数”分别是116，161，125，152，134，143，107，170，共8个；当首位数字为2时，后两位相加为6，“幸运数”分别是206，260，215，251，224，242，233，共7个；当首位数字为3时，后两位相加为5，“幸运数”分别是305，350，314，341，323，332，共6个；当首位数字为4时，后两位相加为4，“幸运数”分别是404，440，413，431，422，共5个；当首位数字为5时，后两位相加为3，“幸运数”分别是503，530，512，521，共4个；当首位数字为6时，后两位相加为2，“幸运数”分别是602，620，611，共3个；当首位数字为7时，后两位相加为1，“幸运数”分别是701，710，共2个；当首位数字为8时，后两位相加为0，“幸运数”是800，共1个.因此，所有的“幸运数”共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1=36(个).
C
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.
(1)集合P={x，1}，Q={y，1，2}，其中x，y∈{1，2，3，…，9}，且P Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是(　 　)
A. 9 B. 14 C. 15 D. 21
【解析】 当x=2时，x≠y，点的个数为1×7=7；当x≠2时，由P Q，∴x=y，∴x可从3，4，5，6，7，8，9中取，有7种方法，∴共有7＋7=14(个).
(2)有编号分别为1，2，3，4的4张电影票，要分给甲、乙两个人，每人至少分得一张，那么不同分法的种数为(　 　)
A. 10 B. 14 C. 16 D. 12
【解析】 符合题目要求的分类方法有甲3张乙1张，甲2张乙2张，甲1张乙3张三类.①若甲3张乙1张，则有4种分法；②若甲2张乙2张，则有6种分法；③若甲1张乙3张，则有4种分法.∴不同分法的种数为4＋6＋4=14.
跟踪训练1
B
B
考点二　分步乘法计数原理
(1)某公园有如图所示的A至F共6个座位，现有2名男生和2名女生要坐下休息，要求相同性别的学生不坐在同一行也不坐在同一列，则不同的坐法种数为(　 　)
A. 24 B. 36
C. 72 D. 81
【解析】 第一步：排男生，第一个男生在第一行选一个位置有3个位置可选，第二个男生在第二行有2个位置可选，∵2名男生可以互换位置，∴男生的排法有3×2×2=12(种).第二步：排女生，则女生的排法有2×(1＋2)=6(种).共有12×6=72(种)坐法.
例 2
A B C
D E F
C
(2)(2025·江苏南京模拟)书架上有6本不同的书，再往书架上放另外3本不同的书，要求不改变原来书架上6本书的左右顺序，则不同的放法种数为(　 　)
A. 504 B. 84
C. 1 008 D. 168
【解析】 将新买的3本书逐一放进去，对第一本书，6本书形成7个空，在7个空里面选一个有7种选法；对第二本书，7本书形成8个空，在8个空里面选一个有8种选法；最后一本书，8本书形成9个空，在9个空里面选一个有9种选法；由分步乘法计数原理可得，共有7×8×9=504(种).
A
1.利用分步乘法计数原理解决问题时要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事.
2.分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成.
(1)用红、黄、蓝三种颜色给下图着色，要求有公共边的两块区域不同色.在所有着色方案中，①③⑤着相同颜色的方案有(　 　)
A. 96种 B. 24种
C. 48种 D. 12种
【解析】 第一步，给①③⑤着色，∵①③⑤着相同的颜色，∴有3种方案；第二步，给②④⑥着色，②④⑥各有2种着色方案，故有2×2×2=8(种)方案，∴①③⑤着相同颜色共有3×8=24(种)方案.
(2)有6名同学报名参加3个智力项目，每项恰好报一人，且每人至多参加一项，则共有　 　种不同的报名方法.
【解析】 每项恰好报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4=120(种).
跟踪训练2
B
120
考点三　两个计数原理的综合问题
(1)如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”.在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成“平行线面组”的个数是(　 　)
A. 60 B. 48
C. 36 D. 24
【解析】 一个长方体的面可以和它相对的面上的4条棱和两条对角线组成6个“平行线面组”，一共有6个面，共有6×6=36(个).长方体的每个对角面有2个“平行线面组”，共有6个对角面，一共有6×2=12(个)，共有36＋12=48(个).
例 3
B
(2)(2024·上海卷)设集合A中的元素皆为无重复数字的三位正整数，且元素中任意两者之积皆为偶数，则集合中元素个数的最大值为　 　.
【解析】 由题意可知集合中最多有一个奇数，其余均为偶数.个位为0的无重复数字的三位正整数有9×8=72(个)；个位为2，4，6，8的无重复数字的三位正整数有4×8×8=256(个).∴集合中最多有72＋256=328(个)偶数，再加上一个奇数，则集合中元素个数的最大值为328＋1=329.
329
(3)某植物园要在如图所示的5个区域种植果树，现有5种不同的果树供选择，要求相邻区域不能种同一种果树，则不同的种植方法数为　 　.
【解析】 分两类情况：第一类，2与4区域种同一种果树.第一步，种1区域，有5种方法，第二步，种2与4区域，有4种方法，第三步，种3区域，有3种方法，最后一步种5区域，有3种方法.由分步乘法计数原理得有5×4×3×3=180(种)方法.第二类，2与4区域种不同果树.第一步，种1区域，有5种方法，第二步，种2区域，有4种方法，第三步，种3区域，有3种方法，第四步，种4区域，有2种方法，第五步，种5区域，有2种方法.由分步乘法计数原理得共有5×4×3×2×2=240(种)方法.综上，共有180＋240=420(种)不同的种植方法.
420
1.复杂问题中，两个计数原理可以综合应用：可以先分类，在各类中再分步，或先分步，到某一步时按需要再分类处理.
2.涂色问题一般综合利用两个计数原理求解，但也有两种常用方法：按区域的不同，以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析；以颜色为主分类讨论，用分类加法计数原理分析.
(1)有5个不同的棱柱、3个不同的棱锥、4个不同的圆台、2个不同的球，若从中取出2个几何体，使多面体和旋转体各一个，则不同的取法种数是(　 　)
A. 14 B. 23
C. 48 D. 120
【解析】 分两步：第1步，取多面体，有5＋3=8(种)不同的取法；第2步，取旋转体，有4＋2=6(种)不同的取法，∴不同的取法种数是8×6=48.
跟踪训练3
C
(2)如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法的种数为(　 　)
A. 192
B. 420
C. 210
D. 72
【解析】 按照S→A→B→C→D的顺序进行染色，按照A，C是否同色分类：第一类，A，C同色，由分步乘法计数原理得，有5×4×3×1×3=180(种)不同的染色方法；第二类，A，C不同色，由分步乘法计数原理得，有5×4×3×2×2=240(种)不同的染色方法.根据分类加法计数原理，共有180＋240=420(种)不同的染色方法.
B
(3)(2025·重庆模拟)用4种不同的颜色给如图所示的6块区域A，B，C，D，E，F涂色，要求相邻区域涂不同颜色，则涂色方法的种数为(　 　)
A. 120 B. 72
C. 48 D. 24
【解析】 先涂E，有4种选择，接下来涂C，有3种选择，再涂F，有2种选择.①当C，D颜色相同时，涂色方法种数为4×3×2×1×2×1=48；②当C，D颜色不相同时，涂色方法种数为4×3×2×1×(1＋2)=72，∴满足题意的涂色方法种数为48＋72=120.
A
课时作业
答案速对
第十章 对点练80　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 题号 1 2 3 4 5 6
答案 C B C C D B
题号 7 8 9 10 13 14
答案 D B AD BD D BC
1.某商店共有A，B，C三个品牌的水杯，若甲、乙、丙每人买了一个水杯，且甲买的不是A品牌，乙买的不是C品牌，则这三人买水杯的情况共有(　 　)　　　　　　　　　　　　　　　
A. 3种 B. 7种
C. 12种 D. 24种
【解析】 这三人买水杯的情况共有2×2×3=12(种).
C
2.某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有(　 　)
A. 4种
B. 10种
C. 18种
D. 20种
【解析】 赠送1本画册，3本集邮册，需从4人中选取1人赠送画册，其余赠送集邮册，有4种方法；赠送2本画册，2本集邮册，只需从4人中选出2人赠送画册，其余2人赠送集邮册，有6种方法.由分类加法计数原理可知，不同的赠送方法共有4＋6=10(种).
B
3.若将6本不同的书放到5个不同的盒子里，则不同的放法种数为(　 　)
A. B.
C. 56 D. 66
【解析】 将6本不同的书放到5个不同的盒子里，每本书都有5种放法，根据分步乘法计数原理可得不同的放法有56种.
C
4.从数字1，2，3，4中取出3个数字(允许重复)，组成三位数，各位数字之和等于6，则这样的三位数的个数为(　 　)
A. 7 B. 9
C. 10 D. 13
【解析】 各位数字之和等于6的三位数可分为以下情形：①由1，1，4三个数字组成的三位数：114，141，411，共3个；②由1，2，3三个数字组成的三位数：123，132，213，231，312，321，共6个；③由2，2，2三个数字可以组成1个三位数，即222，∴共有3＋6＋1=10(个).
C
5.从集合{1，2，3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为(　 　)
A. 3 B. 4
C. 6 D. 8
【解析】 以1为首项的等比数列为1，2，4；1，3，9；以2为首项的等比数列为2，4，8；以4为首项的等比数列为4，6，9.把这4个数列顺序颠倒，又得到4个新数列，∴所求的数列共有2×(2＋1＋1)=8(个).
D
6.中国古代将物质属性分为“金、木、土、水、火”五种，其相互关系是“金克木，木克土，土克水，水克火，火克金”.将五种不同属性的物质任意排成一列，则属性相克的两种物质不相邻的排法种数为(　 　)
A. 8 B. 10
C. 15 D. 20
【解析】 由题意知，可看作五个位置排列五个元素，第一个位置有5种排列方法，不妨假设是金，则第二个位置只能从土与水两者中选一种排放，有2种选择，不妨假设排的是水，则第三个位置只能排木，第四个位置只能排火，第五个位置只能排土，∴总的排列方法种数为5×2×1×1×1=10.
B
7.现有5种不同颜色的染料，要对如图所示的四个不同区域进行涂色，要求有公共边的两个区域不能使用同一种颜色，则不同的涂色方法的种数为(　 　)
A. 120 B. 140 C. 240 D. 260
【解析】 由题意，先涂A处，有5种涂法；再涂B处，有4种涂法；第三步涂C，若C与A同色，则D有4种涂法；若C与A不同色，则D有3种涂法，由此得不同的涂色方案有5×4×(1×4＋3×3)=260(种).
D
8.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”的个数为(　 　)
A. 48 B. 36
C. 24 D. 18
【解析】 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”，分情况讨论：①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)；②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2×6=12(个)，∴由分类加法计数原理得，正方体中“正交线面对”共有24＋12=36(个).
B
9.(多选)现有四个数学课外兴趣小组，第一、二、三、四组分别有7人、8人、9人、10人，则下列说法中，正确的有(　 　)
A. 选1人为负责人的选法种数为34
B. 每组选1名组长的选法种数为5 400
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420
D. 若另有3名学生加入这4个小组，加入的小组可自由选择，且第一组必须有人选，则不同的选法有37种
【解析】 对于A，四个数学课外兴趣小组共有34人，故选1人为负责人的选法有34种，A正确；对于B，分四步：第一、二、三、四步分别为从第一、二、三、四组中各选1名组长，∴不同的选法共有7×8×9×10=5 040(种)，B错误；对于C，分六类：从第一、二组中各选1人，有7×8种不同的选法；从第一、三组中各选1人，有7×9种不同的选法；从第一、四组中各选1人，有7×10种不同的选法；从第二、三组中各选1人，有8×9种不同的选法；从第二、四组中各选1人，有8×10种不同的选法；从第三、四组中各选1人，有9×10种不同的选法，∴不同的选法共有7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10=431(种)，C错误；对于D，若不考虑限制条件，每个人都有4种选法，共有43=64(种)选法，其中第一组没有人选时，每个人都有3种选法，共有33=27(种)选法，
∴第一组必须有人选时，不同的选法有64－27=37(种)，D正确.
AD
10.(多选)(2025·山东滨州模拟)现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁4个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个工厂，则下列说法中，正确的有(　 　)
A. 所有可能的选法有34种
B. 若工厂甲必须有同学去，则不同的安排方法有37种
C. 若同学A必须去工厂甲，则不同的安排方法有12种
D. 若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有24种
【解析】 三位同学依次选择都有4种方法，根据分步乘法计数原理有4×4×4=64(种)方法，工厂甲没有同学去有3×3×3=27(种)安排方法，故工厂甲必须有同学去有64－27=37(种)安排方法，同学A必须去工厂甲，另外两名同学各有4种选法，故有4×4=16(种)安排方法，三名同学所选工厂各不相同，不同的安排方法有4×3×2=24(种).
BD
11.(2025·重庆诊断)如图所示，从A城到B城有3条路线，从B城到D城有4条路线，从A城到C城有4条路线，从C城到D城有5条路线，则某旅客从A城到D城共有　 　条不同的路线.
【解析】 分两类，沿A—B—D的路线有3×4=12(条)，沿A—C—D的路线有4×5=20(条)，由分类加法计数原理，从A城到D城共有12＋20=32(条)不同的路线.
32
12.已知四棱锥O-ABCD，现有质点Q从O点出发沿棱移动，规定质点Q从一个顶点沿棱移动到另一个顶点为1次移动，则该质点经过3次移动后返回到O点的不同路径的种数为
　 　.
【解析】 如图所示，从O点出发，第一次移动有4种路径；∵3次移动后返回O点，∴第2次移动后不返回O点，∴第2次移动有2种路径；第3次移动后要返回O点，有1种路径，故共有4×2×1=8(种)不同的路径.
8
13.设集合A={1，2，…，2 023}，S={(A1，A2，…，A100)|A1 A2 … A100 A}，则集合S的元素个数为(　 　)
A. B.
C. 1002 023 D. 1012 023
【解析】 对任意i∈[1，2 023]，且i∈Z，在A1，A2，…，A100中的从属关系有以下101种：①i∈A1，i∈A2，i∈A3，…，i∈A100；②i A1，i∈A2，i∈A3，…，i∈A100；③i A1，i A2，i∈A3，…，i∈A100；…； i A1，i A2，i A3，…，i A100.由分步乘法计数原理知，S中共有1012 023个元素.
D
14.(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等都是“凹数”，则下列结论中，正确的有(　 　)
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】 ∵百位上的数字不能为零，∴组成的三位数的个数为4×4×3=48，A错误；将组成的三位数的偶数分为两类，①个位数为0，则有4×3=12(个)，②个位数为2或4，则有2×3×3=18(个)，∴在组成的三位
数中，偶数的个数为12＋18=30，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)，②十位为1，则有3×2=6(个)，③十位为2，则有2×1=2(个)，∴在组成的三位数中，“凹数”的个数为12＋6＋2=20，C正确，D错误.
BC
15.(2025·重庆南岸模拟)纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年大会于2025年9月3日上午在天安门广场隆重举行，以盛大阅兵仪式同世界人民一道纪念这个伟大的日子，共同开创更加光明的未来.这次阅兵中亮相的某新式武器的信息设备由排成一排的四个发光电子元件组成，每个电子元件被点亮时可发出红色光、蓝色光、绿色光中的一种光，若每次恰有两个电子元件被点亮，但相邻的电子元件不能同时被点亮，根据这两个被点亮的电子元件的不同位置以及发出的不同颜色的光来表示不同的信息，则这四个电子元件能表示的信息共有　 　种.
【解析】 设四个发光电子元件分别为A，B，C，D，则选两个不相邻的电子元件共有AC，AD，BD3种情况，每种情况可表示3×3=9(种)信息，∴共可表示3×9=27(种)不同信息.
27
16.(2025·河北石家庄质检)各位数字之和为4的三位数的个数为　 　.
【解析】 仅有一个非零数字时，三位数的三个数字只能为4，0，0，∴构成的三位数只能为400，即可构成1个三位数；仅有两个非零数字时，三位数的三个数字为2，2，0或3，1，0，∴构成的三位数为220，202，130，310，103，301，即可构成6个三位数；三个均为非零数字时，三位数的三个数字只能为1，1，2，∴构成的三位数为112，121，211，即可构成3个三位数.综上，各位数字之和为4的三位数的个数为1＋6＋3=10.
10(共47张PPT)
第7节　离散型随机变量及其分布列、数字特征
课标解读　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.
内
容
索
引
必备知识巩固
关键能力提升
教考衔接
知识梳理
考点一 分布列的性质
考点二 离散型随机变量的数字特征
考点三 均值与方差中的决策问题
1.[教材改编]在篮球比赛中，罚球命中1次得1分，不中得0分.如果某运动员罚球命中的概率为0.8，那么他罚球1次的得分X的均值为(　 　)
A. 0.2 B. 0.4
C. 0.8 D. 1
【解析】 某运动员罚球1次的得分为X，X的取值可能为0，1，P(X=0)=1－0.8=0.2，P(X=1)=0.8，E(X)=0×0.2＋1×0.8=0.8.
C
2.[教材改编]已知随机变量X的分布列如下表，
且m＋2n=1.2，则m－=　 　.
【解析】 由离散型随机变量分布列的性质以及已知条件得解得m=n=0.4，∴m－=0.2.
X 0 1 2 3
P 0.1 m n 0.1
0.2
3.[教材改编]随机变量X的可能取值为0，1，2，若P(X=0)=，E(X)=1，则D(X)= 　.
【解析】 设P(X=1)=p，P(X=2)=q，由题意得解得p=，q=，∴D(X)=×(0－1)2＋×(1－1)2＋×(2－1)2=.
4. (随机变量的概念认识不清)有一批产品共12件，其中次品3件，每次从中任取一件，在取到合格品之前取出的次品数X的所有可能取值为　 　.
【解析】 可能第一次就取到合格品，也可能取完次品后才取得合格品，∴X的所有可能取值为0，1，2，3.
5. (分布列的性质使用不当)已知随机变量X的分布规律为P(X=i)=(i=1，2，3)，
则P(X=2)= 　.
【解析】 由分布列的性质知=1，∴a=3，∴P(X=2)=.
易错题
易错题
0，1，2，3
6. (期望与方差公式用错)已知随机变量X的分布列为
则实数c的值为 　 ，随机变量X的方差为 　.
【解析】 由题意知2c2＋c＋c=1，即2c2＋c－1=0，即(2c－1)(c＋1)=0，解得c=，或c=－1，由c＞0，得c=.则E(X)=0×＋1×＋2×，又E(X2)=02×＋12×＋22×，∴D(X)=E(X2)－(E(X))2=.
易错题
X 0 1 2
P 2c2 c c
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　 　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，我们称X取每一个值xi的概率P(X=xi)=　 　(i=1，2，…，n)为X的概率分布列，简称分布列.
3.离散型随机变量的分布列的性质
(1)pi　 　0(i=1，2，…，n)；
(2)p1＋p2＋…＋pn=　 　.
唯一的实数X(ω)
pi
≥
1
4.离散型随机变量的均值与方差
若离散型随机变量X的分布列为
(1)均值
E(X)=　 　= xipi为随机变量X的均值或数学期望.它反映了随机变量取值的　 　.
(2)方差
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的标准差，记为σ(X)，它们都可以度量随机变量取值与其均值的　 　.
X x1 x2 … xi … xn
P p1 p2 … pi … pn
x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn
平均水平
(xi－E(X))2pi
偏离程度
5.均值与方差的性质
(1)E(aX＋b)=　 　.
(2)D(aX＋b)=　 　(a，b为常数).
[优化拓展]
1.若X是随机变量，Y=aX＋b，a，b是常数，则Y也是随机变量.
2.E(X1＋X2)=E(X1)＋E(X2)；
D(X)=E(X2)－(E(X))2.
aE(X)＋b
a2D(X)
考点一　分布列的性质
(1)若随机变量X的分布列如下表所示，则当P(X＜m)=0.3时，m的取值范围是(　 　)
A. [－3，2] B. (－2，0]
C. (0，1] D. (1，2]
【解析】 由分布列知P(X≤－2)=0.2＋0.1=0.3，P(X≤0)=0.1＋0.2＋0.2=0.5，∴当m∈(－2，0]时，P(X＜m)=0.3，即m的取值范围是(－2，0].
例 1
X －3 －2 0 1 2
P 0.2 0.1 0.2 0.1 0.4
B
(2)设随机变量X满足P(X=i)=(i=1，2，3)，则k= 　；P(X≥2)= 　.
【解析】 由已知得随机变量X的分布列为
∴=1，∴k=.
∴随机变量X的分布列为
∴P(X≥2)=P(X=2)＋P(X=3)=.
X 1 2 3
P
X 1 2 3
P
离散型随机变量的分布列性质的应用：
(1)(2025·北京朝阳区调研)设随机变量ξ的概率分布列如表所示，则P(|ξ－2|=1)=(　 　)
A. B.
C. D.
【解析】 根据随机变量ξ的概率分布列知，＋a＋=1，解得a=，∵|ξ－2|=1，∴ξ=1，或ξ=3，则P(|ξ－2|=1)=P(ξ=1)＋P(ξ=3)=.
跟踪训练1
ξ 1 2 3 4
P a
C
(2)设随机变量ξ的分布列如下表所示：
其中a1，a2，…，a6构成等差数列，则a1＋a6= 　 .
【解析】 ∵a1，a2，…，a6构成等差数列，∴a1＋a6=a2＋a5=a3＋a4，∵a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6=1，∴a1＋a6=.
ξ 1 2 3 4 5 6
P a1 a2 a3 a4 a5 a6
考点二　离散型随机变量的数字特征
(多选)设离散型随机变量X的分布列为
若离散型随机变量Y满足Y=2X＋1，则下列结论中，正确的有(　 　)
A. q=0.1
B. E(X)=2，D(X)=1.4
C. E(X)=2，D(X)=1.8
D. E(Y)=5，D(Y)=7.2
【解析】 ∵q＋0.4＋0.1＋0.2＋0.2=1，∴q=0.1，A正确；由已知可得E(X)=0×0.1＋1×0.4＋2×0.1＋3×0.2＋4×0.2=2，D(X)=(0－2)2×0.1＋(1－2)2×0.4＋(2－2)2×0.1＋(3－2)2×0.2＋(4－2)2×0.2=1.8，C正确，B错误；∵Y=2X＋1，∴E(Y)=2E(X)＋1=5，D(Y)=4D(X)=7.2，D正确.
例 2
考向1 均值与方差的性质
X 0 1 2 3 4
P q 0.4 0.1 0.2 0.2
ACD
与均值、方差性质有关问题的解题思路：
若给出的随机变量Y与X的关系为Y=aX＋b，a，b为常数，一般思路是先求出E(X)，D(X)，再利用公式E(aX＋b)=aE(X)＋b，D(aX＋b)=a2D(X)求E(Y)，D(Y)；也可以利用X的分布列得到Y的分布列，关键是由X的取值计算Y的取值，对应的概率相等，再由定义法求得E(Y)或D(Y).
(2025·江苏南通模拟)近期江苏城市足球联赛(俗称“苏超”)火爆出圈，某城市文旅部门推出“看球赛抽奖品”活动，到该城市观看比赛的球迷可抽奖获得纪念品.规则如下：抽奖3次，每次抽中纪念品的概率均为.若前2次未抽中纪念品，则第3次无论抽中与否均获得纪念品.
(1)求某球迷恰好获得1个纪念品的概率；
解：(1)设每次抽中纪念品为事件A，未抽中为事件，且P(A)=，P()=.记B为“恰好获得1个纪念品”，则有以下可能情况：第1次中，第2次未中，第3次未中：P1=P(A)·P()P()=；第1次未中，第2次中，第3次未中：P2=P()P(A)P()=；第1、2次均未中，则第3次必得：P3=P()P()=，∴P(B)=P1＋P2＋P3=.
例 2
考向2 离散型随机变量的均值与方差
(2)记X为某球迷获得第1个纪念品时的抽奖次数，求X的数学期望E(X).
(2)记x为某球迷获得第1个纪念品时的抽奖次数，则x的可能取值为1，2，3.P(X=1)=P(A)=；P(x=2)=P()·P(A)=；P(x=3)=P()·P()=.X的分布列为
∴E=1×＋2×＋3×.
X 1 2 3
P
求离散型随机变量X的均值与方差的步骤：
(1)理解X的意义，写出X的所有可能取值；
(2)求X取每个值的概率；
(3)写出X的分布列；
(4)由均值、方差的定义求E(X)，D(X).
某班设计了一个摸球表演节目的游戏：在一个纸盒中装有红球、黄球、白球、黑球各1个，这些球除颜色外完全相同，参与的同学不放回地每次摸出1个球，若摸到黑球，则停止摸球，否则就要将纸盒中的球全部摸出才停止.规定摸到红球表演两个节目，摸到白球或黄球表演1个节目，摸到黑球不用表演节目.
(1)求a同学摸球三次后停止摸球的概率；
解：(1)设“a同学摸球三次后停止摸球”为事件E，则P(E)=.
跟踪训练2
(2)记X为a同学摸球后表演节目的个数，求随机变量X的分布列和数学期望、方差.
(2)随机变量X的可能取值为0，1，2，3，4.P(X=0)=，P(X=1)=，P(X=2)=，P(X=3)=，P(X=4)=.∴随机变量X的分布列为
期望E(X)=0×＋1×＋2×＋3×＋4×=2，
方差D(X)=(0－2)2×＋(1－2)2×＋(2－2)2×＋(3－2)2×＋(4－2)2×.
X 0 1 2 3 4
P
考点三　均值与方差中的决策问题
(2024·新高考Ⅱ卷)某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成员为0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段，由该队的另一名队员投篮3次，每次投中得5分，未投中得0分.该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和.某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立.
(1)若p=0.4，q=0.5，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率；
解：(1)甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶段至少投中1次，乙第二阶段也至少投中1次，∴比赛成绩不少于5分的概率P=(1－0.63)×(1－0.53)=0.686.　
例 4
(2)假设0＜p＜q.
(i)为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？
(ii)为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？
(2)(i)若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P甲=[1－(1－p)3]q3，若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P乙=[1－(1－q)3]p3，∵0＜p＜q，∴P甲－P乙=q3－(q－pq)3－p3＋(p－pq)3=(q－p)(q2＋pq＋p2)＋(p－q)·[(p－pq)2＋(q－pq)2＋(p－pq)(q－pq)]=(p－q)·(3p2q2－3p2q－3pq2)=3pq(p－q)(pq－p－q)=3pq(p－q)[(1－p)(1－q)－1]＞0，∴P甲＞P乙，应该由甲参加第一阶段比赛.
(ii)若甲先参加第一阶段比赛，比赛成绩X的所有可能取值为0，5，10，15，P(X=0)=(1－p)3＋[1－(1－p)3](1－q)3，P(X=5)=[1－(1－p)3]q(1－q)2，P(X=10)=[1－(1－p)3]q2(1－q)，P(X=15)=[1－(1－p)3]q3，∴E(X)=15[1－(1－p)3]q=15(p3－3p2＋3p)q.
记乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩Y的所有可能取值为0，5，10，15，同理E(Y)=15(q3－3q2＋3q)p，∴E(X)－E(Y)=15[pq(p＋q)(p－q)－3pq(p－q)]=15(p－q)pq(p＋q－3)，∵0＜p＜q，∴p－q＜0，p＋q－3＜1＋1－3＜0，∴(p－q)·pq(p＋q－3)＞0，∴应该由甲参加第一阶段比赛.
随机变量的均值和方差从整体和全局上刻画了随机变量，是实际生产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.
(2021·新高考Ⅰ卷)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；
解：(1)由已知可得，X的所有可能取值为0，20，100，则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，∴X的分布列为
跟踪训练3
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.
(2)由(1)可知小明先回答A类问题累计得分的期望为E(X)=0×0.2＋20×0.32＋100×0.48=54.4，若小明先回答B类问题，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，则Y的期望为E(Y)=0×0.4＋80×0.12＋100×0.48=57.6，∵E(Y)＞E(X)，∴为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答B类问题.
课时作业
答案速对
第十章 对点练86　离散型随机变量及其分布列、数字特征 题号 1 2 3 4 5
答案 B B D A D
题号 6 7 8 13 14
答案 B ACD AB D ACD
1.(2025·山东青岛模拟)随机变量X的分布列为P(X=1)=，P(X=2)=，则E(X)=(　 　)　　　　　　　　　　　　　　　
A. B. C. 2 D.
B
2.已知随机变量X的分布列为
若P(X2＜x)=，则实数x的取值范围是(　 　)
A. 4≤x≤9 B. 4＜x≤9
C. 4≤x＜9 D. 4＜x＜9
X －2 －1 0 1 2 3
P
B
3.若随机变量X服从两点分布，且P(X=1)=0.2，令Y=3X－2，则P(Y=－2)=(　 　)
A. 0.1 B. 0.2 C. 0.4 D. 0.8
D
4.(2025·宁波模拟)将2个小球随机地投入编号为1，2，3，4的4个盒子中(每个盒子容纳的小球个数没有限制)，记1号盒子中小球的个数为ξ，则E(ξ)=(　 　)
A. B. C. D.
A
5.甲、乙2人进行乒乓球比赛，每人各局取胜的概率均为，现采用五局三胜制，胜3局者赢得全部奖金800元.若前两局比赛均为甲胜，此时因某种原因比赛中止，为使奖金分配合理，则乙应得奖金(　 　)
A. 700元 B. 600元
C. 200元 D. 100元
D
6.(2025·河南郑州模拟)不透明袋子里装有大小、材质完全相同的3个白球、8个黑球，现从中每次随机不放回地抽取1个小球，直到选中第1个黑球为止，则选取次数X的数学期望E(X)=(　 　)
A. B. C. D.
【解析】 选取次数X的所有可能取值为1，2，3，4，则P(X=1)=，P(X=2)=，P(X=3)=，P(X=4)=，故选取次数X的数学期望E(X)=1×2×3×4×.
B
7.(多选)袋中有10个除颜色外完全相同的球，其中6个黑球，4个白球，现从中任取4个球，记随机变量X为其中白球的个数，随机变量Y为其中黑球的个数，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，正确的有
(　 　)
A. P(|Z－6|≤1)= B. E(X)＞E(Y)
C. D(X)=D(Y) D. E(Z)=
【解析】 由题意知X，Y均服从于超几何分布，且X＋Y=4，Z=2X＋Y，故P(X=k)=(k=0，1，2，3，4)，从而P(|Z－6|≤1)=1－P(Z=8)－P(Z=4)=1－P(X=4)－P(X=0)=，A正确；E(X)=4×，E(Y)=4－E(X)=，D(X)=D(4－Y)=D(Y)，B错误，C正确；E(Z)=2×E(X)＋E(Y)=，D正确.
ACD
8.(多选)(2025·江西南昌质检)若随机变量X服从两点分布，其中P(X=0)=，则下列结论中，正确的有(　 　)
A. P(X=1)=E(X) B. E(3X＋2)=4
C. D(X)= D. D(3X＋2)=4
【解析】 依题意P(X=0)=，∴P(X=1)=1－P(X=0)=，∴E(X)=0×1×，∴P(X=1)=E(X)，D(X)=.E(3X＋2)=3E(X)＋2=3×2=4，D(3X＋2)=32D(X)=32×=2，∴A，B正确，C，D错误.
AB
9.小青准备用9万元投资A，B两种股票，已知两种股票收益相互独立，且这两种股票的买入都是每股1万元，每股收益的分布列如下表所示，若投资A种股票a万元，则小青两种股票的收益期望和为　 　万元.
股票A的每股收益分布列
股票B的每股收益分布列
【解析】 E(X)=－1×0.3＋0×0.2＋3×0.5=1.2，E(Y)=－3×0.4＋4×0.6=1.2，∴两种股票的收益期望和为aE(X)＋(9－a)E(Y)=1.2a＋(9－a)×1.2=10.8.
收益X/万元 －1 0 3
概率 0.3 0.2 0.5
收益Y/万元 －3 4
概率 0.4 0.6
10.8
10.(2025·四川达州模拟)设非零常数d是等差数列x1，x2，x3，…，x9的公差，随机变量ξ
等可能地取x1，x2，x3，…，x9，则方差D(ξ)= 　.
【解析】 ∵等差数列x1，x2，x3，…，x9的公差为d，∴E(ξ)=，又x1＋x2＋x3＋…＋x9=9x1d=9x1＋36d，则E(ξ)=x1＋4d，∴xn－E(ξ)=x1＋(n－1)d－(x1＋4d)=(n－5)d，∴方差为D(ξ)=d2.
d2
11.(2024·北京卷)已知某险种的保费为0.4万元，前3次出险每次赔付0.8万元，第4次赔付0.6万元.
在总体中抽样100单，以频率估计概率：
(1)求随机抽取一单，赔偿不少于2次的概率.
解：(1)设A为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”，由题设中的统计数据可得P(A)=.
赔偿次数 0 1 2 3 4
单数 800 100 60 30 10
(2)(i)毛利润是保费与赔偿金额之差.设毛利润为X，估计X的数学期望；
(ii)若未赔偿过的保单下一保险期的保费下降4%，已赔偿过的增加20%.估计保单下一保险期毛利润的数学期望.
(2)(i)设ξ为赔付金额，则ξ可取0，0.8，1.6，2.4，3，由题设中的统计数据可得P(ξ=0)=，P(ξ=0.8)=，P(ξ=1.6)=，P(ξ=2.4)=，P(ξ=3)=，故E(ξ)=0×0.8×1.6×2.4×3×=0.278，故E(X)=0.4－0.278=0.122(万元).
(ii)保费变化为0.4××96%＋0.4××1.2=0.403 2，故E(Y)=0.122＋0.403 2－0.4=0.125 2(万元).
12.(2025·广东深圳模拟)“读万卷书，行万里路”，小茗同学利用假期时间从所居住的A城市到B，C两个城市旅行，行程为：先从A城市到B城市，再从B城市到C城市，最后从C城市返回A城市.在每两个城市之间都只能选择高铁、飞机、大巴3种交通工具中的一种.为了体验沿途的不同风光，她决定不连续两次乘坐同一种交通工具.已知在每次乘坐高铁后，下一次乘坐飞机的概率为；在每次乘坐飞机后，下一次乘坐高铁的概率为；在每次乘坐大巴后，下一次乘坐飞机的概率为.
(1)若小茗乘坐飞机从A城市到B城市，求她从C城市返回A城市乘坐高铁的概率；
解：(1)根据题意若小茗乘坐飞机从A城市到B城市，要从C城市返回A城市乘坐高铁，则从B城市到C城市只能乘坐大巴，由此可知小茗应依次乘坐飞机、大巴、高铁，∴她从C城市返回A城市乘坐高铁的概率P=.
(2)在小茗乘坐高铁从A城市到B城市的前提下，求她此次旅行乘坐高铁的次数ξ的分布列和数学期望.
(2)∵小茗乘坐高铁从A城市到B城市，∴从B城市到C城市可选乘飞机、大巴，可知从B到C，再从C到A的交通工具组合有以下四种情况：(飞机，高铁)、(飞机，大巴)、(大巴，高铁)、(大巴，飞机)，ξ的所有可能取值为1，2，P(ξ=1)=，P，
则分布列为
期望E(ξ)=1×2×.
ξ 1 2
P
13.已知随机变量X的分布列为
则D(bX)的最大值为(　 　)
A. B. C. D.
【解析】 由题可知2a＋2b=1，即a＋b=，∴E(X)=a＋4b＋3a=4(a＋b)=2，D(X)=(1－2)2a＋(3－2)2a=2a，则D(bX)=b2D(X)=2ab2=－2b3＋b2.令f(b)=－2b3＋b2，则f'(b)=－6b2＋2b=－2b(3b－1)，则f(b)在上单调递增，在上单调递减，∴f(b)max=，则D(bX)的最大值为.
X 1 2 3
P a 2b a
D
14.(多选)已知投资A，B两种项目获得的收益分别为X，Y，分布列如下表所示，则
(　 　)
A. m＋n=0.5
B. E(2X＋1)=4
C. 投资两种项目的收益期望一样多
D. 投资A项目的风险比B项目高
【解析】 易得0.2＋m＋0.6=1，0.3＋0.4＋n=1，∴m=0.2，n=0.3，∴m＋n=0.5，A正确；∵E(X)=－1×0.2＋0×0.2＋2×0.6=1，∴E(2X＋1)=2E(X)＋1=3，B错误；∵E(Y)=0×0.3＋1×0.4＋2×0.3=1，∴E(X)=E(Y)，C正确；∵D(X)=(－1－1)2×0.2＋(0－1)2×0.2＋(2－1)2×0.6=1.6，D(Y)=(0－1)2×0.3＋(1－1)2×0.4＋(2－1)2×0.3=0.6，即D(X)＞D(Y)，
∴投资A项目的风险比B项目高，D正确.
X/百万 －1 0 2
P 0.2 m 0.6
Y/百万 0 1 2
P 0.3 0.4 n
ACD
15.(2025·新高考Ⅰ卷)有5个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回地随机取3次，每次取1个球.记X为这5个球中至少被取出1次的球的个数，则X的数学期望
E(X)= 　.
【解析】 依题意，X的可能取值为1，2，3，总的选取可能数为53=125，其中X=1：三次抽取同一球，选择球的编号有5种方式，故P(X=1)=，X=2：恰好两种不同球被取出(即一球出现两次，另一球出现一次)，选取出现两次的球有5种方式，选取出现一次的球有4种方式，其中选取出现一次球的位置有3种可能，故事件X=2的可能情况有5×4×3=60(种)，故P(X=2)=，X=3：三种不同球被取出，由排列数可知事件X=3的可能情况有5×4×3=60(种)，故P(X=3)=，∴E(X)=1×P(X=1)＋2×P(X=2)＋3×P(X=3)=1×2×3×.
16.(2025·北京卷)某次考试中，只有一道单项选择题考查了某个知识点，甲、乙两校的高一年级学生都参加了这次考试.为了解学生对该知识点的掌握情况，随机抽查了甲、乙两校高一年级各100名学生该题的答题数据，其中甲校学生选择正确的人数为80，乙校学生选择正确的人数为75.假设学生之间答题相互独立，用频率估计概率.
(1)估计甲校高一年级学生该题选择正确的概率p；
解：(1)估计甲校高一年级学生该题选择正确的概率p=.
(2)从甲、乙两校高一年级学生中各随机抽取1名，设X为这2名学生中该题选择正确的人数，估计X=1的概率及X的数学期望；
(2)设A为“从甲校抽取1人做对”，则P(A)=0.8，P()=0.2，设B为“从乙校抽取1人做对”，则P(B)=0.75，P()=0.25，设C为“恰有1人做对”，故P(C)=P(A)＋P(B)=P(A)P()＋P()P(B)=0.35.
依题可知，X可取0，1，2，P(X=0)=P( )=0.05，P(X=1)=0.35，P(X=2)=0.8×0.75=0.6，
故X的分布列为
故E(X)=1×0.35＋2×0.6=1.55.
X 0 1 2
P 0.05 0.35 0.6
(3)假设：如果没有掌握该知识点，学生就从题目给出的四个选项中随机选择一个作为答案；如果掌握该知识点，甲校学生选择正确的概率为100%，乙校学生选择正确的概率为85%.设甲、乙两校高一年级学生掌握该知识点的概率估计值分别为p1，p2，判断p1与p2的大小(结论不要求证明).
(3)设D为“甲校掌握这个知识点的高一年级学生”，∵甲校掌握这个知识点则有100%的概率做对该题目，未掌握该知识点的同学都是从四个选项里面随机选择一个，故P(D)(1－P(D))=0.8，即p1×(1－p1)=0.8，故p1=，同理，0.85p2×(1－p2)=0.75，故p2=，故p1＜p2.(共15张PPT)
第十章 单元小卷
1.(2025·山东临沂一模)(1＋x)10的展开式中的一项是(　 　)　　　　　　　　　　　　　　　
A. 45x B. 90x2
C. 120x3 D. 240x4
【解析】 (1＋x)10的展开式通项为Tr＋1=xr，对比选项依次代入r=1，2，3，4得对应项，(1＋x)10的展开式中的项可以是10x，45x2，120x3，210x4.
C
2.(2025·河北沧州一模)设A，B是一个随机试验中的两个事件，若P()=，P(B)=，则P(A|B)等于(　 　)
A. B.
C. D.
【解析】 ∵P()=，∴P(B)=1－P()=1－，又P(B)=P(B)＋P(AB)=，P(B)=，∴P(AB)=，∴P(A|B)=.
A
3.(2025·河南南阳模拟)有三串气球，每串气球的个数如图所示，某人每次
用气枪射击一只气球，且每次都射击某一串气球中最下面的一只，直到所
有的气球均被击破为止.假设此人每次射击均能击破一只气球，则其击破气
球的不同顺序的种数为(　 　)
A. 8 B. 144 C. 120 D. 280
【解析】 将被射击的8个气球排成一列，同一串气球按由下往上的顺序放入，相当于8个位置，取4个位置将中间一串气球按由下往上的顺序放入，有种方法，再从余下4个位置中取3个将左边一串的3个气球按由下往上的顺序放入，有种方法，最后放入右边的一个气球于最后一个位置，有种方法，由分步乘法计数原理得击破气球的不同顺序的种数为=280.
D
4.(2025·江西赣州模拟)某篮球队参加一项国际邀请赛，比赛分为两个阶段.小组赛阶段：进行3场小组赛，至少赢得2场才能晋级排名赛，否则淘汰.若晋级，进入排名赛阶段：进行3场比赛，每赢一场可额外获得奖金.已知该篮球队小组赛阶段每场获胜的概率均为0.8，若能晋级，排名赛阶段每场比赛获胜的概率均是0.6.该球队参加小组赛能获得出场费50万元，排名赛每赢一场比赛，获得100万元奖金.设该球队参加这项赛事获得的总奖金为随机变量X(单位：万元)，则随机变量X的数学期望是(　 　)
A. 166.48 B. 211.28 C. 216.48 D. 230
【解析】 ∵该篮球队小组赛阶段每场获胜的概率均为0.8，∴晋级排名赛的概率为×0.82×0.2×0.83=0.896，设排名赛该球队赢了Y场，排名赛阶段每场比赛获胜的概率均为0.6，排名赛获得的奖金数为Z(万元)，则Y~B(3，0.6)，Z=100Y，E(Y)=3×0.6=1.8，∴随机变量X的数学期望是E(X)=50＋0.896E(Z)=50＋0.896×100E(Y)=211.28(万元)，B正确.
B
5.端午将至，超市特推出“粽情一夏，情浓端午”为主题的甲、乙两款端午粽子礼盒，但是由于工作人员分装时的疏忽，礼盒内的粽子发生了错乱，此时甲款礼盒内已有一个肉粽，乙款礼盒内有三个肉粽和三个甜粽，现从乙款礼盒内随机取出β个粽子，其中含γ个肉粽，放入甲款礼盒后，再从甲款礼盒内随机取出一个粽子，记取到肉粽的个数为α，其中α，β∈N*，则下列说法中，正确的是(　 　)
A. 当β=2时，随机变量γ服从两点分布
B. 随着β的增大，E(α)减小，D(α)增大
C. 当β=2时，随机变量γ服从二项分布
D. 随着β的增大，E(α)增大，D(α)减小
【解析】 由题意可知，从乙礼盒里随机取出β个粽子，含有肉粽的个数γ服从超几何分布，即γ~H(6，3，β).A，C错误.其中P(γ=k)=，其中k∈N，k≤3，且k≤β，E(γ)=.故从甲礼盒取粽子，相当于从含有1个肉粽的β＋1个粽子中取1个粽子，取到肉粽的个数为α.故P(α=1)=，随机变量α服从两点分布，∴E(α)=P(α=1)=，随着β的增大，E(α)减小；D(α)=[1－P(α=1)]P(α=1)=，随着β的增大，D(α)增大，B正确，D错误.
B
6.(多选) (2025·山东德州模拟)下列说法中，正确的有(　 　)
A. 若随机变量X服从两点分布，也称0－1分布，且E(X)=，则D(X)=
B. 若随机变量X满足P(X=k)=，k=0，1，2，则E(X)=
C. 若随机变量X~N(μ，σ2)，P(X≤4)=P(X≥0)，则μ=2
D. 某人在10次射击中，击中目标的次数为Z，若Z~B(10，0.7)，则此人最有可能7次击中
目标
【解析】 若随机变量X服从两点分布，且E(X)=，则P(X=1)=，P(X=0)=1－，则D(X)=，A错误；若随机变量X满足P(X=k)=，k=0，1，2，则E(X)=0×1×2×=0，B正确；若随机变量X~N(μ，σ2)，P(X≤4)=P(X≥0)，则μ==2，C正确；某人在10次射击中，击中目标的次数为Z，
BCD
若Z~B(10，0.7)，则P(Z=k)=×0.7k×0.310－k(k=0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，10)，由得
即
即解得6.7≤k≤7.7，∴k=7，即P(Z=7)最大，此人最有可能7次击中目标，D正确.
7.(2025·广东清远开学考试)在的展开式中，仅第5项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的项是　 　.
【解析】 由的展开式中，仅第5项的二项式系数最大，得展开式共9项，则n=8，的展开式的通项公式Tr＋1=x8－rx8－2r，r∈N，r≤8，设展开式中系数最大项是Tr＋1，则即解得2≤r≤3，而r∈N，∴r=2，或r=3，T3=x4=7x4，T4=x2=7x2，∴展开式中系数最大的项是7x4或7x2.
7x4或7x2
8.(2025·杭州模拟)有5个集合：{1，2}，{1，2，3}，{1，2，3，4}，{1，2，3，4，5}，{1，2，3，4，5，6}，从每个集合中等可能地各取1个数，记5个数之和为X，则
P(13≤X≤18)= 　.
【解析】 设从{1，2}中取出数为x1，则3－x1也在这个集合内；从{1，2，3}中取出数为x2，则4－x2也在这个集合内；从{1，2，3，4}中取出数为x3，则5－x3也在这个集合内；从{1，2，3，4，5}中取出数为x4，则6－x4也在这个集合内；从{1，2，3，4，5，6}中取出数为x5，则7－x5也在这个集合内.设X=x1＋x2＋x3＋x4＋x5∈[5，20]，则(3－x1)＋(4－x2)＋(5－x3)＋(6－x4)＋(7－x5)=25－X，∴P(X=m)=P(X=25－m)，m=5，6，7，…，20，∴P(5≤X≤12)=P(13≤X≤20)=，P(X=19)=P(X=6)，P(X=20)=P(X=5).又X=5表示x1=x2=x3=x4=x5=1，共有=1(种)可能；X=6表示x1，x2，x3，x4，x5中有4个选择1和1个选择2，共有·=5(种)可能，且所有的取法种数为2×3×4×5×6=720，∴P(19≤X≤20)=P(5≤X≤6)=，∴P(13≤X≤18)=P(13≤X≤20)－P(19≤X≤20)=.　
9.(2025·湖南长沙二模)在某人工智能的语音识别系统开发中，每次测试语音识别成功的概率受环境条件(安静或嘈杂)的影响.
(1)已知在安静环境下，语音识别成功的概率为0.9；在嘈杂环境下，语音识别成功的概率为0.6.某天进行测试，已知当天处于安静环境的概率为0.3，处于嘈杂环境的概率为0.7，求测试结果为语音识别成功的概率；
解：(1)记事件A是“安静环境”，则是“嘈杂环境”，记事件B是“语音识别成功”，∴P(B)=P(B|A)P(A)＋P(B|)·P()=0.3×0.9＋0.7×0.6=0.69.
(2)已知当前每次测试成功的概率为0.8，每次测试成本固定，现有两种测试方案：
方案一：测试4次；方案二：先测试3次，如果这3次中成功次数小于或等于2次，则再测试2次，否则不再测试，为降低测试成本，以测试次数的期望值大小为决策依据，应选择哪种方案？
(2)设方案一和方案二测试次数分别为X，Y，方案一：测试4次，则E(X)=4；
方案二：Y可取3，5，P(Y=3)=0.8×0.8×0.8=0.512，P(Y=5)=1－0.8×0.8×0.8=0.488，
随机变量Y的分布列如下表所示：
∴E(Y)=3×0.512＋5×0.488=3.976，∴E(X)＞E(Y)，即方案一测试次数的期望值大于方案二测试次数的期望值，∴应选择方案二.
Y 3 5
P 0.512 0.488
10.(2025·广东茂名二模)某运动员为了解自己的运动技能水平，记录了自己1 000次训练情况并将成绩(满分100分)统计如下表所示.
(1)求上表中成绩的平均值及上四分位数(同一区间中的数据用该区间的中点值为代表)；
解：(1)依题意，平均值×(100×55＋200×65＋300×75＋240×85＋160×95)=76.6，∵0.1＋0.2＋0.3=0.6＜0.75，0.6＋0.24=0.84＞0.75，∴上四分位数落在区间[80，90)，其值为80×10=86.25.
成绩 区间 [50，60) [60，70) [70，80) [80，90) [90，100]
频数 100 200 300 240 160
(2)该运动员用分层抽样的方式从[50，80)的训练成绩中随机抽取了6次成绩，再从这6次成绩中随机选2次，设成绩落在区间[60，70)的次数为X，求X的分布列及数学期望；
(2)由样本数据可知，训练成绩在[50，60)∪[70，80)，[60，70)之内的频数之比为2∶1，由分层抽样的方法得，从训练成绩在[50，80)中随机抽取了6次成绩，在[50，60)∪[70，80)之内抽取了4次，在[60，70)之内抽取了2次，∴X可取的值有：0，1，2，P(X=0)=，P(X=1)=，P(X=2)=，分布列为：
∴E(X)=0×1×2×.
X 0 1 2
P
(3)对这1 000次训练记录分析后，发现某项动作可以优化.优化成功后，原低于80分的成绩可以提高10分，原高于80分的无影响，优化失败则原成绩会降低10分，已知该运动员优化动作成功的概率为p(0＜p＜1).在一次资格赛中，入围的成绩标准是80分.用样本估计总体的方法，求使得入围的可能性变大时p的取值范围.
(3)设事件A1，A2，A3分别表示动作优化前成绩落在区间[70，80)，[80，90)，[90，100]，则A1，A2，A3相互互斥，∴动作优化前，在一次资格赛中，入围的概率P(A2∪A3)=P(A2)＋P(A3)==0.4，设事件B为“动作优化成功”，则P(B|A1)=P(B|A2)=P(B)=p，动作优化后，在一次资格赛中，入围事件为A1B∪A2B∪A3，且事件A1B，A2B，A3相互互斥，∴在一次资格赛中入围的概率P(A1B∪A2B∪A3)=P(A1B)＋P(A2B)＋P(A3)=P(A1)P(B∣A1)＋P(A2)P(B∣A2)＋P(A3)，故P(A1B∪A2B∪A3)=pp=0.54p＋0.16，由0.54p＋0.16＞0.4解得p＞，又0＜p＜1，∴p的取值范围是.(共43张PPT)
第5节　古典概型、概率的基本性质
课标解读　1.理解古典概型，能计算古典概型中简单随机事件的概率.
2.理解概率的性质，掌握其运算法则.
3.当求某一事件的概率较为复杂时，可转化为求几个互斥事件的概率之和或其对立
事件的概率.
内
容
索
引
必备知识巩固
关键能力提升
教考衔接
知识梳理
考点一 简单的古典概型
考点二 概率的基本性质
考点三 古典概型的综合应用
1.[教材改编]袋中装有大小、形状完全相同的6个白球，4个红球，从中任取一球，则取到白球的
概率为 　.
【解析】 完全相同的6个白球，4个红球，从中任取一球，一共有10种取法，取到白球有6种取法，则取到白球的概率P=.
2.[教材改编]袋中装有6个白球，5个黄球，4个红球.从中任取一球，则取到白球的概率为 　.
【解析】 从袋中任取一球，有15种取法，其中取到白球的取法有6种，则所求概率P=.
3.[教材改编]从长度为1，3，5，7，9的5条线段中任取3条，则这三条线段能构成一个三角形的概
率为 　.
【解析】 该试验的样本空间可表示为Ω={(1，3，5)，(1，3，7)，(1，3，9)，(1，5，7)，(1，5，9)，(1，7，9)，(3，5，7)，(3，5，9)，(3，7，9)，(5，7，9)}，共有10个样本点，其中能构成三角形的样本点有(3，5，7)，(3，7，9)，(5，7，9)，共3个，故所求概率P=.
4. (对古典概型的特征掌握不牢)下列试验中，属于古典概型的是　 　.
①向上抛一枚质地不均匀的硬币，观察正面向上的概率；
②向正方形ABCD内任意抛掷一点P，求点P恰与点C重合的概率；
③从1，2，3，4四个数中，任取两个数，求所取两数之一是2的概率；
④在[0，5]上任取一数x，求x＜2的概率.
【解析】 ①中，硬币质地不均匀，不是等可能事件，∴不是古典概型，②④的样本空间的样本点不是有限个，不是古典概型；③符合古典概型的特点，是古典概型.
易错题
③
5. (对古典概型的概率计算公式掌握不牢)在一个不透明的袋子中装有4张形状、大小、质地完全相同的卡片，它们上面分别标有数字－3，－1，0，2，随机抽取1张卡片，记下数字为m，放回后再随机抽取1张卡片，记下数字为n，则点(m，n)落在第三象
限的概率为 　.
【解析】 根据题意，(m，n)所有等可能的结果有4×4=16(种)，若点(m，n)落在第三象限，则m＜0，n＜0，∴符合条件的结果有(－3，－3)，(－3，－1)，(－1，－3)，(－1，－1)，共4种，则点(m，n)落在第三象限的概率为.
易错题
6. (确定事件间的关系时出错，进一步导致应用概率性质出错)抛掷一个质地均匀的正方体玩具(各面分别标有数字1，2，3，4，5，6)，事件A表示“朝上一面的数是奇
数”，事件B表示“朝上一面的数不超过3”，则P(A＋B)= 　.
【解析】 记“朝上一面的数是1，2，3”为事件C，“朝上一面的数是5”为事件D，则A＋B=C＋D，且C与D两个事件互斥，∴P(A＋B)=P(C＋D)=P(C)＋P(D)=.
易错题
1.古典概型的概念
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　 　；
(2)等可能性：每个样本点发生的可能性　 　.
2.古典概型的概率公式
一般地，设试验E是古典概型，样本空间Ω包含n个样本点，事件A包含其中的k个样本点，则定义事件A的概率P(A)= 　=.其中，n(A)和n(Ω)分别表示事件A和样本空间Ω包含的样本点个数.
有限个
相等
3.概率的基本性质
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)=　 　，P( )=　 　；
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)=　 　；
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)=__________________
　 　.
P(A)≥0
1
0
P(A)＋P(B)
1－P(B)
0≤P(A)≤1
P(A)＋P(B)－
P(A∩B)
[优化拓展]
1.一个试验是否为古典概型，在于这个试验是否具有古典概型的两个特点——有限性和等可能性，只有同时具备这两个特点的概型才是古典概型.正确判断试验的类型是解决概率问题的关键.
2.概率的一般加法公式P(A∪B)=P(A)＋P(B)－P(A∩B)中，易忽视只有当A∩B= ，即A，B互斥时，P(A∪B)=P(A)＋P(B)，此时P(A∩B)=0.
3.当一个事件包含多个结果且各个结果彼此互斥时，要用到概率加法公式的推广，即P(A1＋A2＋…＋An)=P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An).
考点一　简单的古典概型
(1)(2024·全国甲卷文)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.
【解析】 当甲排在排尾，乙排第一位时，丙有2种排法，丁1种，共2种；当甲排在排尾，乙排第二位或第三位时，丙有1种排法，丁1种，共2种；于是甲排在排尾共4种方法，同理乙排在排尾共4种方法，于是共8种排法符合题意，基本事件总数显然是=24，根据古典概型的计算公式，丙不在排头，甲或乙在排尾的概率为.
例 1
B
(2)(2024·新高考Ⅰ卷)甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8.两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片(弃置的卡片在此后
的轮次中不能使用).则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为 　.
【解析】 ∵甲出卡片1一定输，出其他卡片有可能赢，∴四轮比赛后，甲的总得分最多为3.若甲的总得分为3，则甲出卡片3，5，7时都赢，∴只有1种组合：3－2，5－4，7－6，1－8.若甲的总得分为2，有以下三类情况：第一类，当甲出卡片3和5时赢，只有1种组合，为3－2，5－4，1－6，7－8；第二类，当甲出卡片3和7时赢，有3－2，7－4，1－6，5－8或3－2，7－4，1－8，5－6或3－2，7－6，1－4，5－8，共3种组合；第三类，当甲出卡片5和7时赢，有5－2，7－4，1－6，3－8或5－2，7－4，1－8，3－6或5－4，7－2，1－6，3－8或5－4，7－2，1－8，3－6或5－2，7－6，1－4，3－8或5－2，7－6，1－8，3－4或5－4，7－6，1－2，3－8，共7种组合.综上，甲的总得分不小于2共有12种组合，而所有不同的组合共有4×3×2×1=24(种)，∴甲的总得分不小于2的概率P=.
求样本空间中样本点的个数的方法：
(1)枚举法：适合于给定的样本点个数较少且易一一列举出的问题.
(2)树状图法：适合于较为复杂的问题，注意在确定样本点时(x，y)可看成是有序的，如(1，2)与(2，1)不同；有时也可看成是无序的，如(1，2)与(2，1)相同.
(3)排列组合法：在求一些较复杂的样本点的个数时，可利用排列或组合的知识来解决.
(1)(2023·全国甲卷文)某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名.从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为(　 　)
A. B. C. D.
【解析】 依题意，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，总的基本事件有=6(个)，其中这2名学生来自不同年级的基本事件有=4(个)，∴这2名学生来自不同年级的概率为.
(2)(2026·福建福州模拟)将含有甲、乙的6人平均分成两组参加“文明交通”志愿者活动，其中一组指挥交通，另一组分发宣传资料，则甲、乙至少一人参加指挥交通的概率为(　 　)
A. B. C. D.
【解析】 将含有甲、乙的6人平均分成两组，其中一组指挥交通，另一组分发宣传资料的基本事件共有=20(种)情况，甲、乙至少一人参加指挥交通的情况有=16(种)，故所求概率为.
跟踪训练1
D
D
考点二　概率的基本性质
从甲地到乙地沿某条公路行驶一共200公里，遇到红灯个数的概率如表所示：
求：(1)表中字母a的值；
解：(1)由题意可得0.02＋0.1＋a＋0.35＋0.2＋0.1＋0.03=1，解得a=0.2.
(2)至少遇到4个红灯的概率；
(2)设事件A为遇到红灯的个数为4，事件B为遇到红灯的个数为5，事件C为遇到红灯的个数为6个及6个以上，则事件“至少遇到4个红灯”为A∪B∪C，∵事件A，B，C互斥，∴P(A∪B∪C)=P(A)＋P(B)＋P(C)=0.2＋0.1＋0.03=0.33，即至少遇到4个红灯的概率为0.33.
(3)至多遇到5个红灯的概率.
(3)设事件D为遇到6个及6个以上红灯，则至多遇到5个红灯为事件，则P()=1－P(D)=1－0.03=0.97.
例 2
红灯 个数 0 1 2 3 4 5 6个及
以上
概率 0.02 0.1 a 0.35 0.2 0.1 0.03
复杂事件概率的求解方法：
(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，常常考虑其对立事件，通过求其对立事件的概率，然后转化为所求事件的概率.
(1)已知事件A，B满足P(A)=0.5，P(B)=0.2，则下列命题中，正确的是(　 　)
A. 若B A，则P(AB)=0.5
B. 若A与B互斥，则P(A＋B)=0.7
C. 若A与B相互独立，则P(A)=0.1
D. 若P(B)＋P(C)=1，则C与B相互对立
【解析】 若B A，则P(AB)=P(B)=0.2，A错误.若A与B互斥，则P(A＋B)=P(A)＋P(B)=0.7，B正确.若A与B相互独立，则A与相互独立，P(A)=P(A)·P()=0.5×0.8=0.4，C错误.若P(B)＋P(C)=1，则由于不确定C与B是否互斥，∴无法确定两个事件是否对立，D错误.
跟踪训练2
B
(2)掷两枚质地均匀的骰子，观察掷得的点数，设事件A为至少有一个点数是奇数，事件B为两个点数之和是偶数，事件A的概率为P(A)，事件B的概率为P(B)，则下列事件中，计算概率的公式为1－P(A∩B)的是(　 　)
A. 两个点数都是偶数
B. 至多有一个点数是偶数
C. 两个点数都是奇数
D. 至多有一个点数是奇数
【解析】 由题意，事件A∩B为两个点数都是奇数，事件A∩B的对立事件的概率为1－P(A∩B)，而事件A∩B的对立事件为至多有一个点数是奇数.
D
考点三　古典概型的综合应用
2025年春节联欢晚会为广大观众带来了一场精彩纷呈的文化盛宴.某中学寒假社会劳动与实践活动小组向某市市民发放了3 000份问卷，调查市民对春节联欢晚会的满意度情况，从收回的问卷中随机抽取300份进行分析，其中女性与男性市民的人数之比为1∶1，统计结果如表所示：
例 3
女性 男性 合计
满意 120
不满意 60
合计
用样本估计总体，频率估计概率.
(1)完成2×2列联表，依据小概率值α=0.01的独立性检验，判断能否认为市民对春节联欢晚会的满意度情况与性别有关系；
解：(1)依题意得2×2列联表：
∴χ2=≈14.286＞6.635，对照临界值表知，依据小概率值α=0.01的独立性检验，认为市民对春节联欢晚会的满意度情况与性别有关系.
女性 男性 合计
满意 120 90 210
不满意 30 60 90
合计 150 150 300
(2)分别估计该市女性与男性市民对春节联欢晚会满意的概率；
(2)由(1)得该市女性市民对春节联欢晚会满意的概率p1=，男性市民对春节联欢晚会满意的概率p2=.
(3)在该市对春节联欢晚会满意的市民中以分层随机抽样的方式按性别抽取7人，再从这7人中随机抽取2人进行电话采访，求恰好有1男1女被电话采访的概率.
附：χ2=，n=a＋b＋c＋d.
(3)根据2×2列联表可得这7人中男性市民有3人，女性市民有4人，再从这7人中随机抽取2人，样本点的个数为=21，设事件M为“恰好有1男1女被电话采访”，则事件M包含的样本点的个数为=12，故所求概率P(M)=.
α 0.10 0.05 0.01
xα 2.706 3.841 6.635
有关古典概型与统计结合的题型是高考考查概率的一个重要题型.概率与统计的结合题，无论是直接描述还是给出频率分布表、频率分布直方图的题目，能准确从中提炼出有效信息是解题的关键.复杂事件的概率可将其转化为互斥事件或对立事件的概率问题.
某城市100户居民的月平均用电量(单位：千瓦时)以[160，180)，[180，200)，[200，220)，[220，240)，[240，260)，[260，280)，[280，300]分组的频率分布直方图如图所示：
(1)求直方图中x的值；
解：(1)由(0.002 0＋0.009 5＋0.011 0＋0.012 5＋x＋0.005 0＋0.002 5)×20=1得x=0.007 5，∴直方图中x的值为0.007 5.
跟踪训练3
(2)求月平均用电量的众数和中位数；
(2)月平均用电量的众数是=230.∵(0.002 0＋0.009 5＋0.011 0)×20=0.45＜0.5，且(0.002 0＋0.009 5＋0.011 0＋0.012 5)×20=0.7＞0.5，∴月平均用电量的中位数在[220，240)内，设中位数为a，由(0.002 0＋0.009 5＋0.011 0)×20＋0.012 5×(a－220)=0.5，解得a=224，∴月平均用电量的中位数是224.
(3)在月平均用电量为[240，260)，[260，280)，[280，300]的三组用户中，用分层随机抽样的方法抽取6户居民，并从抽取的6户中任选2户参加一个访谈节目，求参加节目的2户来自不同组的概率.
(3)月平均用电量为[240，260)的用户有0.007 5×20×100=15(户)，月平均用电量为[260，280)的用户有0.005×20×100=10(户)，月平均用电量在[280，300]的用户有0.002 5×20×100=5(户)，∴在[240，260)，[260，280)，[280，300]中分别抽取3户、2户和1户.设参加节目的2户来自不同组为事件A，则P(A)=.
课时作业
答案速对
第十章 对点练84　古典概型、概率的基本性质 题号 1 2 3 4 5
答案 B D D B A
题号 6 7 8 13 14
答案 D AD CD B C
1.从1~9这9个数中随机选择一个数，则这个数平方的个位数字大于5的概率为(　 　)　　　　　　　　　　　　　　　
A. B. C. D.
B
2.下列试验中，是古典概型的为(　 　)
A. 在区间[－1，5]上任取一个数x，使x2－3x＋2＞0
B. 抛掷一枚质地不均匀的骰子，向上点数为6的概率
C. 向一个圆面内部随机地投一个点，该点落在圆心的概率
D. 老师从甲、乙、丙3名学生中任选两人做典型发言，甲被选中的概率
D
3.(2022·新高考Ⅰ卷)从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为　
(　 　)
A. B. C. D.
D
4.已知事件A，B互斥，它们都不发生的概率为，且P(A)=2P(B)，则P()=(　 　)
A. B. C. D.
B
5.(2025·内蒙古包头模拟)某学校举办作文比赛，共6个主题，每位参赛同学从中随机抽取两个不同主题准备作文，则甲、乙2位参赛同学抽到一个相同主题的概率为(　 　)
A. B. C. D.
A
6.某学校为驾驶电动汽车的教职工提供充电便利，在停车场开展充电桩安装试点.如图所示，试点区域共有十个车位，安装了三个充电桩，每个充电桩只能给其南北两侧车位中的一辆电动汽车充电.现有3辆燃油车和2辆电动汽车同时随机停入试点区域(停车前所有车位都空置)，则2辆电动汽车能同时充上电的概率为(　 　)
A. B. C. D.
D
【解析】 记事件A=“2辆电动汽车能同时充上电”，先从Bi，i∈{1，2，3，4，5，6}中任选一个车位给第一辆电动汽车，有种选择，再从能充上电的剩余四个车位中任选一个给第二辆电动汽车，有种选择，最后从剩余八个车位中任选三个给燃油车，∴P(A)=.
7.(多选)(2025·陕西西安调研)黄种人群中各种血型的人所占的比例如表所示：
已知同种血型的人可以互相输血，O型血的人可以给任何一种血型的人输血，任何血型的人都可以给AB型血的人输血，其他不同血型的人不能互相输血，则(　 　)
A. 任找一个人，其可以给B型血的人输血的概率为0.64
B. 任找一个人，B型血的人能给其输血的概率为0.29
C. 任找一个人，其可以给O型血的人输血的概率为1
D. 任找一个人，其可以给AB型血的人输血的概率为1
【解析】 ∵B型血、O型血的人可以给B型血的人输血，∴可以给B型血的人输血的概率为0.29＋0.35=0.64，A正确；B型血的人能给B型血、AB型血的人输血，其概率为0.29＋0.08=0.37，B错误；O型血的人只能接受O型血的人输血，C错误；任何血型的人都可以给AB型血的人输血，D正确.
血型 A B AB O
该血型的人所占比例 0.28 0.29 0.08 0.35
AD
8.(多选)(2025·河南南阳模拟)若随机事件A，B互斥，A，B发生的概率均不等于0，且P(A)=2－a，P(B)=4a－5，则实数a的值可以是(　 　)
A. B. C. D.
【解析】 由题意可知即即解得＜a≤.
CD
9.(2025·天津西青模拟)某学习小组有男生4人，女生3人，现需从中抽取2人参加学校开
展的AI人工智能学习，则恰有一名男生参加的概率为 　；在有女生参加的条件下，
恰有一名女生参加AI人工智能学习的概率为 　.
【解析】 由题设，恰有一名男生参加的概率为P1=.有女生参加的条件下，恰有一名女生参加的概率为P2=.
10.(2025·杭州模拟)现有足够多的相同的哪吒玩偶和相同的敖丙玩偶，甲、乙、丙3个小朋友，每人去拿1个或2个玩偶，假设每种不同的拿取方式是等可能的，则至少有一个小
朋友拿到哪吒玩偶的概率为 　.
【解析】 如果每个人拿1个玩偶，可以是哪吒或敖丙；如果拿2个玩偶，可以是两个哪吒、两个敖丙、一个哪吒和一个敖丙，每个人共5种不同的拿法，故甲、乙、丙3个小朋友，每人去拿1个或2个玩偶共有53=125(种)不同的拿法，甲、乙、丙3个小朋友没有拿哪吒的拿法有23=8，∴甲、乙、丙3个小朋友没有拿哪吒的概率为，∴甲、乙、丙3个小朋友至少有一个小朋友拿到哪吒玩偶的概率为1－.
11.为保护学生视力，让学生在学校专心学习，促进学生身心健康发展，教育部于2021年1月15日下发文件《关于加强中小学生手机管理工作的通知》，对中小学生的手机使用和管理作出了规定.某中学研究性学习小组调查研究“中学生每日使用手机的时间”.从该校随机调查了100名学生，得到如下统计表：
(1)估计该校学生每日使用手机的时间的平均数(同一组数据用该组区间的中点值作代表)；
解：(1)由题意得，随机选取的该校这100名学生每日使用手机的时间的平均数为=6×18×30×42×54×66×=27.36 min.　
(2)用分层随机抽样的方法从使用手机时间在[48，60)和[60，72]的两组学生中抽取5人，再从这5人中随机抽取2人，求这2人来自不同组的概率.
(2)由分层随机抽样的方法知，抽取的5人在[48，60)组的有3人，记为a，b，c，在[60，72]组的有2人，记为A，B，从5人中抽取2人的所有样本点：ab，ac，aA，aB，bc，bA，bB，cA，cB，AB，共10个，来自不同组的样本点：aA，aB，bA，bB，cA，cB，共6个，故所求概率P=.
时间t/min [0，12) [12，24) [24，36) [36，48) [48，60) [60，72]
人数 10 36 34 10 6 4
12.(2025·四川学业考试)某研究机构为了解某地年轻人的阅读情况，通过抽样，获得了600位年轻人的日均阅读时长(单位：分钟)，将这些数据按照[40，50)，[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]分成6组，并制成了如图所示的频率分布直方图.
(1)求频率分布直方图中a的值；
解：(1)根据题意可得(0.004＋0.008＋0.012＋0.018＋a＋0.032)×10=1，解得a=0.026.
(2)从被调查的日均阅读时长在[60，70)，[90，100]的两组年轻人中，采用按比例分配的分层随机抽样方法选出5人.若从这5人中任意选取2人，求这2人中至少有1人日均阅读时长不低于90分钟的概率.
(2)∵日均阅读时长在[60，70)，[90，100]的两组的频率之比为0.12∶0.18=2∶3，∴在[60，70)，[90，100]的两组分别抽2人，3人，∴再从这5人中任意选取2人，则这2人中至少有1人日均阅读时长不低于90分钟的概率为1－，∴这2人中至少有1人日均阅读时长不低于90分钟的概率为.
13.(2025·山东聊城模拟)如图所示，E，F，G，H四个开关控制着
五盏灯，其中开关E控制着1，2，3号灯，开关F控制着2，3，4号
灯，开关G控制着3，4，5号灯，开关H控制着1，4，5号灯.开始时，
五盏灯均是亮的，现先后按动E，F，G，H这四个开关中两个不同
的开关，则其中2号灯亮的概率为(　 　)
A. B. C. D.
【解析】 先后按动E，F，G，H这四个开关中两个不同的开关，有=12(种)方法.2号灯亮有两类情形.第一类，按第一个开关时，2号灯灭，按第二个开关时，2号灯亮，此时对应的方法有=2(种)(E，F两个开关进行全排列)；第二类，按第一个开关和第二个开关均与2号灯无关，此时对应的方法有=2(种)(G，H两个开关进行全排列).故所求事件的概率为.
B
14.(2025·广东深圳模拟)甲、乙2人玩“六六大顺”游戏，其规则为：盒子中装有编号为1，2，…，6的6张卡片，卡片除编号外完全相同，两人轮流有放回地从盒子中任意抽取1张卡片，先抽得6号卡片者胜，且游戏结束；若一人抽得的不是6号卡片，则换另一个人来抽；若一轮中两人均没有抽得6号卡片，则游戏重新开始，一直这样轮回下去，直至游戏结束.若游戏开始时，甲先抽，设甲、乙2人获胜的概率分别为P1和P2，则=(　 　)
A. B. 1 C. D.
【解析】 由题知抽中6号的概率为p=，未抽中的概率为q=，则P1=p＋q2P1，解得P1=，P2=qp＋q2P2，解得P2=，∴.
C
15.(2025·江苏苏州模拟)在1，2，3，…，9中随机选出一个数a，在－1，－2，－3，…，
－9中随机选出一个数b，则a2＋b被3整除的概率为 　.
【解析】 由题意，数组(a，b)共有9×9=81(种)不同的选法，若a能被3整除，则b也能被3整除，此时a，b各有3种选法，即这样的(a，b)有3×3=9(种)；若a不能被3整除，即从1，2，4，5，7，8中选1个数，此时a2除以3余数为1，即a2≡1(mod 3)，要使得a2＋b被3整除，则b
除以3余数为－1，即b≡－1(mod 3)，∴b从－1，－4，－7中选1个数，∴a有6种选法，b有3种选法，则这样的(a，b)有6×3=18(种)，∴共有9＋18=27(种)不同的选法，∴a2＋b被3整除的概率为P=.
16.为了解某种新型药物对治疗某种疾病的疗效，某机构日前联合医院进行了小规模的调查，结果显示，相当多的受访者担心使用新药后会有副作用.为了解使用该种新型药品后是否会引起疲乏症状，该机构随机抽取了某地患有这种疾病的275人进行调查，得到统计数据如表所示：
(1)求2×2列联表中的数据x，y，m，t的值，依据小概率值α=0.05的独立性检验，判断有疲乏症状是否与使用该新药有关？
解：(1)由数表知，x=225－150=75，y=100－75=25，m=275－225=50，t=150＋25=175，零假设H0：有疲乏症状与使用该新药无关.
根据列联表中的数据，经计算得到χ2=≈4.911＞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，即认为有疲乏症状与使用新药有关.
无疲乏症状 有疲乏症状 合计
未使用新药 150 25 t
使用新药 X y 100
合计 225 m 275
(2)从使用该新药的100人中按是否有疲乏症状，采用分层随机抽样的方法抽出4人，再从这4人中随机抽取2人做进一步调查，求这2人中恰有1人有疲乏症状的概率.
附：χ2=，
n=a＋b＋c＋d.
(2)从使用新药的100人中用分层随机抽样抽取4人的抽样比为，则抽取有疲乏症状的人数为×25=1，无疲乏症状的有3人，记2人中恰有1人有疲乏症状为事件M，于是得P(M)=，∴这2人中恰有1人有疲乏症状的概率为.
α 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828(共44张PPT)
第3节　二项式定理
课标解读　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.
内
容
索
引
必备知识巩固
关键能力提升
教考衔接
知识梳理
考点一 通项公式的应用
考点二 二项式系数与各项的系数问题
考点三 二项式定理的综合应用
1.[教材改编](1＋2x)6的展开式中x3的系数为　 　(用数字作答).
【解析】 展开式的通项为Tr＋1=16－r(2x)r=2rxr，令r=3，则(1＋2x)6的展开式中x3的系数为×23=160.
2.[教材改编]若二项式的展开式中各项系数的和为1，则实数a的值为　 　.
【解析】 设f(x)=，则由题意得f(1)=(a－1)9=1，解得a=2.
3.[教材改编]已知的展开式中各二项式系数的和为128，则展开式中x3的系数是　 　.
【解析】 由题意得2n=128，则n=7，则展开式的通项为Tr＋1=(2x)7－r=(－1)r27－rx7－2r，令7－2r=3，可得r=2，∴x3的系数为(－1)2×25=672.
672
160
2
4. (忽视赋值法的应用)若(x－1)4=a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则a0＋a2＋a4的值为　(　 　)
A. 9
B. 8
C. 7
D. 6
【解析】 当x=1时，a0＋a1＋a2＋a3＋a4=0①；当x=－1时，a0－a1＋a2－a3＋a4=16②，①＋②得，2a0＋2a2＋2a4=16，解得a0＋a2＋a4=8.
易错题
B
5. (对二项展开式的特点把握不准)化简：·32n＋··＋…＋·32=　 　.
【解析】 ·32n＋·32n－2＋·32n－4＋…＋·32=·(32)n＋·(32)n－1＋·(32)n－2＋…＋·(32)1＋·(32)0－·(32)0=(32＋1)n－1=10n－1.
6. (混淆“二项式系数”与“项的系数”)在二项式的展开式中，所有二项式系数的和是32，则展开式中各项系数的和为　 　.
【解析】 由题意得2n=32，∴n=5.令x=1，得各项系数的和为(1－2)5=－1.
易错题
易错题
10n－1
－1
1.二项式定理
(1)二项式定理：(a＋b)n= (n∈N*).
(2)通项：Tk＋1= 　，k=0，1，2，…，n，它表示第　 　项.
(3)二项式系数：二项展开式中各项的系数，…，.
an＋an－1b＋…＋an－kbk＋…＋bn
an－kbk
k＋1
2.二项式系数的性质
性质 性质描述 对称性 与首末“等距离”的两个二项式系数相等，即 增减性 二项式 系数 当k＜(n∈N*)时，是　 　的
当k＞(n∈N*)时，是　 　的
二项式系数 的最大值 当n为偶数时，中间的一项 　 取得最大值 当n为奇数时，中间的两项 　与 　相等，且同时取得最大值
递增
递减
3.各二项式系数的和
(1)(a＋b)n展开式的各二项式系数和：＋…＋=　 　.
(2)奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和，即＋…=＋…=　 　.
[优化拓展]
(a＋b)n的展开式形式上的特点：
(1)项数为n＋1.
(2)各项的次数和都等于二项式的幂指数n，即a与b的指数的和为n.
(3)字母a按降幂排列，从第一项开始，次数由n逐项减1直到零；字母b按升幂排列，从第一项起，次数由零逐项增1直到n.
(4)二项式系数从，一直到.
2n－1
2n
考点一　通项公式的应用
(1)(2024·北京卷)(x－)4的二项展开式中x3的系数为(　 　)　　　　　　　　　　　　　　　　
A. 6 B. －6 C. 12 D. －12
【解析】 (x－)4的展开式的通项为Tr＋1=x4－r·(－)r=(－1)r，(r=0，1，2，3，4)，令4－=3，解得r=2，故所求即为(－1)2=6.
例 1
考向1 形如(a＋b)n(n∈N*)的展开式问题
A
(2)(2025·重庆沙坪坝模拟)的展开式中常数项是－160，则a=(　 　)
A. －3 B. －2
C. 2 D. 3
【解析】 ∵的展开式中常数项是：·()3··(－a)3，由·(－a)3=－160 20×(－a)3=－160 a=2.
C
求二项展开式中的特定项，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.
(1)(2025·杭州模拟)(1－2x)(1＋x)5的展开式中x3的系数为(　 　)
A. －10 B. －15 C. 10 D. 30
【解析】 (1＋x)5的展开式通项为Tr＋1=·15－r·xr=xr，当第一个括号取1，第二个括号取含x3的项时，展开式中x3的系数为=10；当第一个括号取－2x，第二个括号取含x2的项时，展开式中x3的系数为(－2)=－20，故展开式中x3的系数为10＋(－20)=－10.
(2)(2022·新高考 Ⅰ 卷)(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为　 　(用数字作答).
【解析】 (x＋y)8的展开式的通项为Tk＋1=x8－kyk，k=0，1，…，7，8.令k=6，得
T6＋1=x2y6；令k=5，得T5＋1=x3y5，∴(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为=－28.
例 2
考向2 形如(a＋b)n(c＋d)m的展开式问题
A
－28
对于几个多项式积的展开式中的特定项问题，一般都可以根据因式连乘的规律，结合组合思想求解，但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏，也可利用排列组合的知识求解.
(2026·广东广州模拟)的展开式中的常数项为(　 　)
A. 120 B. 88 C. 24 D. 18
【解析】 ∵·，要想得到常数项，则有两种可能性：(1)5个括号都取常数项－2，则得到的常数项为(－2)5=－32；(2)2个括号取常数项－2，2个括号取－，1个括号取x2，则得到的常数项为·(－2)2·(－1)2=120.根据多项式乘多项式的规则可知展开式的常数项为120－32=88.
例 3
考向3 三项式问题
B
求三项展开式中某些指定的项，常利用以下3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.
(1)(2025·北京模拟)在的展开式中，常数项为(　 　)
A. －12 B. －6 C. 6 D. 12
【解析】 由题设，二项式展开式为Tr＋1=x4－r=(－1)rx4－2r，r=0，1，2，3，4，∴r=2时，常数项为T3=(－1)2=6.
(2)(2025·山东聊城模拟)的展开式中x3y2项的系数为(　 　)
A. 120 B. 90 C. 60 D. 45
【解析】 ∵(x＋y＋1)6=[x＋(y＋1)]6，∴(x＋y＋1)6的展开式中x3y2项的系数为=60.
(3)已知(ax3＋2x)的展开式中的常数项为0，则a=(　 　)
A. 3 B. －3 C. 2 D. －2
【解析】 二项式的通项为·(－2)r，当5－2r=－3时，解得r=4，当5－2r=－1时，解得r=3，∴展开式中的常数项为a(－2)4＋2·(－2)3=80a－160=0，解得a=2.
跟踪训练1
C
C
C
考点二　二项式系数与各项的系数问题
(1)(多选)(2026·杭州一模)在的展开式中(　 　)
A. 常数项为20 B. 含x的项的系数为80
C. 各项系数的和为32 D. 各项系数中的最大值为80
【解析】 2x和只有分得的次数相同才能得到常数项，5次方无法均分，因此没有常数项，A错误；含x的项为(2x)3=80x，故x的系数是80，B正确；各项系数的和是令x=1时得到，即35，C错误.的展开式的通项公式为Tr＋1=(2x)5－r25－rx5－2r，设第r＋1项的系数最大，系数为25－r，则解得r=1，或r=2，此时系数为24=23=80，D正确.
例 4
考向1 二项式系数和与系数和
BD
(2)若(1＋x)10=a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，则a2＋a6＋a8=　 　，a1＋2a2＋3a3＋…＋10a10=　 　.
【解析】 ①由已知得(1＋x)10的展开式的通项为Tk＋1=xk，∴展开式中每一项的系数即为其二项式系数.故a2＋a6＋a8==300.②对原式两边求导得，10(1＋x)9=a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋10a10x9.令x=1，得a1＋2a2＋3a3＋…＋10a10=10×29=5 120.
300
5 120
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)].
(多选)(2025·广东中山模拟)已知(2＋x)n=a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，展开式中只有第五项的二项式系数最大，则下列说法中，正确的有(　 　)
A. n=8
B. 展开式中x4的系数为70
C. 展开式中奇数项的系数和为
D. 展开式中偶数项的二项式系数和为27
【解析】 对于A，由展开式中只有第五项的二项式系数最大，可得第五项为中间项，故展开式共有9项，从而n=8，A正确；对于B，展开式中x4的系数为24=1 120，B错误；对于C，令x=1，可得a0＋a1＋a2＋…＋a8=38；令x=－1，可得a0－a1＋a2－…＋a8=1，两式相加可得2(a0＋a2＋a4＋a6＋a8)=38＋1，从而a0＋a2＋a4＋a6＋a8=，C正确；对于D，根据二项式系数的性质，可知展开式中偶数项的二项式系数和为27，D正确.
跟踪训练2
ACD
(2024·全国甲卷理)的展开式中，各项系数中的最大值为　 　.
【解析】 由题得，展开式通项公式为Tr＋1=·xr，0≤r≤10且r∈Z，设展开式中第r＋1项系数最大，则 即≤r≤，又r∈Z，故r=8，∴展开式中系数最大的项是第9项，且该项系数为=5.
例 5
考向2 系数与二项式系数的最值
5
1.二项式系数最大项的确定方法：当n为偶数时，展开式中第＋1项的二项式系数最大，最大值为；当n为奇数时，展开式中第项和第项的二项式系数最大，最大值为或.
2.要求(a＋bx)n(a，b∈R)的展开式中系数最大的项，一般是采用待定系数法，设展开式各项系数分别为A1，A2，…，An＋1，且第k项系数最大，应用从而解出k即可.
(1)(多选)关于(a－b)11(其中a，b均为正数)的说法，正确的有(　 　)
A. 展开式中的二项式系数之和为2 048
B. 展开式中只有第6项的二项式系数最大
C. 展开式中第6项和第7项的二项式系数最大
D. 展开式中第6项的系数最小
【解析】 由二项式系数的性质知，(a－b)11的二项式系数之和为211=2 048，A正确；∵(a－b)11的展开式共有12项，中间两项的二项式系数最大，即第6项和第7项的二项式系数最大，∴B错误，C正确；∵展开式中第6项的系数是负数，且绝对值最大，∴展开式中第6项的系数最小，D正确.
跟踪训练3
ACD
(2)已知(＋x2)2n的展开式的二项式系数和比(3x－1)n的展开式的二项式系数和大992，则的展开式中系数最大的项为　 　.
【解析】 由题意可得22n－2n=992，解得n=5.设第(k＋1)项的系数最大.∵Tk＋1=(2x)10－k210－kx10－2k，∴得即解得≤k≤.∵k∈Z，∴k=3.故系数最大的项是第4项，第4项为T4=27x4=15 360x4.
15 360x4
考点三　二项式定理的综合应用
(1)设a∈Z，且0≤a≤13，若512 025＋a能被13整除，则a等于(　 　)
A. 0 B. 1 C. 11 D. 12
【解析】 512 025＋a=(52－1)2 025＋a=·522 025－·522 024＋·522 023－…＋·52－＋a，∵512 025＋a能被13整除，∴－＋a=－1＋a能被13整除，又0≤a≤13，∴a=1.
(2)利用二项式定理计算1.056，则其结果精确到0.01的近似值为(　 　)
A. 1.23 B. 1.24 C. 1.33 D. 1.34
【解析】 1.056=(1＋0.05)6=×0.05＋×0.052＋×0.053＋…＋×0.056=1＋0.3＋0.037 5＋0.002 5＋…＋0.056≈1.34.
例 6
B
D
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.
(1)设n为奇数，那么11n＋·11n－1＋·11n－2＋…＋·11－1除以13的余数是(　 　)
A. －3 B. 2 C. 10 D. 11
【解析】 11n＋·11n－1＋·11n－2＋…＋·11－1=·11n＋·11n－1＋·11n－2＋…＋·11＋－2=(11＋1)n－2=12n－2=(13－1)n－2=·13n－·13n－1＋…＋(－1)n－1··13＋(－1)n·－2，∵n为奇数，∴上式=·13n－·13n－1＋…＋(－1)n－1··13－3=[·13n－·13n－1＋…＋(－1)n－1··13－13]＋10，∴11n＋·11n－1＋·11n－2＋…＋·11－1除以13的余数是10.
(2)利用二项式定理计算0.996，则其结果精确到0.001的近似值为(　 　)
A. 0.940 B. 0.941 C. 0.942 D. 0.943
【解析】 0.996=(1－0.01)6=×1－×0.01＋×0.012－×0.013＋…＋×0.016=1－0.06＋0.001 5－0.000 02＋…＋0.016≈0.941.
跟踪训练4
C
B
课时作业
答案速对
第十章 对点练82　二项式定理 题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 C D C B B B D
题号 8 9 10 11 13 14
答案 A A BD BD B ABC
1.(2025·吉林白城模拟)(3＋2x)n的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则n的值为(　 　)　　　　　　　　　　　　　　　
A. 8 B. 7 C. 6 D. 5
C
2.(2025·湖南长沙模拟)若a＞1，则的展开式中x4的系数的取值范围是(　 　)
A. (192，＋∞) B. (－∞，192)
C. (－192，＋∞) D. (－∞，－192)
D
3.(2025·重庆南岸模拟)若()n(n∈N*)的展开式中x与x2项的系数相等，则n=(　 　)
A. 8 B. 7 C. 6 D. 5
C
4.(2022·北京卷)若(2x－1)4=a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，则a0＋a2＋a4=(　 　)
A. 40 B. 41
C. －40 D. －41
B
5.已知(2x－1)5=a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，则|a0|＋|a1|＋…＋|a5|等于(　 　)
A. 1 B. 243 C. 121 D. 122
B
6.(2025·湖北阶段练习)(1－x＋x2)(1＋x)10的展开式中x6的系数为(　 　)
A. 162 B. 168 C. 180 D. 185
【解析】 二项式(1＋x)10展开式的通项公式为Tr＋1=xr，r≤10，r∈N，∴(1－x＋x2)(1＋x)10的展开式中x6的系数为=2=2×210－252=168.
B
7.(2025·福建福州模拟)(x＋y)8－(x－y)8的展开式中x2y6的系数为(　 　)
A. －28 B. 21 C. 35 D. 84
【解析】 (x＋y)8展开式的通项公式为Tr＋1=x8－ryr，r=0，1，…，8，(x－y)8展开式的通项公式为Ss＋1=(－1)sx8－sys，s=0，1，…，8，故(x＋y)8中含x2y6的项为x2y6=28x2y6，(x－y)8中含x2y6的项为－·x3y5=－56x2y6，故展开式中x2y6的系数为28＋56=84.
D
8.中国南北朝时期的著作《孙子算经》对同余除法有较深的研究.设a，b，m(m＞0)为整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为a≡b(mod m).若a=·2·22＋…·218，a≡b(mod 10)，则b的值可以是(　 　)
A. 2 018 B. 2 020 C. 2 022 D. 2 024
【解析】 ∵a=(1＋2)18－=318－1=99－1=(10－1)9－1=·109－·108＋…·101－－1=10(·108－·107＋…)－2，∴a被10除得的余数为8，而2 018被10除得的余数是8.
A
9.在的展开式中，项的系数与项的系数之比为1∶2，则项的系数为
(　 　)
A. 84 B. 63 C. 42 D. 21
【解析】 的展开式的通项为Tr＋1=·(mx)7－r·=2r·m7－r··，∴项的系数为23·m4·项的系数为24·m3·，∴由题意知，解得m=1，∴项的系数为22·=84.
A
10.(多选)已知(3x－1)n的展开式中各项系数的和为128，则下列结论中，正确的有
(　 　)
A. 展开式共有7项
B. 展开式中各二项式系数的和为128
C. 展开式中只有第4项的二项式系数最大
D. 展开式中的常数项为－1
【解析】 由题意知，当x=1时，2n=128，∴n=7.(3x－1)7的展开式共有8项，A错误；展开式中各二项式系数的和为27=128，B正确；展开式中第4项和第5项的二项式系数最大，C错误；展开式中的常数项为(－1)7=－1，D正确.
BD
11.(多选)若(n∈N*)的展开式中存在含x2的项，则n的值可能是
(　 　)
A. 2 B. 11 C. 15 D. 20
【解析】 展开式的通项Tr＋1=xn－3r，展开式的通项Tk＋1=xn－2k.的展开式中存在含x2的项，∴n－3r=2，或n－2k=2，即n=3r＋2，或n=2k＋2，其中r，k∈N，且≠.经检验知，当n=2时，r=k=0，=1，不符合题意；当n=11时，r=3，k不存在，符合题意；当n=15时，r不存在，k不存在，不符合题意；当n=20时，r=6，k=9，≠，符合题意.
BD
12.(2025·上海卷)在二项式(2x－1)5的展开式中，x3的系数为　 　.
【解析】 由通项公式Tr＋1=·25－r·x5－r·(－1)r=·(－1)r·25－rx5－r，令5－r=3，得r=2，可得x3的系数为·(－1)2·25－2=80.
80
13.已知m为正整数，(x+y)2m的展开式的二项式系数的最大值为a，(x+y)2m+1的展开式的二项式系数的最大值为b.若13a=7b，则m=(　 　)
A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
【解析】 由题意可知，a=，b=，∵13a=7b，∴13·=7·，即，解得m=6.
B
14.(多选)(2025·河北石家庄模拟)设(2－3x)12=a0＋a1x＋a2x2＋…＋a12x12，则下列说法中，正确的有(　 　)
A. (2－3x)12的展开式中所有项的二项式系数的和为212
B. a0=212
C. a0＋a2＋a4＋…＋a12=
D. |a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a12|=1
【解析】 对于A，(2－3x)12的展开式中所有项的二项式系数的和为212，A正确；对于B，(2－3x)12=a0＋a1x＋a2x2＋…＋a12x12中，令x=0得a0=212，B正确；对于C，(2－3x)12=a0＋a1x＋a2x2＋…＋a12x12中，令x=1得a0＋a1＋a2＋…＋a11＋a12=(2－3)12=1①，令x=－1得a0－a1＋a2－a3＋…－a11＋a12=(2＋3)12=512②，①＋②得2(a0＋a2＋a4＋…＋a12)=512＋1，即a0＋a2＋a4＋…＋a12=，C正确；对于D，(2－3x)12=a0＋a1x＋a2x2＋…＋a12x12，由二项式定理得Tr＋1=212－r(－3x)r，故a0，a2，…，a12＞0，a1，a3，…，a11＜0，令x=－1得a0－a1＋a2＋…＋a12=|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a12|=512，D错误.
ABC
15.(2025·北京卷)已知(1－2x)4=a0－2a1x＋4a2x2－8a3x3＋16a4x4，则a0=　 　；a1＋a2＋a3＋a4=　 　.
【解析】 令x=0，则a0=1，又(1－2x)4=a0－2a1x＋4a2x2－8a3x3＋16a4x4，故(1－2x)4=a0＋a1(－2x)＋a2(－2x)2＋a3(－2x)3＋a4(－2x)4，令t=－2x，则(1＋t)4=a0＋a1t＋a2t2＋a3t3＋a4t4，令t=1，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4=24，故a1＋a2＋a3＋a4=15.
15
1
16.(2025·北京开学考试)已知(1－2x)11=a0＋a1x＋a2x2＋…＋a11x11，则a11=　 　；=　 　.
【解析】 根据二项展开式的通项公式得a11x11=(－2x)11=－211x11，∴a11=－211=－2 048.令x=，得=a0＋a1×a2×a3×a4×a5×a6×a7×a8×a9×a10×a11×①，令x=－，得=a0＋a1×a2×a3×a4×a5×a6×a7×a8×a9×a10×a11×=a0－a1×a2×－a3×a4×－a5×a6×－a7×a8×－a9×a10×－a11×=211　②，
①－②得－2 048=
2，
∴=－1 024.
－2 048
－1 024(共44张PPT)
第4节　随机事件、频率与概率
课标解读　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、交与互斥的含义，能结合实例进行随机事件的并、交运算.
3.结合实例，会用频率估计概率.
内
容
索
引
必备知识巩固
关键能力提升
教考衔接
知识梳理
考点一 随机事件与有限样本空间
考点二 随机事件的关系及运算
考点三 频率与概率
1.[教材改编]向一个目标射击两次，用y表示“命中目标”，n表示“没有命中目标”，则该试验的样本空间W=　 　.
2.[教材改编]在10件产品中有8件一级品，2件二级品，从中任取3件，若记“3件都是一级品”为事件A，则A的对立事件是　 　.
【解析】 由题可知，“3件都是一级品”为事件A，则A的对立事件为“3件不都是一级品”，即“3件中至多有2件一级品”.
{yy，yn，ny，nn}
3件中至多有2件一级品
3.[教材改编]从存放号码分别为1，2，3，…，10的卡片的盒子里，有放回地取100次，每次取一张卡片，并记下号码，统计结果如下表所示：
则取到卡片号码为奇数的频率为　 　.
【解析】 由数表知，取到卡片号码为奇数的次数是17＋5＋6＋18＋12=58，∴其频率为=0.58.
卡片 号码 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
取到 次数 17 8 5 7 6 9 18 9 12 9
0.58
4. (混淆互斥事件与对立事件)袋中装有3个白球，4个黑球，从中任取3个球，则①恰有1个白球和全是白球；②至少有1个白球和全是黑球；③至少有1个白球和至少有2个白球；④至少有1个白球和至少有1个黑球.在上述事件中，是互斥事件但不是对立事件的为(　 　)　　　　　　　　　　　　　　　　
A. ① B. ②
C. ③ D. ④
【解析】 由题意可知，事件③④均不是互斥事件；①②为互斥事件，但②又是对立事件，只有①满足题意.
易错题
A
5. (样本点个数计算错误)博览会安排了序号分别为1，2，3的三辆车，等可能随机前往酒店接嘉宾.某嘉宾突发奇想，设计两种乘车方案.方案一：不乘坐第一辆车，若第二辆车的序号大于第一辆车的序号，则乘坐此车，否则乘坐第三辆车；方案二：直接乘坐第一辆车.那么，按照方案一、方案二乘坐到序号为3的车包含的样本点个数分别是
　 　.
【解析】 按照方案一乘坐到序号为3的车包含的样本点为：①第一、二、三辆车序号分别为1，3，2；②第一、二、三辆车序号分别为2，3，1；③第一、二、三辆车序号分别为2，1，3.按照方案二乘坐到序号为3的车包含的样本点为：①第一、二、三辆车序号分别为3，1，2；②第一、二、三辆车序号分别为3，2，1.
易错题
3，2
6. (混淆频率与概率)给出下列三个命题，其中正确命题有　 　个.
①有一大批产品，已知次品率为10%，从中任取100件，必有10件是次品；
②做7次抛硬币的试验，结果3次出现正面，因此正面出现的概率是；
③随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率.
【解析】 ①错误，不一定是10件次品；②错误，是频率而非概率；③错误，频率不等于概率，这是两个不同的概念.
易错题
0
1.有限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.
②样本空间：全体样本点的集合称为试验E的样本空间，常用Ω表示.
③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　 　称为随机事件，简称事件.
②表示：大写字母A，B，C，….
③随机事件的极端情形：必然事件、不可能事件.
基本结果
子集
2.事件的关系
定义 表示法 图示
包含 关系 若事件A发生，事件B　 　，称事件B包含事件A(或事件A包含于事件B) 　 　 (或A B)
互斥 事件 如果事件A与事件B　 　，称事件A与事件B互斥(或互不相容) 若A∩B= ，则A与B互斥

对立 事件 如果事件A和事件B在任何一次试验中 　 　，称事件A与事件B互为对立，事件A的对立事件记为 若A∩B= ，且A∪B=Ω，则A与B对立
一定发生
B A
不能同时发生
有且仅有一个发生
3.事件的运算
4.概率与频率
(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　 　.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).
定义 表示法 图示
并事 件 事件A与事件B至少有一个发生，称这个事件为事件A与事件B的并事件(或和事件) 　 　 (或A＋B)
交事 件 事件A与事件B同时发生，称这样一个事件为事件A与事件B的交事件(或积事件) 　 　(或AB)
A∪B
A∩B
概率P(A)
[优化拓展]
1.从集合的角度理解互斥事件和对立事件：
(1)几个事件彼此互斥，是指由各个事件所含的结果组成的集合的交集为空集.
(2)事件A的对立事件所含的结果组成的集合，是全集中由事件A所含的结果组成的集合的补集.
2.概率加法公式的推广：
当一个事件包含多个结果且各个结果彼此互斥时，要用到概率加法公式的推广，即P(A1∪A2∪…∪An)=P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An).
考点一　随机事件与有限样本空间
(1)(2025·吉林长春阶段练习)若随机试验的样本空间为Ω={0，1，2}，则下列说法中，错误的是(　 　)　　　　　　　　　　　　　　　　
A. 事件P={1，2}是随机事件
B. 事件Q={0，1，2}是必然事件
C. 事件M={－1，－2}是不可能事件
D. 事件{－1，0}是随机事件
【解析】 随机试验的样本空间为Ω={0，1，2}，则事件P={1，2}是随机事件，A正确；事件Q={0，1，2}是必然事件，B正确；事件M={－1，－2}是不可能事件，C正确；事件{－1，0}是不可能事件，D错误.
例 1
D
(2)袋中有大小、形状相同的红球、黑球各一个，现有放回地随机摸3次，每次摸取一个，观察摸出球的颜色，则此随机试验的样本点个数为　(　 　)
A. 5 B. 6
C. 7 D. 8
【解析】 ∵该随机试验是有放回地随机摸3次，∴样本空间Ω={(红，红，红)，(红，红，黑)，(红，黑，红)，(红，黑，黑)，(黑，红，红)，(黑，红，黑)，(黑，黑，红)，(黑，黑，黑)}，∴样本点共8个.
D
确定样本空间的方法：
(1)必须明确事件发生的条件.
(2)根据题意，按一定的次序列出问题的答案.特别要注意各结果出现的机会是均等的，按规律陈列，要做到既不重复也不遗漏.
(1)同时抛掷两枚完全相同的骰子，用(x，y)表示结果，记A为“所得点数之和小于5”，则事件A包含的样本点的个数为(　 　)
A. 3 B. 4
C. 5 D. 6
【解析】 由题得，事件A包含的样本点为(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(2，2)，(3，1)，∴样本点的个数为6.
(2)在1，2，3，…，10这十个数字中，任取三个不同的数字，那么“这三个数字的和大于5”这一事件是　 　(填“必然事件”或“不可能事件”).
【解析】 任取三个不同的数字，那么这三个数字和的最小值为1＋2＋3=6，∴事件“这三个数字的和大于5”一定会发生，∴该事件是必然事件.
跟踪训练1
D
必然事件
考点二　随机事件的关系及运算
(1)同时抛掷两枚硬币，“向上的面都是正面”为事件A，“向上的面至少有一枚是正面”为事件B，则有(　 　)
A. A=B B. A B
C. A B D. A与B没有关系
【解析】 同时抛掷两枚硬币，其样本空间Ω={(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)}，其中事件A={(正，正)}，事件B={(正，正)，(正，反)，(反，正)}，∴A B.
例 2
C
(2)(多选)从含有若干次品的一批产品中随机取出三件，设事件A为“三件产品全不是次品”，事件B为“三件产品全是次品”，事件C为“三件产品不全是次品”，则下列结论中，正确的有(　 　)
A. 事件B与C互斥 B. 事件A与C互斥
C. 事件A与B互斥 D. B∪C是必然事件
【解析】 事件A为“三件产品全不是次品”指的是三件产品都是合格品；事件B为“三件产品全是次品”；事件C为“三件产品不全是次品”，它包括0件次品(全是合格品)，一件次品，两件次品三个事件，事件A包含于C，B错误；B与C是互斥事件，而且是对立事件，A正确；A与B是互斥事件，C正确；由B与C是对立事件可知，B∪C即为必然事件，D正确.
ACD
1.事件的关系运算策略：
(1)互斥事件是不可能同时发生的事件，但也可以同时不发生.
(2)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.也可类比集合的关系和运用Venn图分析事件.
2.辨析互斥事件与对立事件的思路：
(1)在一次试验中，两个互斥事件有可能都不发生，也可能有一个发生，但不可能同时发生.
(2)两个对立事件必有一个发生，但不可能同时发生.即两个事件对立，必定互斥，但两个事件互斥，未必对立.对立事件是互斥事件的一个特例.
(3)互斥的概念适用于两个或多个事件，但对立的概念只适用于两个事件.
(1)(多选)某人打靶时连续射击两次，设事件A=“只有一次中靶”，B=“两次都中靶”，则下列结论中，正确的有(　 　)
A. A B
B. A∩B=
C. A∪B=“至少一次中靶”
D. A与B互为对立事件
【解析】 事件A=“只有一次中靶”，B=“两次都中靶”，∴A，B是互斥事件但不是对立事件，∴A，D错误，B正确；A∪B=“至少一次中靶”，∴C正确.
跟踪训练2
B
(2)(多选)口袋里装有1个红球、2个白球、3个黄球共6个除颜色外完全相同的小球，从中取出两个球，事件A=“取出的两个球同色”，B=“取出的两个球中至少有一个黄球”，C=“取出的两个球至少有一个白球”，D=“取出的两个球不同色”，E=“取出的两个球中至多有一个白球”.下列说法中，正确的有(　 　)
A. A与D是对立事件
B. B与C是互斥事件
C. C与E是对立事件
D. P(C∪E)=1
【解析】 当取出的两个球为一黄一白时，B与C都发生，B错误；当取出的两个球中恰有一个白球时，事件C与E都发生，C错误；显然A与D是对立事件，A正确；C∪E为必然事件，P(C∪E)=1，D正确.
AD
考点三　频率与概率
某商场为提高服务质量，用简单随机抽样的方法从该商场调查了60名男顾客和80名女顾客，每位顾客对该商场的服务给出满意或不满意的评价，结果如表所示.
(1)分别估计男、女顾客对该商场服务满意的概率；
解：(1)估计男顾客对该商场服务满意的概率为，女顾客对该商场服务满意的概率为.
例 3
满意 不满意
男顾客 50 10
女顾客 50 30
(2)估计顾客对该商场满意的概率；
(2)估计顾客对该商场满意的概率为.
(3)若该商场一天有2 100名顾客，大约有多少人对该商场的服务满意？
(3)∵2 100×=1 500(人)，∴约有1 500人对该商场的服务满意.
(4)通过以上数据能否说明顾客对该商场的服务是否满意与性别有关？并说明理由.
(4)由(1)知男顾客对该商场服务满意的比例约为≈0.833，女顾客对该商场服务满意的比例约为=0.625，∵这两个比例相差较大，∴可以说明顾客对该商场的服务是否满意与性别有关.
随机事件的频率与概率问题的常见类型及解题策略：
(1)补全或列出频率分布表：可直接依据已知条件，逐一计数，写出频率.
(2)由频率估计概率：可以根据频率与概率的关系，由频率直接估计概率.
(3)由频率估计某部分的数值：可由频率估计概率，再由概率估算某部分的数值.
某保险公司利用简单随机抽样的方法对投保车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下表所示：
(1)若每辆车的投保金额均为2 800元，估计赔付金额大于投保金额的概率；
解：(1)由题意，样本车辆数为1 000，设A表示事件“赔付金额为3 000元”，B表示事件“赔付金额为4 000元”，由频率估计概率得P(A)==0.15，P(B)==0.12.∵投保金额为2 800元，赔付金额大于投保金额对应的情形是赔付金额为3 000元和4 000元，且事件A与B为互斥事件，∴所求概率为P(A)＋P(B)=0.27.
(2)在样本车辆中，车主是新司机的占10%，在赔付金额为4 000元的样本车辆中，车主是新司机的占20%，估计在已投保车辆中，新司机获赔金额为4 000元的概率.
(2)设C表示事件“投保车辆中新司机获赔4 000元”，可得样本车辆中车主为新司机的有0.1×1 000=100(辆)，而赔付金额为4 000元的车辆中，车主为新司机的有0.2×120=24(辆)，∴样本车辆中新司机车主获赔金额为4 000元的频率为=0.24，由频率估计概率得P(C)=0.24.
跟踪训练3
赔付金额/元 0 1 000 2 000 3 000 4 000
车辆数/辆 500 130 100 150 120
课时作业
答案速对
第十章 对点练83　随机事件、频率与概率 题号 1 2 3 4 5
答案 D A B C B
题号 6 7 8 13 答案 A BC ABC C 1.下列说法中，错误的是(　 　)　　　　　　　　　　　　　　　
A. 任一事件的概率总在[0，1]内
B. 不可能事件的概率一定为0
C. 必然事件的概率一定为1
D. 概率是随机的，在试验前不能确定
D
2.若干个人站成一排，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“乙不站排尾”
C. “甲站排头”与“乙站排尾”
D. “甲不站排头”与“乙不站排尾”
A
3.在一个袋子中装有分别标注1，2，3，4，5的五个小球，这些小球除标注的数字外完全相同，现从中随机取出2个小球，则取出的小球标注的数字之差的绝对值为2或4的事件包含的样本点个数为(　 　)
A. 2 B. 4 C. 6 D. 8
B
4.手机支付已经成为人们常用的付费方式，某大型超市为调查顾客付款方式的情况，随机抽取了100名顾客进行调查，统计结果整理如下：
从该超市顾客中随机抽取1人，估计该顾客年龄在[40，60)内且未使用手机支付的概率为
(　 　)
A. B. C. D.
顾客 年龄(岁) 20岁 以下 [20，30) [30，40) [40，50) [50，60) [60，70) 70岁及
以上
手机支 付人数 3 12 14 9 5 2 0
其他支 付方式 人数 0 0 2 13 27 12 1
C
5.(2025·河南许昌调研)如果事件A，B互斥，记分别为事件A，B的对立事件，那么
(　 　)
A. A∪B是必然事件
B. ∪是必然事件
C. 与一定互斥
D. 与一定不互斥
B
6.已知随机事件A和B互斥，且P(A∪B)=0.7，P(B)=0.2，则P()=(　 　)
A. 0.5 B. 0.1
C. 0.7 D. 0.8
【解析】 由题意得P(A)=P(A∪B)－P(B)=0.5，∴P()=1－P(A)=0.5.
A
7.(多选)有甲、乙2种报纸供市民订阅，记事件E为“只订甲报纸”，事件F为“至少订一种报纸”，事件G为“至多订一种报纸”，事件I为“一种报纸也不订”，下列命题中，正确的有(　 　)
A. E与G是互斥事件
B. F与I互为对立事件
C. F与G不是互斥事件
D. G与I是互斥事件
【解析】 对于A，E与G有可能同时发生，不是互斥事件，A错误；对于B，F与I不可能同时发生，且发生的概率之和为1，∴F与I互为对立事件，B正确；对于C，F与G可以同时发生，不是互斥事件，C正确；对于D，G与I可以同时发生，不是互斥事件，D错误.
BC
8.(多选)(2025·四川遂宁模拟)抛掷一颗质地均匀的骰子，Ω为必然条件，有如下随机事件：Ci=“点数为i”，其中i=1，2，3，4，5，6；D1=“点数不大于2”，D2=“点数大于2”，D3=“点数大于4”.下列结论中，正确的有(　 　)
A. C1与C2互斥
B. D1∪D2=Ω，D1D2=
C. D3 D2
D. C2，C3为对立事件
【解析】 由题意C1与C2不可能同时发生，它们互斥，A正确；D1中点数为1或2，D2中点数为3，4，5或6，因此D1∪D2是必然事件，但它们不可能同时发生，因此D1D2为不可能事件，B正确；D3发生时，D2一定发生，但D2发生时，D3可能不发生，因此D3 D2，C正确；C2与C3不可能同时发生，但也可能都不发生，互斥不对立，D错误.
ABC
9.笼子中有4只鸡和3只兔，依次取出一只，直到3只兔全部取出，记录剩下动物的脚的数量，则该试验的样本空间Ω=　 　.
【解析】 最少需要取3次，最多需要取7次，那么剩余的鸡最多4只，最少0只，∴剩余动物的脚数可能是8，6，4，2，0.
{0，2，4，6，8}
10.某城市2025年的空气质量状况如下表所示：
其中污染指数T≤50时，空气质量为优；50＜T≤100时，空气质量为良；100＜T≤150时，
空气质量为轻微污染，则该城市2025年空气质量达到良或优的概率为 　.
【解析】 由题意可知2025年空气质量达到良或优的概率P=.
污染指数T 30 60 100 110 130 140
概率P
11.某校为了解学生在家学习的周均时长(单位：小时)，随机调查了部分学生，根据他们学习的周均时长，得到如图所示的频率分布直方图.
(1)求该校学生学习的周均时长的众数和平均数的估计值(用每小组的组中间值代替本组数值)；
解：(1)众数为频率分布直方图中最高矩形的底边中点的横坐标，由题图可得众数为25.
平均数的估计值=10×(5×0.005＋15×0.025＋25×0.040＋35×0.020＋45×0.010)=25.5.
(2)估计该校学生学习的周均时长不少于30小时的概率.
(2)由题图知，该校学生学习的周均时长不少于30小时的频率为(0.020＋0.010)×10=0.3.则该校学生学习的周均时长不少于30小时的概率估计值也为0.3.
12.在试验E：“连续抛掷一枚质地均匀的正方体骰子2次，观察每次掷出的点数”中，事件A表示随机事件“第一次掷出的点数为1”，事件Aj(j=1，2，3，4，5，6)表示随机事件“第一次掷出的点数为1，第二次掷出的点数为j”，事件B表示随机事件“两次掷出的点数之和为6”，事件C表示随机事件“第二次掷出的点数比第一次的大3”.
(1)试用样本点表示事件A∩B与A∪B；
解：(1)∵事件A表示随机事件“第一次掷出的点数为1”，∴满足条件的样本点有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，∵事件B表示随机事件“两次掷出的点数之和为6”，∴满足条件的样本点有(1，5)，(2，4)，(3，3)，(4，2)，(5，1)，
∴A∩B={(1，5)}，A∪B={(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，4)，(3，3)，(4，2)，(5，1)}.
(2)试判断事件A与事件B，事件A与事件C，事件B与事件C是否为互斥事件；
(2)∵事件C表示随机事件“第二次掷出的点数比第一次的大3”，∴C={(1，4)，(2，5)，(3，6)}，∵A∩B={(1，5)}≠ ，A∩C={(1，4)}≠ ，B∩C= ，∴事件A与事件B，事件A与事件C不是互斥事件，事件B与事件C是互斥事件.
(3)试用事件Aj表示随机事件A.
(3)∵事件Aj(j=1，2，3，4，5，6)表示随机事件“第一次掷出的点数为1，第二次掷出的点数为j”，∴A1={(1，1)}，A2={(1，2)}，A3={(1，3)}，A4={(1，4)}，A5={(1，5)}，A6={(1，6)}，∴A=A1∪A2∪A3∪A4∪A5∪A6.
13.抛掷一枚质地均匀的骰子，有如下随机事件：Ai表示“向上的点数为i”，其中i=1，2，3，4，5，6，B表示“向上的点数为偶数”，则下列说法中，正确的是(　 　)
A. B B. A2＋B=Ω
C. A3与B互斥 D. A4与对立
【解析】 ∵={2，3，4，5，6}，B={2，4，6}，∴B ，A错误；A2＋B={2}∪{2，4，6}={2，4，6}≠Ω，B错误；A3与B不能同时发生，是互斥事件，C正确；A4={4}，={1，3，5}，A4与互斥但不对立，D错误.
C
14.(2025·河北石家庄质检)为了解某中学学生遵守《中华人民共和国道路交通安全法》的情况，有关部门在该校进行了如下的随机调查，向被调查者提出两个问题：①你的学号是奇数吗？②在过路口时你是否闯过红灯？要求被调查者背对着调查人员抛掷一枚硬币，如果出现正面，就回答第一个问题，否则就回答第二个问题.被调查者不必告诉调查人员自己回答的是哪一个问题，只需回答“是”或“不是”，因为只有调查者本人知道回答了哪一个问题，所以都如实地作了回答.结果被调查的1 200人(学号从1至1 200)中有366人回答了“是”.由此可以估计这1 200人中闯过红灯的人数为　 　.
【解析】 被调查的1 200人回答两个问题的概率相同，∴估计回答两个问题的人数各为600，∵被调查的1 200人学号为奇数的概率为，∴估计回答第一个问题的600人中有300人回答了“是”，而调查中共有366人回答了“是”，∴估计在回答第二个问题的600人中有66人闯过红灯，其频率为0.11，用样本估计总体，从而估计这1 200人中闯过红灯的人数为1 200×0.11=132.
132
15.甲、乙2名同学玩掷骰子游戏，规则如下：
①甲、乙各抛掷质地均匀的骰子一次，甲得到的点数为n1，乙得到的点数为n2；
②若n1＋n2的值能使的展开式中只有第4项的二项式系数最大，则甲胜，否
则乙胜.那么甲胜的概率为　 .
【解析】 由题意得n1，n2∈{1，2，3，4，5，6}，n1＋n2∈{2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12}，记每个基本事件为(n1，n2)，甲、乙各抛掷质地均匀的骰子一次，共有6×6=36(个)基本事件.的展开式中只有第4项的二项式系数最大，则当n1＋n2=6时，共有7项，其中只有第4项的二项式系数最大.当n1＋n2为其他值时，均不满足只有第4项的二项式系数最大，当n1＋n2=6时，共有5个基本事件满足要求，即(1，5)，(2，4)，(3，3)，(4，2)，(5，1)，故甲胜的概率为.

16.(2025·安徽合肥模拟)某厂接受了一项加工业务，加工出来的产品(单位：件)按标准分为A，B，C，D四个等级.该项加工业务约定：对于A级品、B级品、C级品，厂家每件分别收取加工费90元、50元、20元；对于D级品，厂家每件要赔偿原料损失费50元.该厂有甲、乙2个分厂可承接加工业务.甲分厂加工成本费为25元/件，乙分厂加工成本费为20元/件.厂家为决定由哪个分厂承接加工业务，在两个分厂各试加工了100件这种产品，并统计了这些产品的等级，整理如下表所示：
甲分厂产品等级的频数分布表 乙分厂产品等级的频数分布表
等级 A B C D
频数 40 20 20 20
等级 A B C D
频数 28 17 34 21
(1)分别估计甲、乙2个分厂加工出来的一件产品为A级品的概率；
解：(1)由试加工产品等级的频数分布表知，
甲分厂加工出来的一件产品为A级品的概率的估计值为=0.4；
乙分厂加工出来的一件产品为A级品的概率的估计值为=0.28.
(2)分别求甲、乙2个分厂加工出来的100件产品的平均利润，以平均利润为依据，厂家应选哪个分厂承接该项加工业务？
(2)由数据知甲分厂加工出来的100件产品利润的频数分布表为
∴甲分厂加工出来的100件产品的平均利润为=15(元).
由数据知乙分厂加工出来的100件产品利润的频数分布表为
∴乙分厂加工出来的100件产品的平均利润为=10(元).
比较甲、乙2个分厂加工的产品的平均利润，厂家应选甲分厂承接加工业务.
利润 65 25 －5 －75
频数 40 20 20 20
利润 70 30 0 －70
频数 28 17 34 21(共32张PPT)
第9节　概率与统计的综合问题
课标解读　有关概率、统计与其他知识相交汇的考题，能体现“返璞归真，支持课改；突破定势，
考查真功”的命题理念，是每年高考的必考内容.近几年将概率、统计问题与数列、
函数、导数结合，成为创新问题.
内
容
索
引
关键能力提升
考点一 概率与统计及统计案例的综合
考点二 概率、统计与数列的综合
考点三 概率与函数、导数的综合
考点一　概率与统计及统计案例的综合
(2025·北京昌平二模)在探索数智技术赋能学科学习的过程中，某中学鼓励学生使用某听说平台进行英语口语自主练习.该中学有初中生1 200人，高中生800人.为了解全校学生近一个月内使用此听说平台进行英语口语自主练习的次数，从全校学生中随机抽取200名学生进行问卷调查，将他们的使用次数按照[0，10)，[10，20)，[20，30)，[30，40)，[40，50]，五个区间进行分组，所得样本数据如下表所示：
例 1
使用次数分组区间 初中生 高中生
[0，10) 4 3
[10，20) 38 29
[20，30) 48 28
[30，40) a 17
[40，50] 6 3
假设每个学生是否使用此听说平台进行英语口语自主练习相互独立.用频率估计概率.
(1)估计近一个月内全校学生中使用此听说平台进行英语口语自主练习的次数不低于30次的总人数；
解：(1)根据题中数据，4＋38＋48＋a＋6＋3＋29＋28＋17＋3=200，得a=24.
样本中使用此听说平台进行英语口语自主练习的次数不低于30次的频率为.
因此近一个月内全校学生中使用此听说平台进行英语口语自主练习的次数不低于30次的总人数估计为(1 200＋800)×=500.
(2)从上面参与问卷调查且使用此听说平台进行英语口语自主练习次数不足10次的学生中随机抽取3人，记X为这3人中高中生的人数，求X的分布列和数学期望；
(2)参与问卷调查且使用此听说平台进行英语口语自主练习次数不足10次的学生中，初中生有4人，高中生有3人，∴X的取值范围是{0，1，2，3}.
P(X=0)=，P(X=1)=，P(X=2)=，P(X=3)=，∴X的分布列为
X的数学期望E×0＋×1＋×2＋×3=.　
X 0 1 2 3
P
(3)从该校初中生和高中生中各随机抽取8名学生进行调查，设其中初中生和高中生使用此听说平台进行英语口语自主练习次数位于[20，30)的人数分别为Y1和Y2，比较D(Y1)与D(Y2)的大小(结论不要求证明).
(3)D(Y1)＞D(Y2)，理由如下：
根据分层抽样定义知，随机抽取200名学生中，初中生为120人，高中生为80人，
抽到初中生使用此听说平台进行英语口语自主练习次数位于[20，30)的频率为=0.4，
抽到高中生使用此听说平台进行英语口语自主练习次数位于[20，30)的频率为=0.35，
该校初中生和高中生中各随机抽取8名学生进行调查服从二项分布，即Y1~B1(8，0.4)，Y2~B2(8，0.35)，∴D(Y1)=np1(1－p1)=8×0.4×0.6=1.92，D(Y2)=np2(1－p2)=8×0.35×0.65=1.82，∵1.92＞1.82，∴D(Y1)＞D(Y2).
高考常将求概率与等可能事件、互斥事件、相互独立事件、超几何分布、二项分布、统计图表、统计等交汇考查，因此在解答此类题时，要准确把题中所涉及的事件进行分解，明确所求问题所属的事件类型是关键.特别是要注意挖掘题目中的隐含条件.
(2025·河南郑州名校联盟)某高中数学兴趣小组，在学习了统计案例后，准备利用所学知识研究成年男性的臂长y(单位：cm)与身高x(单位：cm)之间的关系，为此他们随机统计了5名成年男性的身高与臂长，得到如下数据：
(1)根据上表数据，可用线性回归模型拟合y与x的关系，请用样本相关系数加以说明；
解：(1)由表中的数据和参考数据得xi=850，=170，yi=365，=73，(xi－)2=112＋52＋02＋62＋102=282，=8.6，(xi－)(yi－)=xiyi－5 =62 194－170×73×5=144，∴r=≈≈0.997.
∵y与x的样本相关系数近似为0.997，说明y与x的线性相关程度相当高，∴可以用线性回归模型拟合y与x的关系.
跟踪训练1
x 159 165 170 176 180
y 67 71 73 76 78
(2)建立y关于x的经验回归方程(系数精确到0.01)；
(2)由=73及(1)得 =≈0.51， =－ =73－×170≈－13.81，∴y关于x的经验回归方程为 =－13.81＋0.51x(说明：根据 =－ ≈73－0.51×170=－13.70，得出 =－13.70＋0.51x也正确).
(3)从样本中任取2人，记这2人臂长差的绝对值为X，求E(X).
参考数据：xiyi=62 194，=8.6，≈16.8.
参考公式：样本相关系数r=，经验回归方程 = ＋ x中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为 =， =－ .
(3)X的取值依次为2，3，4，5，6，7，9，11，P(X=2)=，P(X=3)=，P(X=4)=，P(X=5)=，P(X=6)=，P(X=7)=，P(X=9)=，P(X=11)=，∴E(X)=2×＋3×＋4×＋5×＋6×＋7×＋9×＋11×.
考点二　概率、统计与数列的综合
为了验证某款电池的安全性，小明在实验室中进行试验，假设小明每次试验成功的概率为p(0＜p＜1)，且每次试验相互独立.
(1)若进行5次试验，且p=，求试验成功次数X的分布列以及期望；
解：(1)依题意，X~B，则P(X=0)=，P(X=1)=，P(X=2)=·，P(X=3)=，P(X=4)=，P(X=5)=，
故X的分布列为
故E(X)=5×.
例 2
X 0 1 2 3 4 5
P
(2)若恰好成功2次后停止试验，且p=，记事件A：停止试验时试验次数不超过n(n≥2)次，事件B：停止试验时试验次数为偶数，求P(AB)(结果用含有n的式子表示).
(2)事件“Y=n”表示前n－1次试验只成功了1次，且第n次试验成功，故P(Y=n)=，当n为偶数时，P(AB)=P(Y=2)＋P(Y=4)＋…＋P(Y=n)=，令Sn=1·＋3·＋…＋(n－1)·，则Sn=1·＋3·＋…＋(n－1)·，两式相减得：Sn=1＋2－(n－1)·，则Sn=·，即P(AB)=·.当n为奇数时，同理可得P(AB)=P(Y=2)＋P(Y=4)＋…＋P(Y=n－1)=·，综上，P(AB)=
概率与数列的交汇问题，多以概率的求解为主线，建立关于概率的递推关系.解决此类问题的基本步骤为：
(1)精准定性，即明确所求概率的“事件属性”，这是确定概率模型的依据，也是建立递推关系的准则；
(2)准确建模，即通过概率的求解，建立递推关系，转化为数列模型问题；
(3)解决模型，也就是递推数列的求解，多通过构造的方法转化为等差、等比数列的问题求解.求解过程应灵活运用数列的性质，准确应用相关公式.
(2023·新高考Ⅰ卷)甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮.无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5.
(1)求第2次投篮的人是乙的概率；
解：(1)设“第i次投篮的人是甲”为事件Ai，“第i次投篮的人是乙”为事件Bi，∴P(B2)=P(A1B2)＋P(B1B2)=P(A1)P(B2|A1)＋P(B1)P(B2|B1)=0.5×(1－0.6)＋0.5×0.8=0.6.
(2)求第i次投篮的人是甲的概率；
(2)设“第i次投篮的人是甲”的概率为pi，由题意可知p1==pi×0.6＋(1－pi)×(1－0.8)，即=0.4pi＋0.2=pi＋，∴，又p1－，∴数列是以为首项，为公比的等比数列，∴pi=.
跟踪训练2
(3)已知：若随机变量Xi服从两点分布，且P(Xi=1)=1－P(Xi=0)=qi，i=1，2，…，n，则Eqi.记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y，求E(Y).
(3)设第i次投篮时甲投篮的次数为Xi，则Xi的可能取值为0，1，当Xi=0时，表示第i次投篮的人是乙，当Xi=1时，表示第i次投篮的人是甲，∴P(Xi=1)=pi，P(Xi=0)=1－pi，∴E(Xi)=pi.∵Y=X1＋X2＋X3＋…＋Xn，∴E(Y)=E(X1＋X2＋X3＋…＋Xn)=p1＋p2＋p3＋…＋pn，由(2)知，pi=，i=1，2，…，n，∴E(Y)=p1＋p2＋p3＋…＋pn=.
考点三　概率与函数、导数的综合
(2023·新课标Ⅱ卷)某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图：
例 3
患病者
未患病者
利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判定为阴性，此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为p(c)；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为q(c).假设数据在组内均匀分布.以事件发生的频率作为相应事件发生的概率.
(1)当漏诊率p(c)=0.5%时，求临界值c和误诊率q(c)；
解：(1)由题图知(100－95)×0.002=1%＞0.5%，
∴95＜c＜100.设X为患病者的该指标，则p(c)=P(X≤c)=(c－95)×0.002=0.5%，解得c=97.5.设Y为未患病者的该指标，则q(c)=P(Y＞c)=(100－97.5)×0.01＋5×0.002=0.035=3.5%.
(2)设函数f(c)=p(c)＋q(c).当c∈[95，105]时，求f(c)的解析式，并求f(c)在区间[95，105]的最小值.
(2)当95≤c≤100时，p(c)=(c－95)×0.002=0.002c－0.19，q(c)=(100－c)×0.01＋5×0.002=－0.01c＋1.01，
∴f(c)=p(c)＋q(c)=－0.008c＋0.82；
当100＜c≤105时，p(c)=5×0.002＋(c－100)×0.012=0.012c－1.19，q(c)=(105－c)×0.002=－0.002c＋0.21，∴f(c)=p(c)＋q(c)=0.01c－0.98.
综上，f(c)=
由一次函数的单调性知，函数f(c)在[95，100]上单调递减，在(100，105]上单调递增，∴f(c)在区间[95，105]的最小值f(c)min=f(100)=－0.008×100＋0.82=0.02.
某老年公寓负责人为了能给老年人提供更加良好的服务，现对入住的120名老年人征集意见，该公寓老年人的入住房间类型情况如下表所示：
(1)若按入住房间的类型采用分层随机抽样的方法从这120名老年人中随机抽取10人，再从这10人中随机抽取4人进行访问，记随机抽取的4人中入住单人间的人数为ξ，求ξ的分布列和数学期望；
解：(1)∵单人间、双人间、三人间入住人数之比为36∶60∶24，∴这10人中，入住单人间、双人间、三人间的人数分别为10×=3，10×=5，10×=2，∴ξ的所有可能取值为0，1，2，3，P(ξ=0)=，P(ξ=1)=，P(ξ=2)=，P(ξ=3)=，∴ξ的分布列为
E(ξ)=0×＋1×＋2×＋3×.
跟踪训练3
入住房间的类型 单人间 双人间 三人间
人数 36 60 24
ξ 0 1 2 3
P
(2)记双人间与三人间为多人间，若在征集意见时要求把入住单人间的2人和入住多人间的m(m＞2，且m∈N*)人组成一组，负责人从某组中任选2人进行询问，若选出的2人入住房间类型相同，则该组被标为Ⅰ，否则该组被标为Ⅱ.记访问的某组被标为Ⅱ的概率为p.
(i)试用含m的代数式表示p；
(ii)若一共访问了5组，用g(p)表示恰有3组被标为Ⅱ的概率，试求g(p)的最大值及此时m的值.
(2)(i)从m＋2人中任选2人，有种选法，其中入住房间类型相同的有种选法，∴访问的某组被标为Ⅱ的概率p=1－=1－.
(ii)由题意，知5组中恰有3组被标为Ⅱ的概率g(p)=p3·(1－p)2=10p3(1－2p＋p2)=10(p3－2p4＋p5)，∴g'(p)=10(3p2－8p3＋5p4)=10p2(p－1)(5p－3)，∴当p∈时，g'(p)＞0，函数g(p)单调递增，当p∈时，g'(p)＜0，函数g(p)单调递减，∴当p=时，g(p)取得最大值，最大值为g，由p=，且m＞2，m∈N*，得m=3，∴当m=3时，5组中恰有3组被标为Ⅱ的概率最大，且g(p)的最大值为.
课时作业
1.(2025·贵州贵阳模拟)某车企为了调查新能源汽车的款式与买车的客户性别的关联性，调查了200名客户的购买情况，得到如下列联表：
(1)求出x，y的值.
解：(1)由已知得x=200－120=80，样本中选购B款新能源汽车的女性客户人数为80－10=70，∴y=90＋70=160.
A款新能源汽车 B款新能源汽车 合计
男性客户 90 120
女性客户 10 x
合计 y 200
(2)将上面列联表补充完整，依据小概率值α=0.05的独立性检验，能否认为选购新能源汽车的款式与性别有关联？
(2)得到完整数据的2×2列联表如下：
零假设为H0：选购新能源汽车的款式与性别无关联.根据列联表中的数据，可得χ2=≈4.688＞3.841=x0.05，根据小概率值α=0.05的独立性检验，推断H0不成立，即可以认为选购新能源汽车的款式与性别有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05.
A款新能源汽车 B款新能源汽车 合计
男性客户 30 90 120
女性客户 10 70 80
合计 40 160 200
(3)假设用样本估计总体，用频率估计概率，所有人选购新能源汽车的款式情况相互独立.若从购买者中随机抽取3人，设被抽取的3人中购买了A款新能源汽车的人数为X，求X的数学期望.
附：χ2=，n=a＋b＋c＋d.
(3)随机抽取1人购买A款新能源汽车的概率为.X的所有可能取值为0，1，2，3，则P(X=0)=，P(X=1)=，P，P，∴E=0＋1×2×3×.
α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
2.(2025·海南海口模拟)为纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年，某校组织相关的知识答题竞赛，每名参赛选手都赋予6分的初始积分，每答对一题加1分，每答错一题减1分.已知小明每道题答对的概率为，答错的概率为，且每道题答对与否互不影响.
(1)求小明答4道题后积分小于6的概率.
解：(1)小明答4道题后积分小于6，则小明4题都答错，或答对1题，答错3题，故小明答4道题后积分小于6的概率为.
(2)设小明答5道题后积分为X，求E(X)和D(X).
(2)解：设小明答对的题数为Y，则他答错的题数为5－Y，∴X=6＋Y－=2Y＋1，由题意知Y~B，∴E=5×，D=5×，∴E=2E1=2×1=，D=4D=4×.
(3)若小明一直答题，直到积分为0或12时停止，记小明的积分为i(i=1，2，…，11)时最终积分为12的概率为Pi，则P0=0，P12=1.
(i)证明：{－Pi}(i=1，2，…，11)为等比数列.
(ii)求P6的值.
(3)(i)证明：当小明的积分为i(i=1，2，…，11)时，若小明接下来一题答对，则积分变为i＋1，若小明接下来一题答错，则积分变为i－1，由全概率公式有Pi=Pi＋1Pi－1，整理可得Pi＋1－Pi=，又P1－P0=P1≠0，
∴为等比数列.
(ii)解：由(i)可得Pi＋1－Pi=P1，∴P12=…P1=P1，又P12=1，∴P1=，∴P6=P1=，∴P6的值为.
3.某篮球队为提高队员训练的积极性，进行小组投篮游戏，每个小组由2名队员组成，队员甲与队员乙组成一个小组.游戏规则如下：每个小组的2名队员在每轮游戏中分别投篮2次，投进的次数之和不少于3的小组被称为“神投小组”，已知甲、乙2名队员投进篮球的概率分别为p1，p2.
(1)若p1=，p2=，求他们在第一轮游戏中获得“神投小组”称号的概率.
解：(1)投进的次数之和不少于3的小组被称为“神投小组”，
则可能的情况有：①甲投中一次，乙投中两次；②甲投中两次，乙投中一次；③甲投中两次，乙投中两次.
∵p1=，p2=，∴他们在第一轮游戏中获得“神投小组”称号的概率为.
(2)已知p1＋p2=，则
(i)p1，p2取何值时能使得甲、乙2名队员在一轮游戏中获得“神投小组”称号的概率最大？并求出此时的最大概率.
(ii)在第(i)问的前提下，若甲、乙2名队员想要获得297次“神投小组”的称号，则他们平均要进行多少轮游戏？
(2)(i)由题意得他们在一轮游戏中获得“神投小组”称号的概率P=·p1(1－p1)·p2(1－p2)=2p1p2·(p1＋p2)－3·.∵p1＋p2=，∴p=p1p2－3·，又0≤p1≤1，0≤p2≤1，p1＋p2=，∴≤p1≤1.令m=p1p2=－p1=－，则m∈，∴P=f(m)=－3m2m=－3.∵f(m)在上单调递增，∴Pmax=f，此时p1=p2=.
(ii)他们小组在n轮游戏中获得“神投小组”称号的次数ξ满足ξ~B，∵np=297，则n==625，∴平均要进行625轮游戏.
4.(2026·杭州一模)现有一款益智棋类游戏，棋盘由全等的正三角形组成(如图所示)，假设棋盘足够大.在棋盘上，以O为原点建立平面直角坐标系，设点A的坐标为(1，0).有一颗质地均匀的正方体骰子，六个面分别以1~6标号.棋子初始位置为坐标原点，投掷骰子n次，用Xn表示第n次投掷后棋子的位置(X0为坐标原点)，规定：
其中向量uk=(k∈Z)，k为前n次投掷过程中，掷得偶数的总次数.
(1)求点X2所有可能的坐标；
解：(1)由题意，点X2可能的坐标为(0，0)，，(1，0)，(2，0).
(2)求投掷骰子8次后棋子在原点的概率；
(2)令向量a=(1，0)，b=，c=，则当k=3m时，uk=a；当k=3m＋1时，uk=b；当k=3m＋2时，uk=c，其中m∈N，且a＋b＋c=0.
要保证X8为原点，则在8次投掷过程中，掷得奇数的次数r应为0，3，6.
①若r=0，即8次投掷全部为偶数，共1种情况：偶偶偶偶偶偶偶偶；
②若r=3，即8次投掷过程中有5次偶数，3次奇数，则共8种情况：
奇偶奇偶奇偶偶偶，奇偶奇偶偶偶偶奇，奇偶偶奇偶偶奇偶，奇偶偶偶偶奇偶奇，偶奇偶奇偶奇偶偶，偶奇偶偶奇偶偶奇，偶偶奇偶奇偶奇偶，偶偶偶奇偶奇偶奇；
③若r=6，即6次奇数，仅有1种情况：奇奇偶奇奇偶奇奇.
故X8为坐标原点的概率p=.
(3)投掷骰子80次，记棋子在原点且投掷过程中掷得奇数的次数恰为r(0≤r≤80)的概率为p(r)，求p(r)的表达式，并指出当r为何值时，p(r)取得最大值.
(3)当r不是3的倍数时，显然有p(r)=0.
以下讨论当r是3的倍数的情况.不妨设r=3m，则掷得偶数的次数为80－3m.
记进行加向量a为操作A，加向量b为操作B，加向量c为操作C，不做任何操作记为操作T.定义操作小节： ，其中x，y，z可以为0.
在80次投掷产生的操作过程，可分为若干操作小节.注意到1个操作小节中有2次操作T，每两个操作小节也由操作T连接，∴共有27－m个操作小节，如下图所示：
∴其中xi，yi，zi∈N，1≤i≤27－m.
由隔板法可知，上述不定方程共有组解，而每一组解对应着一种满足题意的投掷，于是有p(r)=.综上，有p(r)=
因此，当=13，即r=39时，p(r)取得最大值.(共53张PPT)
第8节　二项分布、超几何分布与正态分布
课标解读　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.能借助正态分布曲线了解正态分布的概念，并进行简单应用.
内
容
索
引
必备知识巩固
关键能力提升
教考衔接
知识梳理
考点一 二项分布
考点二 超几何分布
考点三 正态分布
微点突破
1.[教材改编]在100件产品中有5件次品，采用有放回的方式从中任意抽取10件，设X表示这10件产品中的次品数，则(　 　)　　　　　　　　　　　　　　　　
A. X~B(100，0.05) B. X~B(10，0.05)
C. X~B(100，0.95) D. X~B(10，0.95)
【解析】 有放回地抽取，每次抽到次品的概率都是0.05，相当于10重伯努利试验，∴X~B(10，0.05).
2.[教材改编]若随机变量ξ~N(μ，σ2)，其分布密度函数为φ(x)=(x∈R)，则σ的值为
(　 　)
A. 1 B. 2 C. 4 D. 8
【解析】 ∵随机变量ξ~N(μ，σ2)，其分布密度函数为φ(x)=，∴μ=1，σ2=4，∴σ=2.
B
B
3.[教材改编]某班有50名学生，其中15人选修A课程，另外35人选修B课程，则从该班中
任选2名学生，他们选修不同课程的概率为 　.
【解析】 从该班中任选2名学生共有种不同的选法，又15人选修A课程，另外35人选修B课程，∴他们是选修不同课程的学生的选法有种，故从该班中任选2名学生，他们选修不同课程的概率P=.
4. (混淆二项分布与超几何分布)在含有3件次品的10件产品中，任取4件，X表
示取到的次品数，则P(X=2)= 　.
【解析】 由题意，X服从超几何分布，其中N=10，M=3，n=4，故P(X=2)=.
5. (利用正态曲线的对称性求值时出错)已知随机变量X~N(2，σ2)，P(X≤0)=0.15，则P(2≤X≤4)=　 　.
【解析】 ∵随机变量X~N(2，σ2)，∴P(X≤0)=P(X≥4)，又P(X≤0)=0.15，∴P(2≤X≤4)==0.35.
易错题
易错题
0.35
6. (有放回抽取与不放回抽取区分不清致误)袋中装有除颜色外完全相同的2个白球和3个黑球，从中依次摸出2个球.若采取有放回简单随机抽样，则2个球都是白球的
概率为 　；若采取不放回简单随机抽样，则2个球都是白球的概率为 　.
【解析】 若采取有放回简单随机抽样，则每次摸出的1个球是白球的概率为，∴摸出的2个球都是白球的概率P1=.若采取不放回简单随机抽样，∴摸出的2个球都是白球的概率P2=.
易错题
1.伯努利试验与二项分布
(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＜p＜1)，用X表示事件A发生的次数，则X的分布列为P(X=k)= 　，k=0，1，2，…，n，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)
2.两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)=　 　.
3.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}，称随机变量X服从超几何分布.
p
p(1－p)
np
np(1－p)
4.正态分布
(1)定义
若随机变量X的概率分布密度函数为f(x)=，x∈R，其中，μ∈R，σ＞0为参数，则称随机变量X服从　 　，记为X~N(μ，σ2).
(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.
(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)=　 　.
正态分布
x=μ
x=μ
μ
σ2
[优化拓展]
1.两点分布是二项分布当n=1时的特殊情形.
2.超几何分布有时也记为X~H(N，M，n)，其均值E(X)=，D(X)=.
3.若X服从正态分布，即X~N(μ，σ2)，要充分利用“正态曲线关于直线x=μ对称”和“曲线与x轴之间的面积为1”解题.
4.利用n重伯努利试验概率公式可以简化求概率的过程，但需要注意检查该概率模型是否满足公式P(X=k)=pk(1－p)n－k的三个条件：
(1)每次试验中事件A发生的概率是一个常数p(0＜p＜1)；
(2)n次试验不仅是在完全相同的情况下进行的重复试验，而且各次试验的结果是相互独立的；
(3)该公式表示n次试验中事件A恰好发生了k次的概率.
考点一　二项分布
某杂志社要对投稿的稿件进行评审，评审的程序如下：先由两位专家进行初审.若两位专家的初审都通过，则予以录用；若两位专家的初审都不通过，则不予录用；若恰能通过一位专家的初审，则再由另外的两位专家进行复审，若两位专家的复审都通过，则予以录用，否则不予录用.假设投稿的稿件能通过各位专家初审的概率均为，复审的稿件能通过各位专家复审的概率均为，且每位专家的评审结果相互独立.
(1)求投到该杂志社的一篇稿件被录用的概率；
解：(1)由题意可得投到该杂志社的一篇稿件初审直接被录用的概率P1=.投到该杂志社的一篇稿件初审没有被录用，复审被录用的概率P2=，故投到该杂志社的一篇稿件被录用的概率P=P1＋P2=.
例 1
(2)记X表示投到该杂志社的三篇稿件中被录用的篇数，求X的分布列及期望.
(2)由题意可知X的所有可能取值为0，1，2，3，且X~B，P(X=0)=，P(X=1)=，P(X=2)=，P(X=3)=.则X的分布列为　
故E(X)=3×.
X 0 1 2 3
P
判断某随机变量服从二项分布的关键点：
(1)在每一次试验中，事件发生的概率相同.
(2)各次试验的结果是相互独立的.
(3)在每一次试验中，试验的结果只有两个，即发生与不发生.
(2025·安徽阶段练习)甲、乙两位同学参加答题活动，已知两人各答3道试题，答对每道试题的概率均为.假定两位同学的答题情况互不影响，且每位同学每道试题答对与否相互独立.
(1)记甲同学答对的试题数为X，求X的分布列与期望；
解：(1)由题意可知，X~B，∴P(X=0)=，P(X=1)=，P(X=2)=，P(X=3)=，∴X的分布列为
E(X)=3×=1.
跟踪训练1
X 0 1 2 3
P
(2)求甲同学答对的试题数比乙同学答对的试题数多的概率.
(2)记乙同学答对的试题数为Y，则Y~B，由(1)可知P(Y=0)=，P(Y=1)=，P(Y=2)=，P(Y=3)=，∴P(X=Y=0)=，P(X=Y=1)=，P(X=Y=2)=，P(X=Y=3)=，∴P(X=Y)=，易知P(X＞Y)=P(X＜Y)，∴P(X＞Y)=.
考点二　超几何分布
宿州号称“中国云都”，拥有华东最大的云计算数据中心、CG动画集群渲染基地，是继北京、上海、合肥、济南之后的全国第5家量子通信节点城市.为了统计计算中心的算力，现从全市n个大型机房和6个小型机房中随机抽取若干机房进行算力分析，若一次抽取2个机房，全是小型机房的概率为.
(1)求n的值；
解：(1)由题知，共有n＋6个机房，抽取2个机房有种方法，其中全是小机房有种方法，因此全是小机房的概率为p=，解得n=4，即n的值为4.
例 2
(2)若一次抽取3个机房，假设抽取的小型机房的个数为X，求X的分布列和数学期望.
(2)X的可能取值为0，1，2，3.P(X=0)=，P(X=1)=，P(X=2)=，P(X=3)=.
则随机变量X的分布列为
则X的数学期望E(X)=0×＋1×＋2×＋3×.
X 0 1 2 3
P
求超几何分布的分布列的3个步骤：
(1)验证随机变量是否服从超几何分布，并确定参数N，M，n的值；
(2)根据超几何分布的概率计算公式计算出随机变量取每一个值时的概率；
(3)用表格的形式列出分布列.
袋中有8个除颜色外完全相同的小球，其中1个黑球，3个白球，4个红球.
(1)若从袋中一次性取出两个小球，记取到的红球个数为X，求X的分布列和均值；
解：(1)由题意得X的可能取值为0，1，2，P(X=0)=，P(X=1)=，P(X=2)=，
∴X的分布列为
E(X)=0×＋1×＋2×=1.
跟踪训练2
X 0 1 2
P
(2)若从袋中不放回地取3次，每次取一个小球，取到黑球记0分，取到白球记2分，取到红球记4分，在最终得分为8分的条件下，求恰好取到一个红球的概率.
(2)设事件A=“最终得分为8分”，事件B=“恰好取到一个红球”.由题意，最终得分为8分有两种情况：摸出2个白球1个红球或1个黑球2个红球，∴P(A)=，P(AB)=，∴P(B|A)=.
考点三　正态分布
(1)(多选)某市有甲、乙两个工厂生产同一型号的汽车零件，
零件的尺寸分别记为X，Y，已知X，Y均服从正态分布，
X~N(μ1，)，Y~N(μ2，)，其正态曲线如图所示，则下
列结论中，正确的有(　 　)
A. 甲工厂生产零件尺寸的平均值等于乙工厂生产零件尺寸
的平均值
B. 甲工厂生产零件尺寸的平均值小于乙工厂生产零件尺寸的平均值
C. 甲工厂生产零件尺寸的稳定性高于乙工厂生产零件尺寸的稳定性
D. 甲工厂生产零件尺寸的稳定性低于乙工厂生产零件尺寸的稳定性
【解析】 结合正态密度函数的图象可知，μ1=μ2，σ1＜σ2，故甲工厂生产零件尺寸的平均值等于乙工厂生产零件尺寸的平均值，A正确，B错误；甲工厂生产零件尺寸的稳定性高于乙工厂生产零件尺寸的稳定性，C正确，D错误.
例 3
AC
(2)(多选)(2024·新高考Ⅰ卷)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
【解析】 依题可知，=2.1，s2=0.01，∴Y~N(2.1，0.01)，故P(Y＞2)=P(Y＞2.1－0.1)=P(Y＜2.1＋0.1)≈0.841 3＞0.5，C正确，D错误；∵X~N(1.8，0.12)，∴P(X＞2)=P(X＞1.8＋2×0.1)，∵P(X＜1.8＋0.1)≈0.841 3，∴P(X＞1.8＋0.1)≈1－0.841 3=0.158 7＜0.2，而P(X＞2)=P(X＞1.8＋2×0.1)＜P(X＞1.8＋0.1)＜0.2，B正确，A错误，
BC
已知某物理实验参数误差X(单位： cm)服从正态分布N(2，σ2)，且P(2≤X≤6)=0.4.
(1)求P(X＞6)的值；
解：(1)∵X服从正态分布N(2，σ2)，∴正态曲线关于x=2对称，由正态分布的对称性，可得P(－2≤X≤2)=P(2≤X≤6)=0.4，∴P(X＞6)==0.1.
(2)求P(X≥－2|X≤2)的值.
(2)设事件A：X≥－2，事件B：X≤2，由(1)得P(B)=P(X≤2)=0.5，P(AB)=P(－2≤X≤2)=0.4，∴P(X≥－2∣X≤2)=P(A|B)==0.8.
跟踪训练3
1.教材和考题中常涉及二项分布与超几何分布，学生对这两种模型的定义不能很好地理解，一遇到“取”或“摸”的题型，就认为是超几何分布，事实上，超几何分布和二项分布确实有着密切的联系，但也有明显的区别.
2.超几何分布的抽取是不放回抽取，各次抽取不独立，二项分布的抽取是有放回抽取，各次抽取相互独立.当超几何分布所对应的总体数量很大时可以近似地看作二项分布.
二项分布与超几何分布的区别与联系
微点突破
写出下列离散型随机变量的分布列，并指出其中服从二项分布的是哪些？服从超几何分布的是哪些？
(1)X1表示n次重复抛掷1枚骰子出现点数是3的倍数的次数；
解：(1)X1的分布列为
X1服从二项分布，即X1~B.
例 4
X1 0 1 2 … n
P · · · …
(2)有一批产品共有N件，其中次品有M件(N＞M＞0)，采用有放回抽取方法抽取n次(n＞N)，抽出的次品件数为X2；
(2)X2的分布列为
X2服从二项分布，即X2~B.
X2 0 1 2 … n
P · · …
(3)有一批产品共有N件，其中M件为次品，采用不放回抽取方法抽n件，出现次品的件数为X3(N－M＞n＞0，且M≥n).
(3)X3的分布列为
X3服从超几何分布.
X3 0 1 … k … n
P … …
为纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年，某校举行“强国强军”知识竞赛.该校某班经过层层筛选，还有最后一个参赛名额要在A，B两名学生中产生，该班委设计了一个选拔方案：A，B两名学生各自从6个问题中随机抽取3个问题作答.已知这6个问题中，学生A能正确回答其中的4个问题，而学生B能正确回答每个问题的概率均为.A，B两名学生能否正确回答问题之间是相互独立的.
(1)分别求A，B两名学生恰好答对2个问题的概率；
解：(1)由题意得，A恰好答对2个问题的概率P1=，B恰好答对2个问题的概率P2=·.
例 5
(2)设A答对的题数为X，B答对的题数为Y，若让你投票决定参赛选手，你会选择哪名学生？请说明理由.
(2)X的可能取值为1，2，3，则P(X=1)=；
P(X=2)=；P(X=3)=，∴E(X)=1×＋2×＋3×=2，D(X)=(1－2)2×＋(2－2)2×＋(3－2)2×.
易知Y~B，∴E(Y)=3×=2，D(Y)=3×.∵E(X)=E(Y)，D(X)＜D(Y)，∴A与B答题的平均水平相当，但A比B更稳定，∴选择学生A.
某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，随机抽取该流水线上的40件产品作为样本并称出它们的质量(单位：克)，质量的分组区间为[490，495)，[495，500)，…，[510，515].由此得到样本的频率分布直方图，如下图所示.
(1)根据频率分布直方图，求质量超过505克的产品数量；
解：(1)质量超过505克的产品的频率为5×0.05＋5×0.01=0.3，∴质量超过505克的产品数量为40×0.3=12(件).
跟踪训练4
(2)在上述抽取的40件产品中任取2件，设X为质量超过505克的产品数量，求X的分布列；
(2)质量超过505克的产品数量为12件，则质量未超过505克的产品数量为28件，X的取值为0，1，2，X服从超几何分布.P(X=0)=，P(X=1)=，P(X=2)=，∴X的分布列为
X 0 1 2
P
(3)从该流水线上任取2件产品，设Y为质量超过505克的产品数量，求Y的分布列.
(3)根据样本估计总体的思想，取一件产品，该产品的质量超过505克的概率为.从流水线上任取2件产品互不影响，该问题可看成2重伯努利试验，质量超过505克的件数Y的可能取值为0，1，2，且Y~B，P(Y=k)=·，k=0，1，2.
∴P(Y=0)=，P(Y=1)=，P(Y=2)=，∴Y的分布列为
Y 0 1 2
P
课时作业
答案速对
第十章 对点练87　二项分布、超几何分布与正态分布 题号 1 2 3 4 5
答案 A B D D B
题号 6 7 8 13 14
答案 C BD ABC C D
1.某人射击一次击中的概率为0.6，经过3次射击，此人至少有两次击中目标的概率为(　 　)　　　　　　　　　　　　　　　
A. B. C. D.
A
2.(2025·天津卷)已知r为相关系数，则下列说法中，错误的是(　 　)
A. 若X~N(μ，σ2)，则P(X≤μ－σ)=P(X≥μ＋σ)
B. 若X~N(1，22)，Y~N(2，22)，则P(X＜1)＜P(Y＜2)
C. |r|越接近1，线性相关性越强
D. |r|越接近0，线性相关性越弱
B
3.设袋中有80个红球，20个白球，若从袋中任取10个球，则其中恰有6个红球的概率为
(　 　)
A. B.
C. D.
D
4.已知随机变量X服从二项分布B(4，p)，其期望E(X)=3，随机变量Y服从正态分布N(1，2)，若P(Y＞0)=p，则P(0＜Y＜2)=(　 　)
A. B. C. D.
D
5.(2025·安徽合肥模拟)已知随机变量X，Y均服从正态分布，其中X~N(0，1)，且X＋2Y=2，设函数F(x)=P(|Y－2x|＜1)，则F(x)的图象大致为(　 　)
A. B. C. D.
B
6.(2025·海南海口模拟)某新能源汽车公司生产的电池容量X~N(50，σ2)(单位：千瓦时)，且P(47≤X≤53)=0.8.若质检部门随机抽检4块电池，则恰好有2块电池的容量在53千瓦时以上的概率为(　 　)
A. 0.008 1
B. 0.016 2
C. 0.048 6
D. 0.097 2
【解析】 ∵X~N(50，σ2)，∴由正态密度曲线的对称性可知P(X＞53)==0.1，若质检部门随机抽检4块电池，其中容量在53千瓦时以上的电池块数为ξ，则ξ~B(4，0.1)，由二项分布的概率公式可得P(ξ=2)=×0.92×0.12=0.048 6.
C
7.(多选)(2025·黑龙江哈尔滨模拟)某高中为了让同学们了解有关半导体芯片的内容，并同时增加同学们对芯片行业的兴趣，特地举办了一次半导体芯片知识竞赛，统计结果显示，学生成绩X~N(70，σ2)，其中不低于60分为及格，不低于80分为优秀，且优秀率为20%.若从全校参与竞赛的学生中随机选取5人，记选取的5人中知识竞赛及格的学生人数为Y，则(　 　)
A. 该知识竞赛的及格率为60%
B. P(Y=2)=
C. E(Y)=3
D. D(Y)=0.8
【解析】 对于A，∵学生成绩X~N(70，σ2)，根据正态分布的对称性得P(X≥80)=P(X≤60)=0.2，∴P(X≥60)=1－P(X＜60)=0.8，即该知识竞赛的及格率为80%，A错误；又P(X≥60)=0.8=，由题意可得Y~B，∴P，E=5×=4，D=5×=0.8.B，D正确，C错误.
BD
8.(多选)随机变量X，Y分别服从正态分布和二项分布，即X~N(2，1)，Y~B，则
(　 　)
A. P(X≤2)= B. E(X)=E(Y)
C. D(X)=D(Y) D. P(Y=1)=
【解析】 对于A，根据正态分布的定义得P(X≤μ)=，A正确；对于B，E(X)=μ=2，E(Y)=4×=2，故E(X)=E(Y)，B正确；对于C，D(X)=σ2=1，D(Y)=4×=1，故D(X)=D(Y)，C正确；对于D，P(Y=1)=，D错误.
ABC
9.在工业生产中，轴承的直径服从N(3.0，0.002 5)，购买者要求直径为3.0±ε，不在这个范围的将被拒绝，要使被拒绝的概率控制在4.55%之内，则ε至少为　 　(若X~N(μ，σ2)，则P(|X－μ|＜2σ)≈0.954 5).
【解析】 若X~N(μ，σ2)，则P(|X－μ|＜2σ)≈0.954 5，∵工业生产中轴承的直径服从N(3.0，0.002 5)，∴μ=3.0，σ2=0.002 5，则σ=0.05，由P(|X－3.0|＜0.1)≈0.954 5，得P(|X－3.0|≥0.1)≈1－0.954 5=0.045 5，∴要使被拒绝的概率控制在4.55%之内，则ε至少为0.1.
0.1
10.一袋中有除颜色不同，其他都相同的2个白球，2个黄球，1个红球，从中任意取出3个
球，有黄球的概率为 　，若ξ表示取到黄球的个数，则E(ξ)= 　.
【解析】 从中任意取出3个球，样本点总数n==10，其中有黄球包含的样本点个数m==9，∴有黄球的概率P=.ξ表示取到黄球的个数，则ξ的所有可能取值为0，1，2，P(ξ=0)=，P(ξ=1)=，P(ξ=2)=，∴E(ξ)=0×1×2×.
11.某工厂从生产出的产品中随机抽取100件来测量一项质量指标，根据测量结果绘制出如图所示的频率分布直方图.
(1)估计这100件产品质量指标的平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表).
解：(1)=200×0.04＋210×0.09＋220×0.12＋230×0.15＋240×0.2＋250×0.17＋260×0.12＋270×0.07＋280×0.04=239.6.
(2)若认为该产品的质量指标Z~N(μ，σ2)，μ认为是样本平均数，σ2=400.
(i)在交货前，客户随机抽取了10件该产品，记X表示这10件产品中质量指标在(219.6，279.6)内的产品件数，求E(X)(结果取整数)；
(ii)为了保证产品质量，质量检查员每天在当天生产的该产品中随机抽取15件，若出现质量指标在[μ－3σ，μ＋3σ]之外的产品，则认为生产过程出现问题，需要检查整个生产过程，否则不需要检查.在质量检查员当天抽取的15件该产品中，其质量指标的最小值为180.9，质量指标的最大值为299.8，判断是否需要检查整个生产过程.附：若Z~N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤Z≤μ＋σ)≈0.682 7，
P(μ－2σ≤Z≤μ＋2σ)≈0.954 5，
P(μ－3σ≤Z≤μ＋3σ)≈0.997 3.
(2)由题意得，该产品的质量指标Z~N(239.6，400).
(i)P(219.6＜Z＜279.6)=P(219.6＜Z≤239.6)＋P(239.6＜Z＜279.6)≈×0.682 7×0.954 5=0.818 6，则X近似服从二项分布B(10，0.818 6)，
∴E(X)=10×0.818 6≈8.
(ii)∵μ－3σ=179.6，μ＋3σ=299.6，且299.8 [179.6，299.6]，∴需要检查整个生产过程.
12.(2025·湖州模拟)某学校为了提升学生学习数学的兴趣，举行了“趣味数学”闯关比赛，每轮比赛从10道题中任意抽取3道回答，每答对一道题积1分.已知小明同学能答对10道题中的6道题.
(1)求小明同学在一轮比赛中所得积分X的分布列和期望.
解：(1)由题意，X=0，1，2，3，小明能答对10道题中的6道题且每答对一道题积1分，
∴P(X=0)=，P(X=1)=，P(X=2)=，P(X=3)=，
∴X的分布列为
∴E(X)=0×1×2×3×.
X 0 1 2 3
P
(2)规定参赛者在一轮比赛中至少积2分才视为闯关成功，若参赛者每轮闯关成功的概率稳定且每轮是否闯关成功相互独立，问：小明同学在10轮闯关比赛中，需几次闯关成功才能使得对应概率取值最大？
(2)参赛者在一轮比赛中至少积2分才视为闯关成功，记概率为P=，若小明在10轮闯关比赛中，记闯关成功的次数为Y，则Y~B，故
P(Y=k)=·，k=0，1，…，10，
若Y=k(0＜k＜10，k∈N)，则
则可得≤k≤，即k=7，故小明在10轮闯关比赛中，需7次闯关成功才能使得对应概率取值最大.
13.若X~B，则当k=0，1，2，…，100时(　 　)
A. P(X=k)≤P(X=50) B. P(X=k)≤P(X=32)
C. P(X=k)≤P(X=33) D. P(X=k)≤P(X=49)
【解析】 由题意得即化简得≤k≤，又k为整数，可得k=33，∴P(X=k)≤P(X=33).
C
14.中心极限定理是概率论中的一个重要结论.根据该定理，若随机变量ξ~B(n，p)，则当np＞5，且n(1－p)≥5时，ξ可以由服从正态分布的随机变量η近似替代，且ξ的期望和方差分别与η的均值和方差近似相等.现投掷一枚质地均匀分布的骰子2 500次，利用正态分布估算骰子向上的点数为偶数的次数少于1 300的概率为(附：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. 0.002 7 B. 0.5 C. 0.841 4 D. 0.977 3
【解析】 骰子向上的点数为偶数的概率p=，故ξ~B，显然np=n(1－p)=
2 500×＞5，其中np=1 250，np(1－p)=625，故y~N(1 250，252)，则μ＋2σ=1 250＋50=
1 300，由正态分布的对称性可知，估算骰子向上的点数为偶数的次数少于1 300的概率为0.5×0.954 5≈0.977 3.
D
15.柯西分布是一个数学期望不存在的连续型概率分布.记随机变量X服从柯西分布为X~C(γ，x0)，其中当γ=1，x0=0时的特例称为标准柯西分布，其概率密度函数为f(x)=.已知X~C(1，0)，P(|X|≤)=，P(1＜X≤)=，则P(X≤－1)= 　.
【解析】 ∵f(－x)==f(x)，∴该函数是偶函数，图象关于y轴对称，由P(|X|≤)=，可得P(0＜X≤)=，∵P(1＜X≤)=，∴P(0＜X＜1)=，∴P(－1＜X＜0)=，∴P(X≤－1)=.
16.(2026·湖南永州模拟)为了切实加强学校体育工作，促进学生积极参加体育锻炼，养成良好的锻炼习惯，某高中学校计划优化课程，增加学生体育锻炼时间，提高体质健康水平.某体质监测中心抽取了该校10名学生进行体质测试，得到如下表格.
记这10名学生体质测试成绩的平均分与方差分别为，s2，经计算(xi－)2=1 690.
(1)求；
解：(1)×(38＋41＋44＋51＋54＋56＋58＋64＋74＋80)=56.
序号i 1 2 3 4 5
成绩xi/分 38 41 44 51 54
序号i 6 7 8 9 10
成绩xi/分 56 58 64 74 80
(2)规定体质测试成绩低于50分为不合格，从这10名学生中任取3名，记体质测试成绩不合格的人数为X，求X的分布列；
(2)∵体质测试不合格的学生有3名，∴X的可能取值为0，1，2，3.∵P(X=0)=，P(X=1)=，P(X=2)=，P(X=3)=.∴X的分布列为
X 0 1 2 3
P
(3)经统计，高中生体质测试成绩近似服从正态分布N(μ，σ2)，用，s2的值分别作为μ，σ2的近似值，若监测中心计划从全市抽查100名高中生进行体质测试，记这100名高中生的体质测试成绩恰好落在区间[30，82]的人数为Y，求Y的数学期望E(Y).
附：若ξ~N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤ξ≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤ξ≤μ＋3σ)≈0.997 3.
(3)∵=56，s2=(xi－)2=×1 690=169，∴μ=56，σ=13.∵P(30≤X≤82)=P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，∴学生的体质测试成绩恰好落在区间[30，82]的概率约为
0.954 5，故Y~B(100，0.954 5)，∴E(Y)=100×0.954 5=95.45.(共26张PPT)
拓展视野 贝叶斯公式
能力训练
知识拓展
课时作业
内
容
索
引
1.贝叶斯公式：设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An=Ω，且P(Ai)＞0，i=1，2，…，n，则对任意事件B Ω，P(B)＞0，有
2.全概率公式和贝叶斯公式的区别
(1)从形式上看：全概率公式是求一个事件发生的总概率，而贝叶斯公式是求一个事件的条件概率.
(2)从思想上看：全概率公式是将一个复杂的事件分解为若干个简单的子事件，然后利用子事件发生的概率和条件概率来求出复杂事件发生的概率.贝叶斯公式是利用已知的结果，反推出原因的可能性，然后利用原因发生的概率和条件概率来更新对原因发生的概率的估计.
(3)从应用上看：全概率公式和贝叶斯公式可以相互配合，一般来说，全概率公式可以用来求出贝叶斯公式中的分母(结果发生的总概率)，而贝叶斯公式可以用来求出全概率公式中的分子(子事件发生的条件概率).
(1)(多选)有3台车床加工同一型号的零件.第1台加工的次品率为6%，第2，3台加工的次品率均为5%，加工出来的零件混放在一起，已知第1，2，3台车床的零件数分别占总数的25%，30%，45%，则下列结论中，正确的有(　 　)
A. 任取一个零件是第1台生产出来的次品概率为0.015
B. 任取一个零件是次品的概率为0.052 5
C. 如果取到的零件是次品，则是第2台车床加工的概率为
D. 如果取到的零件是次品，则是第3台车床加工的概率为
例 1
ABC
【解析】 对于A，由题意任取一个零件是第1台生产出来的次品概率为6%×25%=1.5%，A正确；对于B，由题设，任取一个零件是次品的概率为6%×25%＋5%×30%＋5%×45%=5.25%，B正确；对于C，由条件概率，取到的零件是次品，则是第2台车床加工的概率为，C正确；对于D，由条件概率，取到的零件是次品，则是第3台车床加工的概率为，D错误.
(2)随着城市经济的发展，早高峰问题越发严重，上班族需要选择合理的出行方式.某公司的员工小明上班出行方式有三种，某天早上他选择自驾、坐公交车、骑共享单车的概率分别为，而他自驾、坐公交车、骑共享单车迟到的概率分别为，结果这一天他迟到了，在此条件下，他自驾去上班的概率为 　.
【解析】 由题意设事件A表示“自驾”，事件B表示“坐公交车”，事件C表示“骑共享单车”，事件D“表示迟到”，则P(A)=P(B)=P(C)=，P(D|A)=，P(D|B)=，P(D|C)=，P(D)=P(A)P(D|A)＋P(B)P(D|B)＋P(C)P(D|C)=，∵小明迟到了，∴由贝叶斯公式得他自驾去上班的概率是P(A|D)=.
学校给每位教师随机发了一箱苹果，李老师将其分发为两份，第1份占总数的40%，次品率为5%，第2份占总数的60%，次品率为4%.若李老师在分发之前随机拿了一个发现是次品后放回，
则该苹果被分到第1份中的概率为 　.
【解析】 设事件B为“拿的苹果是次品”，Ai(i=1，2)为“拿的苹果来自第i份”，则P(A1)=0.4，P(B|A1)=0.05，P(A2)=0.6，P(B|A2)=0.04，
∴P(B)=P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)=0.4×0.05＋0.6×0.04=0.044，所求概率为P(A1|B)=.
跟踪训练1
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答案速对
第十章 对点练89　贝叶斯公式 题号 1 2 3 4 5
答案 A A B B B
题号 6 7 8 13 14
答案 B ACD BCD A D
1.根据某中学食堂人脸识别支付系统的后台数据解析发现，高三年级小孔同学一周只去食堂一楼和二楼吃饭.周一去食堂一楼和二楼的概率分别为和，若他周一去了食堂一楼，那么周二去食堂二楼的概率为，若他周一去了食堂二楼，那么周二去食堂一楼的概率为，现已知小孔同学周二去了食堂二楼，则周一去食堂一楼的概率为(　 　)　　　　　　　　　　　　　　　
A. B. C. D.
【解析】 记“小孔同学周一去食堂一楼”为事件A，“周二去食堂一楼”为事件B，则本题所求P(A|)=.
A
2.设有5个袋子中放有白球、黑球，其中1号袋中白球占，另外2，3，4，5号4个袋子中白球都占，今从中随机取1个袋子，从所取的袋子中随机取1个球，结果是白球，则这个球在1号袋子中的概率为(　 　)
A. B. C. D.
【解析】 设事件Ai表示“取到第i号袋子”(i=1，2，3，4，5)，事件B表示“取到白球”，
则P(A1|B)==
.
A
3.8支步枪中有5支已经校准过，3支未校准，一名射手用校准过的枪射击时，中靶的概率为0.8，用未校准的步枪射击时，中靶的概率为0.3，现从8支中任取一支射击，结果中靶，则所选用的是校准过的枪的概率为(　 　)
A. B. C. D.
【解析】 设事件A表示“射击时中靶”，事件B1表示“使用的枪校准过”，事件B2表示“使用的枪未校准”，则B1，B2是Ω的一个划分.P(A|B1)=0.8，P(B1)=，P(A|B2)=0.3，P(B2)=，根据全概率公式得P(A)=P(AB1)＋P(AB2)=P(A|B1)P(B1)＋P(A|B2)P(B2)=0.8×0.3×，∴P(B1|A)=.
B
4.一道考题有4个答案，要求学生将其中的一个正确答案选择出来.已知考生确实知道正确答案的概率为，则猜想正确答案的概率为.在猜想时，4个答案都有机会被他选择，如果他答对了，则他确实知道正确答案的概率是(　 　)
A. B. C. D.
【解析】 设A=“考生答对”，B=“考生确实知道正确答案”，由全概率公式得P(A)=P(B)P(A|B)＋P()P(A|)=×1.由贝叶斯公式得P(B|A)=.
B
5.某次考试共有8道单选题，某学生掌握了其中5道题，2道题有思路，1道题完全没有思路.掌握了的题目他可以选择唯一正确的答案，有思路的题目每道做对的概率为，没有思路的题目，只好任意猜一个答案，猜对的概率为.已知这个学生随机选一道题作答且做对了，则该题为有思路的题目的概率为(　 　)
A. B. C. D.
【解析】 设事件A1表示“选到会做的题”，事件A2表示“选到有思路的题”，事件A3表示“选到完全没有思路的题”，设事件B表示答对该题，则P(B|A1)=1，P(B|A2)=，P(B|A3)=，P(B)=P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)=×1，设事件C表示“将有思路的题目做对”，则P(C)=.
B
6.某卡车为乡村小学运送书籍，共装有10个纸箱，其中5箱英语书、5箱数学书.到目的地时发现丢失一箱，但不知丢失哪一箱.现从剩下9箱中任意打开两箱，结果都是英语书，则丢失的一箱也是英语书的概率为(　 　)
A. B. C. D.
【解析】 用A表示“丢失一箱后任取两箱是英语书”，用B1表示“丢失的一箱为英语书”，B2表示“丢失的一箱为数学书”，则P(B1)=P(B2)=，P(A|B1)=，P(A|B2)=，由全概率公式可得P(A)=P(B1)P(A|B1)＋P(B2)·P(A|B2)=，∴P(B1|A)=.
B
7.(多选)有3台车床加工同一型号的零件，第1，2，3台加工的次品率分别为6%，5%，4%，加工出来的零件混放在一起.已知第1，2，3台车床加工的零件数的比为5∶6∶9，现任取一个零件，记事件Ai=“零件为第i台车床加工”(i=1，2，3)，事件B=“零件为次品”，则(　 　)
A. P(A1)=0.25 B. P(B|A2)=
C. P(B)=0.048 D. P(A1|B)=
【解析】 对于A，B，事件Ai=“零件为第i台车床加工”(i=1，2，3)，事件B=“零件为次品”，则P(A1)=，P(A2)=，P(A3)=，P(B|A1)=6%，P(B|A2)=5%，P(B|A3)=4%，A正确，B错误；对于C，P(B)=P(A1B)＋P(A2B)＋P(A3B)=P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)=×6%×5%×4%=0.048，C正确；对于D，P(A1|B)=，D正确.
ACD
8.(多选)一个不透明的袋子里，装有大小相同的3个红球和2个白球，每次从中不放回地取出一球，现取出2个球，则下列说法中，正确的有(　 　)
A. 两个都是红球的概率为
B. 在第一次取到红球的条件下，第二次取到白球的概率为
C. 第二次取到红球的概率为
D. 在第二次取到红球的条件下，第一次取到白球的概率为
【解析】 对于A，抽取的两个都是红球的概率为，A错误；对于B，记事件M：“第一次取到红球”，事件Q：“第二次取到白球”，则P(M)=，P(MQ)=，∴P(Q|M)=，B正确；对于C，P()=，P(|M)=，P(|)=，由全概率公式可得P()=P(M)·P(|M)＋P()P(|)=，C正确；对于D，
P( )=P()P(|)=，∴P(|)=，D正确.
BCD
9.李老师一家要外出几天，家里有一盆花交给邻居帮忙照顾，如果这几天内邻居记得浇水，那么花存活的概率为0.8，如果这几天内邻居忘记浇水，那么花存活的概率为0.3，假设李老师对邻居不了解，即可以认为邻居记得和忘记浇水的概率均为0.5，几天后李老
师回来发现花还活着，则邻居记得浇水的概率为 　.
【解析】 记事件A为“花还活着”，事件B为“邻居记得浇水”，P(A)=0.5×0.8＋0.5×0.3=0.55，花还活着，则邻居记得浇水的概率为P(B|A)=.
10.有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为8%，第2台加工的次品率为3%，第3台加工的次品率为2%，加工出来的零件混放在一起.已知第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的10%，40%，50%，从混放的零件中任取一个零件，如果该零件
是次品，那么它是第3台车床加工出来的概率为 　.
【解析】 记事件A：“车床加工的零件为次品”，记事件Bi：“第i台车床加工的零件(i=1，2，3)”，则P(A|B1)=8%，P(A|B2)=3%，P(A|B3)=2%，P(B1)=10%，P(B2)=40%，P(B3)=50%，任取一个零件是次品的概率为P(A)=P(AB1)＋P(AB2)＋P(AB3)=8%×10%＋3%×40%＋2%×50%=0.03.如果该零件是次品，那么它是第3台车床加工出来的概率为P(B3|A)=.
11.某玻璃杯整箱出售，共3箱，每箱20只.假设各箱含有0，1，2只残次品的概率对应为0.8，0.1和0.1.一顾客欲购买一箱玻璃杯，在购买时，售货员随意取一箱，而顾客随机查看4只玻璃杯，若无残次品，则买下该箱玻璃杯；否则不买.设事件A表示“顾客买下所查看的一箱玻璃杯”，事件Bi表示“箱中恰好有i(i=0，1，2)只残次品”.求：
(1)顾客买下所查看的一箱玻璃杯的概率P(A)；
解：(1)由题设可知，P(B0)=0.8，P(B1)=0.1，P(B2)=0.1，且P(A|B0)=1，P(A|B1)=，P(A|B2)=，∴P(A)=P(B0)P(A|B0)＋P(B1)P(A|B1)＋P(B2)P(A|B2)=0.8×1＋0.1×0.1×.
(2)在顾客买下的一箱中，没有残次品的概率P(B0|A).
(2)P(B0|A)=.
12.某地举办了一次地区性的中国象棋比赛，小明作为选手参加.除小明外的其他参赛选手中，一、二、三类棋手的人数之比为5∶7∶8，小明与一、二、三类棋手比赛获胜的概率分别为0.6，0.5，0.4.
(1)从参赛选手中随机抽取一位棋手与小明比赛，求小明获胜的概率；
解：(1)记事件B：“小明获胜”，事件Ai：“小明与第i(i=1，2，3)类棋手相遇”，由题可得，P(A1)==0.25，P(A2)==0.35，P(A3)==0.4，P(B|A1)=0.6，P(B|A2)=0.5，P(B|A3)=0.4.由全概率公式可知P(B)=P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)=0.25×0.6＋0.35×0.5＋0.4×0.4=0.485.
(2)如果小明获胜，求与小明比赛的棋手分别为一、二、三类棋手的概率.
(2)由条件概率公式可得
P(A1|B)=，P(A2|B)=，P(A3|B)=.即如果小明获胜，对手分别为一、二、三类棋手的概率为.
13.一堆苹果中大果与小果的比例为9∶1，现用一台水果分选机进行筛选.已知这台分选机把大果筛选为小果的概率为5%，把小果筛选为大果的概率为2%.经过一轮筛选后，现在从这台分选机筛选出来的“大果”里面随机抽取一个，则这个“大果”是真的大果的概率为(　 　)
A. B. C. D.
【解析】 记事件A1：“放入水果分选机的苹果为大果”，事件A2：“放入水果分选机的苹果为小果”，记事件B：‘水果分选机筛选的苹果为“大果”’，则P(A1)=，P(A2)=，P(B|A1)=，P(B|A2)=，由全概率公式可得P(B)=P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)=，P(A1B)=P(A1)P(B|A1)=，∴P(A1|B)=.
A
14.甲口袋中有3个红球，2个白球和5个黑球，乙口袋中有3个红球，3个白球和4个黑球，先从甲口袋中随机取出一球放入乙口袋，分别以A1，A2和A3表示由甲口袋取出的球是红球、白球和黑球的事件；再从乙口袋中随机取出一球，以B表示由乙口袋取出的球是红球的事件，则下列结论中，正确的是(　 　)
A. P(B|A2)=
B. 事件A1与事件B相互独立
C. P(A3|B)=
D. P(B)=
【解析】 由题意得P(B|A2)=，∴A错误；∵P(B|A1)=，P(B|A3)=，P(B)=P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)=，∴P(B)≠P(B|A1)，即P(B)P(A1)≠P(BA1)，故事件A1与事件B不相互独立，∴B错误，D正确；P(A3|B)=，∴C错误.
D
15.根据某机构对失事的飞机的调查得知：失踪的飞机中有70%的后来被找到，在被找到的飞机中，有60%安装有紧急定位传送器，而未被找到的失踪的飞机中，有90%未安装紧急定位传送器.紧急定位传送器的作用是在飞机失事坠毁时发送信号，让搜救人员可以定位，方便进行寻找.现有一架安装有紧急定位传送器的飞机失踪，则它被找到的概率
为 　.
【解析】 设事件A1=“失踪的飞机后来被找到”，事件A2=“失踪的飞机后来未被找到”，事件B=“飞机安装有紧急定位传送器”，则P(A1)=0.7，P(A2)=0.3，P(B|A1)=0.6，P(B|A2)=1－0.9=0.1，安装有紧急定位传送器的飞机失踪，它被找到的概率为P(A1|B)==
.
16.现有甲、乙2个训练场地可供某滑雪运动员选择使用.已知该运动员选择甲、乙场地的规律是：第一次随机选择一个场地进行训练.若前一次选择甲场地，那么下次选择甲场地的概率为；若前一次选择乙场地，那么下次选择甲场地的概率为.
(1)设该运动员前两次训练选择甲场地次数为X，求E(X)；
解：(1)设Ai=“第i次去甲场地训练”，=“第i次去乙场地训练”，i=1，2.则Ai与对立，P(A1)=P()=，P(A2|A1)=，P(A2|)=.依题意，X=0，1，2.P(X=0)=P()=P()P(|)=，P(X=1)=P(A1∪A2)=P(A1)＋P(A2)=P(A1)P(|A1)＋P()P(A2|)=，P(X=2)=P(A1A2)=P(A1)P(A2|A1)=，∴E(X)=0×1×2×.
(2)若该运动员第二次训练选择甲场地，试分析该运动员第一次去哪个场地的可能性更大，并说明理由.
(2)第一次选择甲场地的概率更大.理由如下：
P(A2)=P(A1A2)＋P(A2)=P(A1)P(A2|A1)＋P()P(A2|)=.∴P(A1|A2)=，P(|A2)=.∵，∴第一次选择甲场地的可能性更大.(共43张PPT)
第6节　事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
课标解读　1.了解两个随机事件独立性的含义，会结合古典概型，利用独立性计算概率.
2.了解条件概率，能计算简单随机事件的条件概率.
3.了解条件概率与独立性的关系，会利用乘法公式计算概率.
4.会利用全概率公式计算概率.
内
容
索
引
必备知识巩固
关键能力提升
教考衔接
知识梳理
考点一 事件的相互独立性
考点二 条件概率
考点三 全概率公式的应用
1.[教材改编]掷两枚质地均匀的骰子，设A=“第一枚出现奇数点”，B=“第二枚出现偶数点”，则A与B的关系为(　 　)
A. 互斥 B. 互为对立 C. 相互独立 D. 相等
【解析】 由题意知，掷第一枚骰子的结果与第二枚的结果两者互不影响，故A与B相互独立.
2.[教材改编]已知元旦假期期间甲地的降雨概率为0.2，乙地的降雨概率为0.3.假设在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，则这两地中恰有一个地方降雨的概率为(　 　)
A. 0.2 B. 0.3 C. 0.38 D. 0.56
【解析】 设甲地降雨为事件A，乙地降雨为事件B，则两地恰有一地降雨为AB，∴P(AB)=P(A)＋P(B)=P(A)P()＋P()P(B)=0.2×0.7＋0.8×0.3=0.38.
3.[教材改编]已知P(A)=0.8，P(B|A)=0.6，P(B|)=0.1，则P(B)=　 　.
【解析】 P(B)=P(A)P(B|A)＋P()P(B|)=0.8×0.6＋0.2×0.1=0.5.
C
C
0.5
4. (混淆事件的类型)一名信息员负责维护甲、乙两个公司的5G网络，一天内甲公司和乙公司是否需要维护之间相互独立，它们需要维护的概率分别为0.4和0.3，则两个公司都需要维护的概率为　 　，至少有一个公司不需要维护的概率为　 　.
【解析】 ∵两个公司是否需要维护相互独立，∴两个公司都需要维护的概率是0.4×0.3=0.12.“至少有一个公司不需要维护”的对立事件是“两个公司都需要维护”，∴至少有一个公司不需要维护的概率P=1－0.12=0.88.
易错题
0.12
0.88
5. (对事件的相互独立性理解不准确)公司要求甲、乙、丙3个人在规定的时间内完成各自的任务，已知甲、乙、丙在规定的时间内完成各自的任务的概率分别为，则3个人中至少有2个人在规定的时间内完成各自的任务的概率为 　.
【解析】 在规定的时间内3个人中恰有2个人完成各自的任务或3个人都完成各自的任务，其概率P=.
易错题
6. (乘法公式应用不准确)一张储蓄卡的密码共6位数字，每位数字都可从0~9中任选一个.某人在银行自动提款机上取钱时，忘记了密码的最后一位数字，他任意按最后
一位数字，则不超过2次就按对的概率为 　.
【解析】 设“第1次按对”为事件A1，“第2次按对”为事件A2，则不超过2次就按对的概率P=P(A1)＋P(A2)=P(A1)＋P()P(A2|)=.
易错题
1.相互独立事件
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
性质 若事件A与B相互独立，那么A与与　 　，与也都相互独立
P(A)P(B)
B
2.条件概率
(1)条件概率的计算公式
(2)条件概率的性质：设P(A)＞0，则
①P(Ω|A)=　 　.
②任何事件的条件概率都在　 　之间，即　 　.
③如果B和C是两个互斥事件，则P[(B∪C)|A]=　 　.
④设和B是互斥事件，则P(|A)=　 　.
(3)概率的乘法公式
由条件概率的定义知，对任意两个事件A与B，若P(A)＞0，则P(AB)=　 　，我们称该式为概率的乘法公式.
条件 设A，B为两个随机事件，且P(A)＞0
含义 在事件　 　发生的条件下，事件　 　发生的条件概率
记作 P(B|A)
读作 　 　发生的条件下　 　发生的概率
计算 公式 ①缩小样本空间法：P(B|A)=；②公式法：P(B|A)=
A
B
A
B
1
0和1
0≤P(B|A)≤1
P(B|A)＋P(C|A)
1－P(B|A)
P(A)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)= 　，我们称该公式为全概率公式.
[优化拓展]
1.理清“相互独立”和“事件互斥”的区别：
两个事件互斥是指两个事件不可能同时发生，两个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.
3.二级结论：若X1，X2相互独立，则E(X1·X2)=E(X1)·E(X2).
P(Ai)P(B|Ai)
考点一　事件的相互独立性
有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则(　 　)
A. 甲与丙相互独立 B. 甲与丁相互独立
C. 乙与丙相互独立 D. 丙与丁相互独立
例 1
考向1 相互独立事件的判断
B
【解析】 事件甲发生的概率P(甲)=，事件乙发生的概率P(乙)=，事件丙发生的概率P(丙)=，事件丁发生的概率P(丁)=.事件甲与事件丙同时发生的概率为0，P(甲丙)≠P(甲)P(丙)，A错误；事件甲与事件丁同时发生的概率为，P(甲丁)=P(甲)P(丁)，B正确；事件乙与事件丙同时发生的概率为，P(乙丙)≠P(乙)·P(丙)，C错误；事件丙与事件丁是互斥事件，不是相互独立事件，D错误.
判断两个事件是否相互独立的方法：
(1)直接法：直接判断一个事件发生与否是否影响另一事件发生的概率.
(2)定义法：判断P(AB)=P(A)P(B)是否成立.
(3)转化法：由事件A与事件B相互独立知，A与与B，与也相互独立.
(2025·宁波模拟)甲、乙、丙三位同学进行知识竞赛，每局比赛两人对战，第三人旁观.每局比赛胜者与此局旁观者进行下一局比赛，按此规则循环下去，约定先赢两局者获胜，且比赛结束.根据以往经验，每局比赛中，甲胜乙的概率为，甲胜丙的概率为，乙胜丙的概率为，每局比赛相互独立且没有平局.
(1)若第一局由甲、乙对战，求进行两局比赛后，比赛结束的概率；
解：(1)记甲、乙、丙第i局比赛获胜分别为事件Ai，Bi，Ci(i=1，2，3，4)，记比赛两局结束为事件M，则M=A1A2＋B1B2，∴P(M)=P(A1A2＋B1B2)=P(A1A2)＋P(B1B2)=P(A1)P(A2)＋P(B1)P(B2)=.
则第一局由甲、乙对战，进行两局比赛后，比赛结束的概率为.
例 2
考向2 相互独立事件的概率
(2)若第一局由乙、丙对战，求比赛结束时，甲获胜的概率；
(2)记第一局由乙、丙对战且甲获胜为事件N，则N=B1A2A3＋C1A2A3，∴P(N)=P(B1A2A3＋C1A2A3)=P(B1A2A3)＋P(C1A2A3)=P(B1)P(A2)P(A3)＋P(C1)P(A2)P(A3)=，则第一局由乙、丙对战，比赛结束时，甲获胜的概率为.
(3)判断由哪两位同学进行首场对战才能使甲获胜的概率最大，并说明理由.
(3)由(2)可得第一局由乙、丙对战，甲胜的概率为P1=，同理第一局由甲、乙对战，甲胜的概率为P2=P(A1A2＋A1C2B3A4＋B1C2A3A4)=，第一局由甲、丙对战，甲胜的概率为P3=P(A1A2＋A1B2C3A4＋C1B2A3A4)=，∵P1＜P2＜P3，∴第一局由甲、丙对战，甲获胜的概率最大.
求相互独立事件同时发生的概率的方法：
(1)利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解；
(2)正面计算较复杂(如求用“至少”表达的事件的概率)或难以入手时，可从其对立事件入手计算.判断事件相互独立，一般用定义判断；
(3)如果事件A1，A2，…，An相互独立，那么这n个事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积，即P(A1A2…An)=P(A1)P(A2)·…·P(An).
(1)当P(A)＞0时，若P(B|A)＋P()=1，则事件A与B的关系是(　 　)
A. 互斥 B. 对立 C. 相互独立 D. 无法判断
【解析】 ∵P(B|A)＋P()=P(B|A)＋1－P(B)=1，∴P(B|A)=P(B)，即=P(B)，∴P(AB)=P(A)P(B)，∴事件A与B相互独立.
(2)设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某种设备的概率分别为0.6，0.5，0.5，0.4，每人是否需使用设备相互独立，则同一工作日至少3人需使用设备的概率为(　 　)
A. 0.11 B. 0.21 C. 0.31 D. 0.41
【解析】 设甲、乙、丙、丁需使用设备分别为事件A，B，C，D，则P(A)=0.6，P(B)=P(C)=0.5，P(D)=0.4，恰好3人使用设备的概率P1=P(BCD＋ACD＋ABD＋ABC)=(1－0.6)×0.5×0.5×0.4＋0.6×(1－0.5)×0.5×0.4＋0.6×0.5×(1－0.5)×0.4＋0.6×0.5×0.5×(1－0.4)=0.25，4人需使用设备的概率P2=0.6×0.5×0.5×0.4=0.06，故所求的概率P=0.25＋0.06=0.31.
跟踪训练1
C
C
考点二　条件概率
(1)某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰，50%的同学爱好滑雪，70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪.在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为(　 　)
A. 0.8 B. 0.6 C. 0.5 D. 0.4
【解析】 令事件A，B分别表示该学生爱好滑冰、该学生爱好滑雪，事件C表示该学生爱好滑雪的条件下也爱好滑冰，则P(A)=0.6，P(B)=0.5，P(AB)=P(A)＋P(B)－0.7=0.4，∴P(C)=P(A|B)==0.8.
(2)已知1号箱中有2个白球和4个红球，2号箱中有5个白球和3个红球(白球与红球大小、形状、质地相同)，现随机从1号箱中取出1个球放入2号箱，再从2号箱中随机取出1个球，则两次都取到红球的概率为(　 　)
A. B. C. D.
【解析】 设“从1号箱中取到红球放入2号箱”为事件A，“从2号箱中取到红球”为事件B，由题意知P(A)=，P(B|A)=，∴P(BA)=P(B|A)·P(A)=.
例 3
A
C
求条件概率的常用方法：
定义法 先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)=求P(B|A)
样本 点法 用古典概型的概率计算公式，先求事件A所包含的样本点个数n(A)，再求事件AB所包含的样本点个数n(AB)，则P(B|A)=
(1)在100件产品中有95件合格品，5件不合格品，现从中不放回地取两次，每次任取一件，则在
第一次取到不合格品后，第二次取到不合格品的概率为 　.
【解析】 方法一(应用条件概率公式求解)　设事件A为“第一次取到不合格品”，事件B为“第二次取到不合格品”，则所求的概率为P(B|A)，∵P(AB)=，P(A)=，∴P(B|A)=.
方法二(缩小样本空间求解)　第一次取到不合格品后，也就是在第二次取之前，还有99件产品，其中有4件不合格品，因此第二次取到不合格品的概率为.
跟踪训练2
(2)(2025·天津东丽开学考试)某校团委举办《在青春的赛道上，我们都是追光者》主题演讲比赛，经过初赛，共7人进入决赛，其中高一年级2人，高二年级3人，高三年级2人，现采取抽签方式决定演讲顺序，设事件A为“高一年级2人不相邻”，事件B为“高二年
级3人相邻”，则P(B|A)= 　.
【解析】 由题意，先将高二和高三年级的5个人全排列，有种排法，将高一年级2人进行插空，有种排法，∴事件A“高一年级2人不相邻”的排法有n(A)==3 600(种)排法.将高二年级3人进行全排列，有种排法，再将高二年级3人看作一个整体，和高三年级的2人进行全排列，有种排法，排好后，将高一年级的2人进行插空，有种排法，∴事件A∩B共有=432(种)排法，∴P(B|A)=.
考点三　全概率公式的应用
甲、乙两人进行射击比赛，每回合射击胜者得1分，且每回合射击甲胜的概率为α，乙胜的概率为β(α＋β=1)，比赛进行到有一人比另一人多2分时结束，且多2分者最终获胜.
(1)试求甲、乙最终分别获胜的概率；
解：(1)设事件A为“甲最终获胜”，事件B为“乙最终获胜”.设事件C1为“在第一、二回合射击中甲均获胜”，则P(A|C1)=1；设事件C2为“在第一、二回合射击中乙均获胜”，则P(A|C2)=0；设事件C3为“在第一、二回合射击中甲、乙各获胜一次”，则P(A|C3)=P(A).显然P(C1)=α2，P(C2)=β2，P(C3)=2αβ，由全概率公式，得P(A)=P(A|C1)P(C1)＋P(A|C2)P(C2)＋P(A|C3)P(C3)=α2＋0＋2αβP(A)，解得P(A)=，同理，P(B)=P(B|C1)·P(C1)＋P(B|C2)·P(C2)＋P(B|C3)P(C3)=β2＋0＋2αβP(B)，解得P(B)=.
(2)判断比赛是否有可能无限地一直进行下去，并说明理由.
(2)∵P(A)＋P(B)==1，∴比赛不会无限地一直进行下去.
例 4
利用全概率公式的思路：
(1)按照确定的标准，将一个复合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发生条件下发生的概率P(B|Ai).
(3)代入全概率公式计算.
(2025·福建泉州模拟)有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为6%，第2，3台加工的次品率均为5%，加工出来的零件混放在一起.已知第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的25%，30%，45%.
(1)任取一个零件，计算它是次品的概率；
解：(1)设B=“任取一零件为次品”，Ai=“零件为第i台车床加工”(i=1，2，3)，则Ω=A1∪A2∪A3，且A1，A2，A3两两互斥，根据题意得，P(A1)=0.25，P(A2)=0.3，P(A3)=0.45，P(B|A1)=0.06，P(B|A2)=0.05，P(B|A3)=0.05，由全概率公式得P(B)=P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)=0.25×0.06＋0.3×0.05＋0.45×0.05=0.052 5.
(2)如果对加工的次品，要求操作员承担相应的责任，求每台车床操作员应承担的份额.
(2)“次品为第i(i=1，2，3)台车床所加工的概率”，就是计算在B发生的条件下，事件Ai发生的概率，P(A1|B)=；P(A2|B)=，P(A3|B)=，故第1，2台车床操作员应承担的份额，第3台车床操作员应承担的份额.
跟踪训练3
课时作业
答案速对
第十章 对点练85　事件的相互独立性、条件概率与全概率公式 题号 1 2 3 4 5
答案 B B C D D
题号 6 7 8 13 答案 A ABC AD D 1.小明上学可以乘坐公共汽车，也可以乘坐地铁.已知小明上学乘坐公共汽车的概率为0.4，乘坐地铁的概率为0.6，且乘坐公共汽车与地铁时，小明迟到的概率分别为0.05和0.04，则小明没有迟到的概率为(　 　)　　　　　　　　　　　　　　　
A. 0.954 B. 0.956
C. 0.958 D. 0.959
B
2.某校积极开展社团活动，学期结束时，社团老师对参加社团的同学进行选择性考核.某社团有小明、小刚等5位同学参加，现选3位同学参加考核，则在小明被选中的条件下，小刚被选中的概率为(　 　)
A. B. C. D.
B
3.甲、乙、丙、丁4位同学将代表高一年级参加校运会4×100米接力赛，教练组根据训练情况，安排了四人的交接棒组合.已知该组合三次交接棒失误的概率分别是p1，p2，p3，假设三次交接棒相互独立，则此次比赛中该组合交接棒没有失误的概率是(　 　)
A. p1p2p3
B. 1－p1p2p3
C. (1－p1)(1－p2)(1－p3)
D. 1－(1－p1)(1－p2)(1－p3)
C
4.(2025·广东梅州模拟)已知事件A，B互斥，且P(A)=P(B)=0.5，M满足P(M|A)=0.8，P(M|B)=0.7，则P(M)=(　 　)
A. 0.25 B. 0.35
C. 0.4 D. 0.75
D
5.(2025·湖北荆州模拟)设事件A每次成功的概率为p，现进行3次独立重复试验，如果在事件A至少成功1次的条件下，3次试验全部成功的概率为，则p的值为(　 　)
A. B. C. D.
D
6.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
【解析】 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B1表示“货车中途停车修理”，B2表示“客车中途停车修理”，则P(B1)=0.02，P(B2)=0.01，B表示“一辆汽车中途停车修理”，则P(B)=P(A1B1)＋P(A2B2)，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.
A
7.(多选)连续两次抛掷一个质地均匀的骰子，并记录每次正面朝上的数字，记事件A为“两次记录的数字之和为奇数”，事件B为“第一次记录的数字为奇数”，事件C为“第二次记录的数字为偶数”，则下列结论中，正确的有(　 　)
A. 事件B与事件C相互独立
B. 事件A与事件B相互独立
C. P(A)=2P(B)P(C)
D. P(ABC)=P(A)P(B)P(C)
【解析】 ∵P(A)=，P(B)=，P(C)=，P(BC)==P(B)P(C)，P(AB)==P(A)P(B)，∴事件B与事件C相互独立，事件A与事件B相互独立，A，B正确；P(A)==2P(B)P(C)，C正确；P(ABC)=，P(A)P(B)P(C)=，D错误.
ABC
8.(多选)假设A，B是两个事件，且P(A)=，P(B)=，P(B|A)=P(B)，则(　 　)
A. P(AB)= B. P(A)=
C. P(A∪B)= D. P(A|B)=
【解析】 对于A，∵P(B|A)=，P(B|A)=P(B)，P(A)=，P(B)=，∴P(AB)=P(A)P(B)=，A正确；对于B，∵事件A与B相互独立，∴A与相互独立，∴P(A)=P(A)P()=，B错误；对于C，P(A∪B)=P(A)＋P(B)－P(AB)=，C错误；对于D，∵P(A|B)==P(A)，∴P(A|B)=，D正确.
AD
9.甲、乙2人向同一目标各射击一次，已知甲命中目标的概率为0.6，乙命中目标的概率为0.5，若目标至少被命中1次，则乙命中目标的概率为　 　.
【解析】 记事件A为“乙命中目标”，事件B为“目标至少被命中1次”，则P(B)=1－(1－0.6)×(1－0.5)=0.8，P(AB)=0.5×(1－0.6)＋0.6×0.5=0.5，P(A|B)==0.625.
0.625
10.(2025·河南驻马店模拟)某批产品来自A，B两条生产线，A生产线占60%，次品率为4%；B生产线占40%，次品率为5%，现随机抽取一件进行检测，若抽到的是次品，则
它来自A生产线的概率为 　.
【解析】 设A=“抽到的产品来自A生产线”，B=“抽到的产品来自B生产线”，C=“抽到的一件产品是次品”，则P(A)=0.6，P(B)=0.4，P(C|A)=0.04，P(C|B)=0.05，由全概率公式得P(C)=P(A)P(C|A)＋P(B)P(C|B)=0.6×0.04＋0.4×0.05=0.044，∴抽到的是次品，且它来自A生产线的概率为P(A|C)=.
11.(2025·江苏南通模拟)近日，2025年江苏省城市足球联赛(被球迷称为“苏超”)如火如荼地进行，引发了广泛关注.某地区随机抽取了部分市民，调查他们对该赛事的关注情况，得到如下列联表：
(1)根据小概率值α=0.001的独立性检验，能否认为关注“苏超”赛事与性别有关？
解：(1)列联表如下：
零假设为H0：关注“苏超”赛事与性别无关，
则χ2=≈3.810＜10.828，故依据小概率值α=0.001的独立性检验，我们不能否定零假设H0，即不能认为关注“苏超”赛事与性别有关.
不关注赛事 关注赛事
男性 29 96
女性 27 48
不关注赛事 关注赛事 合计
男性 29 96 125
女性 27 48 75
合计 56 144 200
(2)现从被调查的关注赛事的市民中，按照性别比例采用分层抽样的方法随机抽取3名市民参加“苏超”赛事知识问答.已知男性、女性市民顺利完成知识问答的概率分别为，每个人是否顺利完成相互独立.求在有且仅有2人顺利完成的条件下，这2人性别不同的概率.
附：χ2=，
n=a＋b＋c＋d.
(2)由分层抽样可知，抽取男性市民2人，女性市民1人，记“有且仅有2人顺利完成知识问答”为事件A，“2人性别不同”为事件B，则P(A)=，P(AB)=，∴P(B|A)=，∴在有且仅有2人顺利完成知识问答的条件下，2人性别不同的概率为.
α 0.1 0.05 0.025 0.01 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
12.(2022·新高考Ⅱ卷)在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图：
(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)；
解：(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄=10×(5×0.001＋15×0.002＋25×0.012＋35×0.017＋45×0.023＋55×0.020＋65×0.017＋75×0.006＋85×0.002)=47.9(岁).
(2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20，70)的概率；
(2)方法一　∵患者的年龄位于区间[20，70)是由患者的年龄位于区间[20，30)，[30，40)，[40，50)，[50，60)，[60，70)组成的，且相互独立，∴所求概率P=(0.012＋0.017×2＋0.023＋0.020)×10=0.89.
方法二　∵患者的年龄位于区间[20，70)是由患者的年龄位于区间[20，30)，[30，40)，[40，50)，[50，60)，[60，70)组成的，且相互独立，∴所求概率P=1－(0.001＋0.002＋0.006＋0.002)×10=0.89.
(3)已知该地区这种疾病的患病率为0.1%，该地区年龄位于区间[40，50)的人口占该地区总人口的16%.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间[40，50)，求此人患这种疾病的概率(以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.000 1).
(3)设从该地区任选一人，年龄位于区间[40，50)为事件A，患这种疾病为事件B，则P(A)=16%.由频率分布直方图知这种疾病患者年龄位于区间[40，50)的概率为0.023×10=0.23，结合该地区这种疾病的患病率为0.1%，可得P(AB)=0.1%×0.23=0.000 23，∴从该地区任选一人，若年龄位于区间[40，50)，则此人患这种疾病的概率为P(B|A)=≈0.001 4.
13.(2022·全国乙卷理)某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p1，p2，p3，且p3＞p2＞p1＞0.记该棋手连胜两盘的概率为p，则(　 　)
A. p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关
B. 该棋手在第二盘与甲比赛，p最大
C. 该棋手在第二盘与乙比赛，p最大
D. 该棋手在第二盘与丙比赛，p最大
【解析】 方法一　设棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为P甲，在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为P乙，在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为P丙，由题意可知，P甲=2p1[p2·(1－p3)＋p3(1－p2)]=2p1p2＋2p1p3－4p1p2p3，P乙=2p2[p1(1－p3)＋p3(1－p1)]=2p1p2＋2p2p3－4p1p2p3，P丙=2p3[p1(1－p2)＋p2(1－p1)]=2p1p3＋2p2p3－4p1p2p3.∴P丙－P甲=2p2(p3－p1)＞0，P丙－P乙=2p1(p3－p2)＞0，∴P丙最大.
方法二(特殊值法)　不妨设p1=0.4，p2=0.5，p3=0.6，则该棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率P甲=2p1[p2(1－p3)＋p3(1－p2)]=0.4；在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率P乙=2p2[p1(1－p3)＋p3(1－p1)]=0.52；在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率P丙=2p3[p1(1－p2)＋p2(1－p1)]=0.6，∴P丙最大.
D
14.(2025·天津卷)小桐操场跑圈，一周2次，一次5圈或6圈.第一次跑5圈或6圈的概率均为0.5，若第一次跑5圈，则第二次跑5圈的概率为0.4，6圈的概率为0.6；若第一次跑6圈，则第二次跑5圈的概率为0.6，6圈的概率为0.4.小桐一周跑11圈的概率为　 　；若一周至少跑11圈为运动量达标，则连续跑4周，记合格周数为X，则期望E(X)=　 　.
【解析】 设“小桐一周跑11圈”为事件A，“第一次跑5圈”为事件B，“第二次跑5圈”为事件C，则P(A)=P(B)P(|B)＋P()P(C|)=0.5×0.6＋0.5×0.6=0.6；设运动量达标为事件D，P(D)=P(A)＋P()P(|)=0.6＋0.5×0.4=0.8，∴X~B(4，0.8)，E(X)=4×0.8=3.2.
0.6
3.2
15.数学家贝叶斯发现了如下公式：P(Ai|B)=，其中i=1，2，…，n，P(B)=P(Aj)P(B|Aj).根据以往的临床记录，某种诊断癌症的试验有如下的效果：若以A表示事件“试验反应为阳性”，以C表示事件“被诊断者患有癌症”，则有P(A|C)=0.95，P(|)=0.95，现在对自然人群进行普查，设被试验的人患有癌症的概率为0.005，即P(C)=0.005，则P(C|A)=　 　(结果精确到0.001).
【解析】 ∵P(|)=0.95，∴P(A|)=1－P(|)=0.05，∵P(C)=0.005，∴P()=0.995，由贝叶斯公式可得P(C|A)=≈0.087.
0.087
16.(2022·新高考Ⅰ卷)一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：
(1)能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？
解：(1)解：由已知K2==24，又P(K2≥6.635)=0.01，24＞6.635，∴有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异.
不够良好 良好
病例组 40 60
对照组 10 90
(2)从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B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R.
(i)证明：R=·；
(ii)利用该调查数据，给出P(A|B)，P(A|)的估计值，并利用(i)的结果给出R的估计值.附K2=.
(2)(i)证明：∵R=····，∴R=···，∴R=·.
(ii)解：由已知得P(A|B)=，P(A|)=，又P(|B)=，P(|)=，∴R=·=6.
P(K2≥k) 0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828(共38张PPT)
第2节　排列与组合
课标解读　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，并能利用公式解决一些简单的实际
问题.
内
容
索
引
必备知识巩固
关键能力提升
教考衔接
知识梳理
考点一 排列问题
考点二 组合问题
考点三 排列与组合的综合问题
1.[教材改编]某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名，从这4名学生中随机选2名参加校文艺汇演，要求这2名学生来自不同年级，则不同的选择方法共有　 　种.
【解析】 随机选2名学生，这2名学生来自不同年级的选择方法共=4(种).
2.[教材改编]安排6名歌手演出排序时，要求某歌手不是第一个出场，也不是最后一个出场，则不同排法的种数是　 　.
【解析】 先考虑某歌手的位置，不是第一个出场，也不是最后一个出场，则该歌手有4种位置可以选，共有=4(种)结果，剩下5人在5个不同位置，共有=120(种)结果，∴不同安排方法有=4×120=480(种).
3.[教材改编]某单位安排7位工作人员在10月1日至10月7日值班，每人值班一天，其中甲、乙二人都不安排在10月1日和2日，则共有　 　种不同的安排方法.
【解析】 安排甲和乙在3日至7日中的两天值班，然后安排其他五人在剩余五天值班，∴不同的安排方法有=20×120=2 400(种).
4
480
2 400
4. (忽视隐含条件)随着经济的发展，私家车成为居民出行的标配.某小区为了适应这一变化，在小区建设过程中预留了7个排成一排的备用车位.现有3位私家车车主要使用这一备用车位.现规定3位私家车车主随机停车，任意两辆车都不相邻，则不同的停车方案的种数为　 　.
【解析】 由题可知7个车位停3辆车，则会产生4个空位，故可先摆好4个空车位，4个空车位之间共有5个空隙可供3辆车选择停车，∴任意两辆车都不相邻的停车方案共有=5×4×3=60(种).
易错题
60
5. (不能正确运用捆绑法)现有6位同学排成一排照相，其中甲、乙二人相邻的排法有　 　种.
【解析】 先把甲、乙二人捆绑，再把甲、乙看成一个整体和其他4人进行全排列，故有=240(种)排法.
6. (解题时出现重复的情况)某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加社区宣传活动，如果要求至少有1名女生参加，那么不同的选派方案的种数为　 　.
【解析】 4人中至少有1名女生包括两种情况：1女3男，2女2男，故有=14(种).
易错题
易错题
240
14
1.排列与组合的定义
2.排列数、组合数的定义、公式、性质
排列 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素 按照一定的顺序排成一列
组合 作为一组
排列数 组合数
定义 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有 　 　的个数 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有　 　的个数
公式 　=　 　 = 　=
性质 =　 　，0!=　 　 = 　，
=
不同排列
n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)
不同组合
n!
1
[优化拓展]
1.排列与组合的区别：排列与组合最根本的区别在于“有序”和“无序”.取出元素后交换顺序，如果与顺序有关，则是排列；如果与顺序无关，则是组合.
2.排列数与组合数之间的联系：.
3.关于组合数公式的选取技巧：
(1)涉及具体数字的可以直接用·进行计算.
(2)涉及字母的可以用阶乘式计算.
考点一　排列问题
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；
解：(1)有=7×6×5×4×3=2 520(种).
(2)排成前后两排，前排3人，后排4人；
(2)分两步完成，先选3人站前排，有种方法，余下4人站后排，有种方法，共有·=
5 040(种).
例 1
(3)全体排成一排，其中甲不站最左边，也不站最右边；
(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5×=3 600(种).
方法二(特殊位置优先法) 甲左右两边安排另6人中的两人，有种排法，其他有种排法，共有=3 600(种).
(4)全体排成一排，其中甲不站最左边，乙不站最右边；
(4)方法一(特殊元素优先法)　甲在最右边时，其他的可全排，有种方法；甲不在最右边时，可从余下的5个位置任选一个，有种方法，而乙可排在除去最右边的位置后剩下的5个中任选一个有种，其余人全排列，有种不同排法，共有=3 720(种).
方法二(间接法)　7名学生全排列，有种方法，其中甲在最左边时，有种方法，乙在最右边时，有种方法，其中都包含了甲在最左边且乙在最右边的情形，有种方法，故共有－2=3 720(种).
(5)甲、乙、丙三人从左到右顺序一定.
(5)由于甲、乙、丙的顺序一定，则有=840(种).
排列应用问题的分类与解法：
对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般遵循特殊元素优先原则，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.
(1)(2025·北京顺义模拟)甲、乙、丙、丁4人排成一列，且甲、乙均不在第一个位置，则不同排法的种数为(　 　)　　　　　　　　　　　　　　　　
A. 6 B. 12 C. 24 D. 36
【解析】 由题意可知：先安排第一个位置有2种排法，再排后面的3个位置有种排法，根据分步乘法计数原理共有2=12(种)排法.
(2)为了提高学生身体素质，激发学生对体育的热情，某中学举办了田径运动会.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米接力赛，其中甲只能跑第一棒或第二棒，乙只能跑第二棒或第四棒，那么甲、乙都参加的不同棒次的安排方案的种数为(　　 )
A. 48 B. 36 C. 24 D. 12
【解析】 当甲排第一棒时，乙可排第二棒或第四棒，共有=24(种)方案；当甲排第二棒时，乙只能排第四棒，共有=12(种)方案.满足条件的方案的种数为24＋12=36.
跟踪训练1
B
B
考点二　组合问题
某市工商局对35件商品进行抽样检查，已知其中有15件假货.现从35件商品中选取3件.
(1)其中某一件假货必须在内，不同的取法有几种？
解：(1)从余下的34件商品中选取2件，有=561(种)取法，∴某一件假货必须在内的不同取法有561种.
(2)其中某一件假货不能在内，不同的取法有几种？
(2)从34件可选商品中选取3件，有=5 984(种)取法，∴某一件假货不能在内的不同取法有5 984种.
(3)恰有2件假货在内，不同的取法有几种？
(3)从20件真货中选取1件，从15件假货中选取2件有=2 100(种)取法，∴满足条件的取法有2 100种.
例 2
(4)至少有2件假货在内，不同的取法有几种？
(4)恰好选取2件假货有种，选取3件假货有种，共有选取方式=
2 100＋455=2 555(种)，∴至少有2件假货在内的不同的取法有2 555种.
(5)至多有2件假货在内，不同的取法有几种？
(5)选取3件的总数为，选取3件假货有种，∴共有选取方式有=6 545－455=6 090(种)，∴至多有2件假货在内的不同的取法有6 090种.
组合问题常有以下两类题型变化：
(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含有”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含有”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取.
(2)“至少”或“至多”含有几个元素的组合题型：解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解.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.
(1)(2025·重庆沙坪坝模拟)盒子甲中有5个红球和3个蓝球；盒子乙中有6个红球和2个蓝球.若从甲、乙两个盒子中各随机取出2个球，则取出的4个球中恰有1个蓝球的不同取法共有(　 　)
A. 150种 B. 180种 C. 300种 D. 345种
【解析】 4个球中恰有1个蓝球，可分为两种情况.第一种：甲盒取出1红1蓝、乙盒取出两红，此时有=225(种)；第二种：甲盒取出两红、乙盒取出1红1蓝，此时有=120(种).故共有345种不同的取法.
(2)(2023·新高考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).
【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=64(种).
方法二　若学生从这8门课中选修2门课，则有=16(种)选课方案；若学生从这8门课中选修3门课，则有=48(种).综上，不同的选课方案共有16＋48=64(种).
跟踪训练2
D
64
考点三　排列与组合的综合问题
按下列要求分配6本不同的书，各有多少种不同的分配方法？
(1)分成三份，1份1本，1份2本，1份3本；
解：(1)无序不均匀分组问题.先选1本有种选法；再从余下的5本中选2本有种选法；最后余下3本全选有种方法，故共有=60(种).
(2)甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本；
(2)有序不均匀分组问题.由于甲、乙、丙是不同的三人，在第(1)问基础上，还应考虑再分配，共有=360(种).
(3)平均分成三份，每份2本；
(3)无序均匀分组问题，共有=15(种).
例 3
考向1 分组、分配问题
(4)平均分配给甲、乙、丙三人，每人2本；
(4)在第(3)问的基础上，考虑再分配，共有15=90(种).
(5)分成三份，1份4本，另外两份每份1本；
(5)分成三份，1份4本，另外两份每份1本，这是部分均匀分组问题，求出组合总数除以即可，共有=15(种).
(6)甲、乙、丙三人中，一人得4本，另外两人每人得1本.
(6)在第(5)问的基础上，考虑再分配，共有15=90(种).
(1)(2022·新课标Ⅱ卷)甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有(　 　)
A. 12种 B. 24种 C. 36种 D. 48种
【解析】 先将丙和丁捆在一起有种排列方式，然后将其与乙、戊排列，有种排列方式，最后将甲插入中间两空，有种排列方式，∴不同的排列方式共有=24(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为　 　.
【解析】 安排小品节目和相声节目的顺序有三种：“小品1，小品2，相声”“小品1，相声，小品2”和“相声，小品1，小品2”.对于第一种情况，形式为“□小品1，歌舞1，小品2□相声□”，有=36(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1□相声□小品2□”，有=48(种)排法，故共有36＋36＋48=120(种)排法.
例 4
考向2 相邻与相间问题
B
120
1.相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法是解决有限制条件的排列问题的常用方法.
2.对于分堆与分配问题应注意三点：
(1)处理分配问题要注意先分堆再分配.
(2)被分配的元素是不同的.
(3)分堆时要注意是否均匀.
(1)(2025·重庆模拟)某班5名学生负责校内3个不同地段的卫生工作.每名学生都要参与且只负责某个地段的卫生工作，每个地段至少有1名学生，则不同的分配方案共有(　 　)
A. 300种
B. 90种
C. 240种
D. 150种
【解析】 先将5名学生分成三组的分法有=10＋15=25(种)，再将这三组学生分配到三个地段共有=6(种)，利用分步乘法计数原理，可知每个地段至少有1名学生的分配方案共有25×6=150(种).
跟踪训练3
D
(2)(2025·山东济南模拟)甲、乙等6名高三同学计划今年暑假在A，B，C，D四个景点中选择一个打卡游玩，若每个景点至少有一个同学去打卡游玩，每位同学都会选择一个景点打卡游玩，且甲、乙都单独1人去某一个景点打卡游玩，则不同的游玩方法有(　 　)
A. 96种
B. 132种
C. 168种
D. 204种
【解析】 由题意，甲、乙都单独1人去某一个景点打卡游玩，则剩下的4人去其他两个景点游玩，有两种情况：①若3位同学去一个景点，1位同学去另一个景点，有=96(种)不同的游玩方法；②分别都是2位同学去一个景点，有··=72(种)不同的游玩方法，由分类加法计数原理，得共有96＋72=168(种).
C
课时作业
答案速对
第十章 对点练81　排列与组合 题号 1 2 3 4 5 6
答案 B C B B D B
题号 7 8 9 10 13 14
答案 D B CD BD BCD C
1.(2025·重庆模拟)甲、乙、丙3人各自计划暑假去旅游，他们都从A，B，C，D，E，F这六个景区中任选一个，若甲不去景区A，且甲、乙、丙3人去的景区互不相同，则这三人的不同选择方法共有(　 　)　　　　　　　　　　　　　　　
A. 96种 B. 100种
C. 108种 D. 120种
B
2.若=6，则m等于(　 　)
A. 9 B. 8 C. 7 D. 6
C
3.(2025·山东临沂模拟)若一个四位数的各位数字之和为3，则这样的四位数有(　 　)
A. 9个 B. 10个 C. 12个 D. 15个
B
4.由3个2，1个0，2个5组成的六位数中，满足有相邻四位恰好是2 025的六位数的个数为
(　 　)
A. 3 B. 6 C. 9 D. 24
B
5.(2025·重庆模拟)由1，2，3，4，5，6，7，8组成一个没有重复数字的八位数，任何相邻两个数字的奇偶性不同，且满足3和4相邻，则这样的八位数的个数为(　 　)
A. 432 B. 257 C. 216 D. 504
D
6.(2025·河北石家庄模拟)甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次，且没有出现并列的名次.甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你没有得到冠军”，对乙说：“你虽然不是最差的，但你的名次没有甲的好”.从这两个回答分析，5人的名次排列情况的种数为(　 　)
A. 12 B. 18 C. 27 D. 36
【解析】 由题意可知共有乙得第4名和乙得第3名两种情况：当乙得第4名，有·=12(种)可能；当乙得第3名，有=6(种)可能，故共有12＋6=18(种)，B正确.
B
7.(2025·广东深圳模拟)现将A，B，C，D，E五位民警派往甲、乙、丙、丁、戊5个学校进行“反校园欺凌”普法宣讲，每人只到1个学校，每个学校只去1人.已知A民警不能去甲学校，B，C两位民警不能去乙学校，则不同的分派方法共有(　 　)
A. 36种 B. 42种 C. 48种 D. 60种
【解析】 ∵每人只到1个学校，每个学校只去1人，∴将5人全排列有=120(种)，其中将A民警安排在甲学校有=24(种)不同的安排方法，将民警B或C安排在乙学校有=48(种)不同的安排方法，又A民警在甲学校，且民警B或C在乙学校有=12，∴A民警不能去甲学校，B，C两位民警不能去乙学校，不同的分派方法共有120－24－
48＋12=60(种).
D
8.(2025·湖北武汉模拟)将4个不同的小球放入4个不同的盒子中，则恰有两个盒子为空的放法种数为(　 　)
A. 72 B. 84 C. 96 D. 108
【解析】 选2个空盒：=6(种)，分配4个小球到2个非空盒.情况一(1＋3分法)：=2×4=8(种).情况二(2＋2分法)：×2=6(种).总分配方法有8＋6=14(种)，总放法共有6×14=84(种).
B
9.(多选)下列各式中，正确的有(　 　)
A. 5=4
B. …
C. =0
D. 2n－k=3n
【解析】 对于A，5=5=5×56=280，4=4=4×35=140，A错误；对于B，………=…=，B错误；对于C，由，得=0，C正确；对于D，2n－k2n－k·1k=(2＋1)n=3n，D正确.
CD
10.(多选)某中学为提升学生的劳动意识和社会实践能力，利用周末进行社区义务劳动，高三一共6个班，其中只有1班有2个劳动模范，本次义务劳动一共20个名额，劳动模范必须参加且不占名额，每个班都必须有人参加，则下列说法中，正确的有(　 　)
A. 若1班不再分配名额，则共有种分配方法
B. 若1班有除劳动模范之外的学生参加，则共有种分配方法
C. 若每个班至少3人参加，则共有90种分配方法
D. 若每个班至少3人参加，则共有126种分配方法
【解析】 对于A，若1班不再分配名额，则20个名额分配到5个班级，每个班级至少1个，根据挡板法，有种分配方法，A错误；对于B，若1班有除劳动模范之外的学生参加，则20个名额分配到6个班级，每个班级至少1个，根据挡板法，有种分配方法，B正确；对于C，D，若每个班至少3人参加，由于1班有2个劳动模范，故只需先满足其他5个班级每个班有2个名额，还剩10个名额，再将10个名额分配到6个班级，每个班级至少1个名额，故只需在10个名额中的9个空上放置5个挡板即可，故有=126(种)，C错误，D正确.
BD
11.(多选)甲、乙、丙、丁4名同学和一名老师站成一排合影留念.要求老师必须站在正中间，且甲同学不与老师相邻，则不同的站法种数为(　 　)
A. B.
C. D.
【解析】 特殊元素优先安排，先让老师站在正中间，四名同学全排，再去掉甲与老师相邻的情况，则不同的站法种数为；特殊元素优先安排，先让老师站在正中间，甲同学从两端中任选一个位置，有种站法，其余三名学生任意排列有种排法，则不同的站法种数为；先让老师站在正中间，四名同学全排时，甲同学与老师相邻、甲同学与老师不相邻各占，则不同的站法种数为.
BCD
12.北京大兴国际机场是一座跨地域、超大型的国际航空综合交通枢纽，目前建有“三纵一横”4条跑道，分别叫西一跑道、西二跑道、东跑道、北跑道，如图所示.若有2架飞往不同目的地的飞机要从以上不同跑道同时起飞，则有　 　种不同的安排方法；若西一跑道、西二跑道至少有一条跑道被选取，则有　 　种不同的安排方法(用数字作答).
【解析】 若有2架飞往不同目的地的飞机要从不同跑道同时起飞，则有=12(种)不同的安排方法；若西一跑道、西二跑道至少有一条跑道被选取，则有=10(种)不同的安排方法.
12
10
13.10名同学站成前排4人、后排6人合影，现摄影师要从后排6人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的总数为(　 　)
A. B. C. D.
【解析】 首先从后排6人中选2人出来，共种不同选法，将这2人与前排4人排列，且前排4人的相对顺序不变，可以看成有6个位置，先选2个位置排这2人有种不同排法，其余位置按4人原顺序排好只有1种排法.由分步乘法计数原理，得不同调整方法的总数为.
C
14.(2025·温州模拟)用1，2，3三个数字的全体或部分构造四位数，但不允许有两个2相邻出现，则这样的四位数有　 　个(用数字作答).
【解析】 若四位数中没有2，共有24=16(个)，若四位数中有1个2，共有4×23=32(个)，若四位数中有2个2，共有3×22=12(个)，∴共有60个.
60
15.同宿舍六位同学在食堂排队取餐，其中A，B，C三人两两不相邻，A和D是双胞胎必须相邻，这样的排队方法有　 　种.
【解析】 分三步：第一步，先将除A，B，C三人的其余三人进行排序，有种方法；第二步，第一步排好后有4个空位，∵A和D必须相邻，∴A只能插入与D相邻的两个空位，有2种方法；第三步，最后将B，C插入剩余三个空位，有种方法.由分步乘法计数原理得，共有×2×=72(种)方法.
72
16.如图所示，玩具计数算盘的三档上各有7个算珠，现将每档算珠分为左、右两部分，左侧的每个算珠表示数2，右侧的每个算珠表示数1(允许一侧无珠)，记上、中、下三档的数字和分别为a，b，c.例如，图中上档的数字和a=9.如果a，b，c成等差数列，那么不同的分珠计数法有　 　种.
【解析】 根据题意知，a，b，c的取值范围都是区间[7，14]中的8个整数，故公差d的范围是区间[－3，3]中的整数.①当公差d=0时，有=8(种)；②当公差d=±1时，b不取7和14，有2×=12(种)；③当公差d=±2时，b不取7，8，13，14，有2×=8(种)；④当公差d=±3时，b只能取10或11，有2×=4(种).综上，共有8＋12＋8＋4=32(种)不同的分珠计数法.
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