资源简介

(共179张PPT)
第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布
教材考点·真题分布
目 录 CONTENTS
教材探究问题 · 研析
教材阅读文字 · 拓展
教材典型母题 · 必刷
01
02
03
04
教材常用结论 · 推导
教材探究问题·研析
01
1.(人教A版必修第二册P249)下面两个随机试验各定义了一对随机事件A和B,你觉得事件A发生与否会影响事件B发生的概率吗
试验1:分别抛掷两枚质地均匀的硬币,A＝“第一枚硬币正面朝上”,B＝“第二枚硬币反面朝上”.
试验2:一个袋子中装有标号分别是1,2,3,4的4个球,除标号外没有其他差异.采用有放回方式从袋中依次任意摸出两球.设A＝“第一次摸到球的标号小于3”,B＝“第二次摸到球的标号小于3”.
分别计算P(A),P(B),P(AB),你有什么发现
探究
提示:对于试验1,因为两枚硬币分别抛掷,第一枚硬币的抛掷结果与第二枚硬币的抛掷结果互相不受影响,所以事件A发生与否不影响事件B发生的概率.
对于试验2,因为是有放回摸球,第一次摸球的结果与第二次摸球的结果互相不受影响,所以事件A发生与否也不影响事件B发生的概率.
在试验1中,用1表示硬币“正面朝上”,用0表示硬币“反面朝上”,则样本空间为Ω＝{(1,1),(1,0),(0,1),(0,0)},包含4个等可能的样本点.而A＝{(1,1),(1,0)},B＝{(1,0),(0,0)},所以AB＝{(1,0)}.
由古典概型概率计算公式,得P(A)＝P(B)＝,P(AB)＝.
于是P(AB)＝P(A)P(B).
积事件AB的概率P(AB)恰好等于P(A)与P(B)的乘积.
在试验2中,样本空间Ω＝{(m,n)|m,n∈{1,2,3,4}},
而A＝{(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4)},
B＝{(1,1),(1,2),(2,1),(2,2),(3,1),(3,2),(4,1),(4,2)},
AB＝{(1,1),(1,2),(2,1),(2,2)},
所以P(A)＝P(B)＝,P(AB)＝.于是也有P(AB)＝P(A)P(B).
积事件AB的概率P(AB)也等于P(A),P(B)的乘积.
2.(人教A版必修第二册P250)互为对立的两个事件是非常特殊的一种事件关系.如果事件A与事件B相互独立,那么它们的对立事件是否也相互独立 以有放回摸球试验为例,分别验证A与,与B,与是否独立,你有什么发现
提示:对于A与,因为A＝AB∪A,而且AB与A互斥,
所以P(A)＝P(AB∪A)＝P(AB)＋P(A)＝P(A)P(B)＋P(A),
所以P(A)＝P(A)－P(A)P(B)＝P(A)[1－P(B)]＝P(A)P().
由事件的独立性定义,A与相互独立.
类似地,可以证明事件与B,也都相互独立.
3.(人教A版选择性必修第三册P3)
(1)如果完成一件事有三类不同方案,在第1类方案中有m1种不同的方法,在第2类方案中有m2种不同的方法,在第3类方案中有m3种不同的方法,那么完成这件事共有多少种不同的方法
(2)如果完成一件事情有n类不同方案,在每一类中都有若干种不同的方法,那么应当如何计数呢
提示:(1)m1＋m2＋m3.
(2)假设第1类方案中有m1种不同方法,第2类方案中有m2种不同方法,…,第n类方案有mn种不同方法,则一共有m1＋m2＋…＋mn种不同方法.
4.(人教A版选择性必修第三册P5)
(1)如果完成一件事需要三个步骤,做第1步有m1种不同的方法,做第2步有m2种不同的方法,做第3步有m3种不同的方法,那么完成这件事共有多少种不同的方法
(2)如果完成一件事情需要n个步骤,做每一步都有若干种不同的方法,那么应当如何计数呢
提示:(1)m1·m2·m3.
(2)假设做第1步有m1种不同的方法,做第2步有m2种不同的方法,…,做第n步有mn种不同的方法,则一共有m1·m2·m3·…·mn种不同的方法.
5.(人教A版选择性必修第三册P17)从n个不同元素中取出m个元素的排列数(m≤n)是多少
提示:求排列数可以按依次填m个空位来考虑:
假定有排好顺序的m个空位,如图所示,从n个不同元素中取出m个元素去填空,一个空位填上一个元素,每一种填法就对应一个排列.因此,所有不同填法的种数就是排列数.
填空可以分为m个步骤完成:
第1步,从n个不同元素中任选1个填在第1位,有n种选法;
第2步,从剩下的(n－1)个元素中任选1个填在第2位,有(n－1)种选法;
第3步,从剩下的(n－2)个元素中任选1个填在第3位,有(n－2)种选法;
……
第m步,从剩下的[n－(m－1)]个元素中任选1个填在第m位,有(n－m＋1)种选法.
根据分步乘法计数原理,m个空位的填法种数为n(n－1)(n－2)…(n－m＋1).
这样,我们就得到公式
＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1).
这里,m,n∈N*,并且m≤n.这个公式叫做排列数公式.
6.(人教A版选择性必修第三册P23)前面已经提到,组合和排列有关系,我们能否利用这种关系,由排列数来求组合数呢
提示:求“从n个元素中取出m个元素的排列数”,可以看作由以下两个步骤得到:
第1步,从n个不同元素中取出m个元素作为一组,共有种不同的取法;
第2步,将取出的m个元素作全排列,共有种不同的排法.
根据分步乘法计数原理,有·.
因此,.
这里n,m∈N*,并且m≤n.这个公式叫做组合数公式.
7.(人教A版选择性必修第三册P29)我们知道,(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2,(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3.
(1)观察以上展开式,分析其运算过程,你能发现什么规律
(2)根据你发现的规律,你能写出(a＋b)4的展开式吗
(3)进一步地,你能写出(a＋b)n的展开式吗
提示:(1)我们先来分析(a＋b)2的展开过程.
根据多项式乘法法则,(a＋b)2＝(a＋b)·(a＋b)＝a(a＋b)＋b(a＋b)＝a×a＋a×b＋b×a＋b×b＝a2＋2ab＋b2.
可以看到,(a＋b)2是2个(a＋b)相乘,只要从一个(a＋b)中选一项(选a或b),再从另一个(a＋b)中选一项(选a或b),就得到展开式的一项.
于是,由分步乘法计数原理,在合并同类项之前,(a＋b)2的展开式共有×＝22项,而且每一项都是a2－kbk(k＝0,1,2)的形式.
下面我们再来分析一下形如a2－kbk的同类项的个数.
当k＝0时,a2－kbk＝a2,这是由2个(a＋b)中都不选b得到的.
因此,a2出现的次数相当于从2个(a＋b)中取0个b(即都取a)的组合数,即a2只有1个.
当k＝1时,a2－kbk＝ab,这是由1个(a＋b)中选a,另1个(a＋b)中选b得到的.由于b选定后,a的选法也随之确定,因此,ab出现的次数相当于从2个(a＋b)中取1个b的组合数,即ab共有2个.
当k＝2时,a2－kbk＝b2,这是由2个(a＋b)中都选b得到的.因此,b2出现的次数相当于从2个(a＋b)中取2个b的组合数,即b2只有1个.
由上述分析可以得到(a＋b)2＝a2＋ab＋b2.
(2)(a＋b)4＝a4＋a3b＋a2b2＋ab3＋b4＝a4＋4a3b＋6a2b2＋4ab3＋b4.
(3)(a＋b)n＝an＋an－1b1＋…＋an－kbk＋…＋bn,n∈N*.
8.(人教A版选择性必修第三册P49)从有a个红球和b个蓝球的袋子中,每次随机摸出1个球,摸出的球不再放回.显然,第1次摸到红球的概率为.那么第2次摸到红球的概率是多大 如何计算这个概率呢
提示:用Ri表示事件“第i次摸到红球”,Bi表示事件“第i次摸到蓝球”,i＝1,2.如图所示,事件R2可按第1次可能的摸球结果(红球或蓝球)表示为两个互斥事件的并,即R2＝R1R2∪B1R2.利用概率的加法公式和乘法公式,得
P(R2)＝P(R1R2∪B1R2)
＝P(R1R2)＋P(B1R2)
＝P(R1)P(R2|R1)＋P(B1)P(R2|B1)
＝××.
9.(人教A版选择性必修第三册P64)如果X是一个离散型随机变量,将X进行平移或伸缩后,其均值会怎样变化 即E(X＋b)和E(aX)(其中a,b为常数)分别与E(X)有怎样的关系
提示:设X的分布列为P(X＝xi)＝pi,i＝1,2,…,n.
根据随机变量均值的定义,
E(X＋b)＝(x1＋b)p1＋(x2＋b)p2＋…＋(xn＋b)pn＝(x1p1＋x2p2＋…＋xnpn)＋b(p1＋p2＋…＋pn)＝E(X)＋b.
类似地,可以证明E(aX)＝aE(X).
E(aX)＝ax1p1＋ax2p2＋…＋axnpn
＝a(x1p1＋x2p2＋…＋xnpn)＝aE(X).
同理,E(aX＋b)＝aE(X)＋b.
10.(人教A版选择性必修第三册P69)离散型随机变量X加上一个常数,方差会有怎样的变化 离散型随机变量X乘以一个常数,方差又有怎样的变化 它们和期望的性质有什么不同
提示:离散型随机变量X加上一个常数b,仅仅使X的值产生一个平移,不改变X与其均值的离散程度,方差保持不变,即
D(X＋b)＝D(X).
而离散型随机变量X乘以一个常数a,其方差变为原方差的a2倍,即D(aX)＝a2D(X).
一般地,可以证明下面的结论成立:
D(aX＋b)＝a2D(X).
而期望性质中E(X＋b)＝E(X)＋b,E(aX)＝aE(X),
E(aX＋b)＝aE(X)＋b.
教材常用结论·推导
02
1.几个重要的组合恒等式
(1)(人教A版选择性必修第三册P38T9)曲棍球棒恒等式(朱世杰恒等式)＋…＋.
证明　左＝＋…＋
＝＋…＋＋…＋
＝…＝＝右.
(2)(人教A版选择性必修第三册P76拓展)k＝n.
证明　左＝k·
＝＝n＝右.
(3)＋2＋…＋n＝n·2n－1.
证明　令t＝0·＋1·＋2·＋…＋n·, ①
则t＝n＋(n－1)＋…＋0, ②
①＋②得2t＝n(＋…＋)＝n·2n,
所以t＝n·2n－1.原式得证.
(4)1×2＋2×3＋…＋(n－1)n＝n(n－1)·2n－2.
证明　通项:k(k－1)＝k(k－1)
＝＝n(n－1)
故左＝n(n－1)＝n(n－1)2n－2＝右.
(5)()2＋()2＋…＋()2＝.
证明　(1＋x)n·(x＋1)n＝(1＋x)2n
左侧xn的系数为···＋…＋·＝()2＋()2＋…＋()2,
右侧xn的系数为.
故()2＋()2＋…＋()2＝()2.
(6)＋…＋＋…＋(k,m,n,r为正整数,m≥k,n≥k).
证明　(1＋x)m(1＋x)n＝(1＋x)m＋n,
左侧xk的系数为＋…＋,
右侧xk的系数为,
故·＋…＋＋…＋.
(7)＋…＋··2k.
证明　左＝
＝·
＝
＝·2k＝右.
【应用示例】 随机将1,2,…,2n(n∈N*,n≥2)这2n个连续正整数分成A,B两组,每组n个数,A组最大数为a,B组最大数为b,记ξ＝|a－b|.当n＝3时,ξ的数学期望E(ξ)＝　　　　;若对任意n≥2,E(ξ)2
解析　由题意a≠b,由对称性,不妨设a>b,则a＝2n,ξ＝|a－b|＝2n－b,则E(ξ)＝2n－E(b).下面先求E(b),即从1,2,3,…,2n－1中随机取n个数,这n个数中最大数b的期望.则从1,2,3,…,2n－1中随机取n个数,共有种取法.b＝k,指n个数中最大数为k(k≥n),即取k后,再从1,2,3,…,k－1个数中取n－1个数,则这样的取法有种,
则由古典概型概率公式知P(b＝k)＝,k＝n,n＋1,…,2n－1.
由组合数性质,则,又k＝n(n≥2,n∈N*),则E(b)＝kP(b＝k)＝knC＝,
故E(ξ)＝2n－E(b)＝2n－＝2－.
①故当n＝3时,E(ξ)＝2－;②若对任意n≥2,E(ξ)2－恒成立,设g(x)＝2－,x∈(1,＋∞),则g(x)在(1,＋∞)单调递增,
由n∈N*,n≥2,则g(n)单调递增,当n→＋∞时,g(n)→2,即g(n)<2,故当n≥2,要使g(n)2.(人教A版选择性必修第三册P68讲解拓展)方差和均值的关系式D(X)＝E(X2)－(E(X))2.
证明　D(X)＝(xi－E(X))2pi
＝[－2E(X)xi＋(E(X))2]pi
＝pi－2E(X)xipi＋(E(X))2pi
＝pi－2(E(X))2＋(E(X))2
＝E(X2)－(E(X))2.
【应用示例】 (2025·成都模拟)若随机变量X的可能取值为1,2,3,4,且P(X＝k)＝λk(k＝1,2,3,4),则D(X)＝(　　)
A.1 B.2
C.3 D.4
解析　法一　由题意得λ＋2λ＋3λ＋4λ＝1,
解得λ＝,
故E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＝3,
D(X)＝(1－3)2×＋(2－3)2×＋(3－3)2×＋(4－3)2×＝1.
A
法二　由题意得λ＋2λ＋3λ＋4λ＝1,
解得λ＝,
故E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＝3,
E(X2)＝1×＋4×＋9×＋16×＝10,
D(X)＝E(X2)－(E(X))2＝10－9＝1.
3.(人教A版选择性必修第三册P49,P51讲解拓展)(1)全概率公式:一般地,设A1,A2,…,An是一组两两互斥的事件,A1∪A2∪…∪An＝Ω,且P(Ai)>0,i＝1,2,…,n,则对任意的事件B Ω,有P(B)＝P(Ai)P(B|Ai).
证明　因为P(B|Ai)＝,
所以P(AiB)＝P(Ai)P(B|Ai),
所以P(B)＝P(AiB)＝P(Ai)P(B|Ai).
(2)贝叶斯公式:设A1,A2,…,An是一组两两互斥的事件,A1∪A2∪…∪An＝Ω,且P(Ai)>0,i＝1,2,…,n,则对任意的事件B Ω,P(B)>0,有P(Ai|B)＝,i＝1,2,…,n.
证明　因为P(BAi)＝P(Ai)P(B|Ai)＝P(B)P(Ai|B),
所以P(Ai|B)＝＝,i＝1,2,…,n.
【应用示例】 (多选)(2024·遵义三模)英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著,经他研究,随机事件A,B存在如下关系:P(A|B)＝.现有甲、乙、丙三台车床加工同一件零件,甲车床加工的次品率为8%,乙车床加工的次品率6%,丙车床加工的次品率为5%,加工出来的零件混放在一起,且甲、乙、丙3台车床加工的零件数分别占总数的30%,40%,30%,设事件A1,A2,A3分别表示取到的零件来自甲、乙、丙车床,事件B表示任取一个零件为次品,则下列说法正确的是(　 　)
A.P(A2B)＝0.024 B.P(B|A3)＝0.015
C.P(B)＝0.063 D.P(A1|B)＝
ACD
解析　对于A,P(A2B)＝P(B|A2)P(A2)＝0.06×0.40＝0.024,故A正确;
对于B,因事件B|A3可理解为,在确定产品是丙机床生产的条件下得到该产品为次品,故有P(B|A3)＝5%,故B错误;
对于C,P(B)＝P(BA1)＋P(BA2)＋P(BA3)
＝P(B|A1)P(A1)＋P(B|A2)P(A2)＋P(B|A3)P(A3)
＝0.08×0.30＋0.06×0.40＋0.05×0.30
＝0.024＋0.024＋0.015＝0.063,故C正确;
对于D,P(A1|B)＝
＝,故D正确.
4.(人教A版选择性必修第三册P76讲解拓展)二项分布的均值和方差:X~B(n,p),则E(X)＝np,D(X)＝np(1－p).
证明　令q＝1－p,由k＝n,
可得E(X)＝kpkqn－k
＝npkqn－k
＝np·pk－1·qn－1－(k－1),
令k－1＝m,
则E(X)＝np·pmqn－1－m
＝np(p＋q)n－1＝np
(其中k＝n·＝n).
E(X2)＝k2pkqn－k＝knpkqn－k＝npkpk－1qn－k
＝np[(k－1)pk－1qn－k＋pk－1qn－k]
＝np(k－1)pk－1qn－k＋nppk－1qn－k
＝npmpmqn－m－1＋nppmqn－m－1.
由m＝(n－1),
可得E(X2)＝np(n－1)pk－1qn－k＋np·(p＋q)n－1
＝np(n－1)ppk－2qn－k＋np＝np(n－1)p＋np,
所以D(X)＝E(X2)－(EX)2
＝np(n－1)p＋np－(np)2＝np(1－p).
【应用示例】 (2023·全国甲卷)一项试验旨在研究臭氧效应,试验方案如下:选40只小白鼠,随机地将其中20只分配到试验组,另外20只分配到对照组,试验组的小白鼠饲养在高浓度臭氧环境,对照组的小白鼠饲养在正常环境,一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量(单位:g).设X表示指定的两只小白鼠中分配到对照组的只数,求X的分布列和数学期望.
解　依题意,得X的所有可能取值为0,1,2,
每只小白鼠被分配到对照组的概率p＝,
P(X＝0)＝×,
P(X＝1)＝××,
P(X＝2)＝×,
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＝1.
5.(人教A版选择性必修第三册P78讲解拓展)超几何分布的均值:随机变量X服从超几何分布,即X~H(n,M,N),则E(X)＝n·.
证明　令m＝max{0,n－N＋M},r＝min{n,M},
当m>0时,E(X)＝k,
又k＝r·＝M＝M,
n＝n·＝N＝N·,
故·,
所以E(X)＝＝n·,
P(X＝k－1)＝,X~H(n－1,M－1,N－1),
所以＝1,
所以E(X)＝n·.
【应用示例】 (2025·泉州模拟)某社团对男女学生是否喜欢书法进行了一个随机调查,调查的数据如表所示.
根据调查数据回答:
(1)有95%的把握认为性别与是否喜欢书法有关吗
喜欢书法 不喜欢书法
男学生 24 32
女学生 16 24
解　如下,作出完整列联表
零假设为H0:认为性别与是否喜欢书法无关联.
χ2＝≈0.078<3.841,
根据α＝0.05的独立性检验,即没有95%的把握认为性别与是否喜欢书法有关联.
性别 书法 合计
喜欢书法 不喜欢书法
男学生 24 32 56
女学生 16 24 40
合计 40 56 96
(2)若该社团某小组有男生4人,女生2人,现从中随机选取2人作为志愿者参加活动,记参加活动的女生人数为X,求X的分布列及期望E(X).
参考公式:χ2＝,其中n＝a＋b＋c＋d.
参考数据:
α 0.10 0.05 0.010 0.005
xα 2.706 3.841 6.635 7.879
解　 X可能的取值:X＝0,1,2,
P(X＝0)＝,P(X＝1)＝,P(X＝2)＝,
所以X的分布列为:
X 0 1 2
P
E(X)＝0×＋1×＋2×.
教材阅读文字·拓展
03
1.通过阅读《探究与发现——组合数的两个性质》(人教A版选择性必修第三册P28),可从中提炼出如下结论:
(1).
证明　法一　从n个不同元素中取出m个元素后与剩下的n－m个元素形成一一对应,故方法一样多.
法二　左＝,
右＝＝左.
(2).
证明　法一　从n＋1个不同元素中取出m个元素可分为两类:
①选取某一确定元素,有·种方法;
②不选取该确定元素,有种方法;
故有.
法二　左＝,
右＝
＝
＝＝左.
【应用示例】 ＋…＋＝　　　　.
解析　＋…＋
＝＋…＋
＝＋…＋
＝＋…＋
＝＋…＋
＝…＝
＝＝230 300.
230 300
2.通过阅读《数学探究——杨辉三角的性质与应用》(人教A版选择性必修第三册P39),可从中提炼出如下结论:
(1)在第r＋1条斜线上(从右上到左下)前n－r个数字的和,等于第r＋2条斜线上的第n－r个数,即:＋…＋.
证明　左＝＋…＋
＝＋…＋
＝＋…＋
＝…＝＝右.
(2)第n行各数的平方和等于第2n行中间的数,即()2＋()2＋…＋()2＝.
证明　因为(1＋x)n(1＋x)n＝(1＋x)2n,
等式左边xn的系数为:
＋…＋
＝＋…＋
＝()2＋()2＋…＋()2,
等式右边xn的系数为,
所以()2＋()2＋…＋()2＝.
【应用示例】 杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家、教育家,杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果.杨辉三角中蕴藏了许多优 美的规律,它的许多性质与组合数的性质有关,图1为杨辉三角的部分内容,图2为杨辉三角的改写形式.
(1)求图2中第10行各数之和;
解　第10行的各数之和为:
＋…＋＝210＝1 024.
(2)从图2第2行开始,取每一行的第3个数一直取到第15行的第3个数,求取出的所有数之和;
解　杨辉三角中第2行到第15行各行第3个数之和为:
＋…＋
＝＋…＋＝…＝
＝＝560.
(3)在杨辉三角中是否存在某一行,使该行中三个相邻的数之比为3∶8∶14 若存在,试求出这三个数;若不存在,请说明理由.
解　存在,理由如下:
设在第n行存在连续三项,,,其中n∈N*且n≥2,k∈N*且k≥2,
有,
化简得,
解得k＝3,n＝10,
所以＝45,＝120,＝210,
故这三个数依次是45,120,210.
即
3.通过阅读《探究与发现——二项分布的性质》(人教A版选择性必修第三册P81),可从中提炼出如下结论:
X~B(n,p),记pk＝p(X＝k)＝pk(1－p)n－k,k＝0,1,2,…,n.当k<(n＋1)p时,pk单调递增,当k>(n＋1)p时,pk单调递减,如果(n＋1)p为非整数,pk有唯一的最大值,如果(n＋1)p为正整数,pk有两个相同的最大值.
证明　＝
＝＝1＋.
当>1,即k<(n＋1)p时,pk>pk－1,pk单调递增,
当<1,即k>(n＋1)p时,pk若(n＋1)p为正整数,当k＝(n＋1)p时,pk＝pk－1,此时这两项概率均为最大值.
若(n＋1)p为非整数,而k取(n＋1)p的整数部分,则pk是唯一的最大值.
【应用示例】 某超市购进一批同种类水果,按照果径大小分为四类:不达标果、标准果、精品果、礼品果.质检技术人员从该批水果中随机选取100个,按果径大小分成5组进行统计:[60,65),[65,70),[70,75),[75,80),[80,85](单位:mm).统计后制成如下的频率分布直方图,并规定果径低于65 mm为不达标果,在65 mm到75 mm之间为标准果,在75 mm到80 mm之间为精品果,达到80 mm及以上的为礼品果.
(1)现采用分层随机抽样的方法从选取的100个水果中抽取10个,再从这10个水果中随机抽取2个,记礼品果的个数为X,求X的分布列与数学期望;
解　由题意(0.004＋0.016＋0.060＋0.080＋a)×5＝1,
所以a＝0.040,
所以这100个水果中礼品果的个数为0.040×5×100＝20,
采用分层随机抽样的方法从选取的100个水果中抽取10个,其中礼品果有×10＝2个,故随机变量X的所有可能取值为0,1,2,
则P(X＝0)＝,
P(X＝1)＝,
P(X＝2)＝.
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
期望E(X)＝0×＋1×＋2×.
(2)以频率估计概率,从这批水果中随机抽取n(n≥2)个,设其中恰有2个精品果的概率为P(n).当P(n)最大时,求n的值.
解　由频率分布直方图知,从该批水果中随机抽取1个,是精品果的概率为0.080×5＝0.4,
则P(n)＝·0.42·0.6n－2,
所以P(n－1)＝·0.42·0.6n－3,
P(n＋1)＝·0.42·0.6n－1,
要使P(n)最大,则
≤1,
且≤1,
解得4≤n≤5,
因为P(4)＝·0.42·0.62＝0.345 6,
P(5)＝·0.42·0.63＝0.345 6,
所以P(4)＝P(5),
所以当P(n)最大时,n＝4或n＝5.
教材典型母题·必刷
04
母题1 (人教A版必修第二册P246T9)一个盒子中装有6支圆珠笔,其中3支一等品,2支二等品和1支三等品.若从中任取2支,那么下列事件的概率各是多少
(1)A＝“恰有1支一等品”;
(2)B＝“两支都是一等品”;
(3)C＝“没有三等品”.
解　用D,E,F表示3支一等品,用d,e表示2支二等品,用f表示三等品,
从中任取2支,
所有的事件为:DE,DF,EF,Dd,De,Df,Ed,Ee,Ef,Fd,Fe,Ff,de,df,ef,共15种,
(1)事件A为:Dd,De,Df,Ed,Ee,Ef,Fd,Fe,Ff,共9种,
故P(A)＝.
(2)事件B为:DE,DF,EF,共3种,
故P(B)＝.
(3)事件C为:DE,DF,EF,Dd,De,Ed,Ee,Fd,Fe,de共10种,
设P(C)＝.
(1)(2023·全国甲卷)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.
D
解析　记高一年级2名学生分别为a1,a2,高二年级2名学生分别为b1,b2,
则从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演的基本事件有(a1,a2),(a1,b1),(a1,b2),(a2,b1),(a2,b2),(b1,b2),共6个,
其中这2名学生来自不同年级的基本事件有(a1,b1),(a1,b2),(a2,b1),(a2,b2),共4个,
所以这2名学生来自不同年级的概率p＝,故选D.
(2)(2023·全国乙卷)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一个主题准备作文,则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的概率为(　　)
A. B.
C. D.
A
解析　法一　设6个主题分别为A,B,C,D,E,F,甲、乙两位同学所选主题的所有可能情况如表:
甲 乙
A B C D E F
A (A,A) (A,B) (A,C) (A,D) (A,E) (A,F)
B (B,A) (B,B) (B,C) (B,D) (B,E) (B,F)
C (C,A) (C,B) (C,C) (C,D) (C,E) (C,F)
D (D,A) (D,B) (D,C) (D,D) (D,E) (D,F)
E (E,A) (E,B) (E,C) (E,D) (E,E) (E,F)
F (F,A) (F,B) (F,C) (F,D) (F,E) (F,F)
共36种情况,其中甲、乙两位同学抽到不同主题的情况有30种,故抽到不同主题的概率为.
法二　甲、乙两位同学抽到相同主题的情况有6种,故抽到不同主题的概率为
1－.
(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
解析　从7个整数中随机取2个不同的数,共有＝21(种)取法,取得的2个数互质的情况有{2,3},{2,5},{2,7},{3,4},{3,5},{3,7},{3,8},{4,5},{4,7},{5,6},{5,7},{5,8},{6,7},{7,8},共14种,
根据古典概型的概率公式,得这2个数互质的概率为.故选D.
母题2 (人教A版必修第二册P251例2)甲、乙两名射击运动员进行射击比赛,甲的中靶概率为0.8,乙的中靶概率为0.9,求下列事件的概率:
(1)两人都中靶;
(2)恰好有一人中靶;
(3)两人都脱靶;
(4)至少有一人中靶.
解　设A＝“甲中靶”,B＝“乙中靶”,则＝“甲脱靶”,＝“乙脱靶”.
由于两个人射击的结果互不影响,所以A与B相互独立,A与,与B,都相互独立.
由已知可得,P(A)＝0.8,P(B)＝0.9,P()＝0.2,P()＝0.1.
(1)AB＝“两人都中靶”,
由事件的独立性定义,
得P(AB)＝P(A)P(B)＝0.8×0.9＝0.72.
故两人都中靶的概率为0.72.
(2)“恰好有一人中靶”＝A∪B,且AB互斥,根据概率的加法公式和事件的独立性定义,
得P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝P(A)P()＋P()P(B)＝0.8×0.1＋0.2×0.9＝0.26.
故恰好有一人中靶的概率为0.26.
(3)事件“两人都脱靶”＝,
所以P()＝P()P()＝(1－0.8)×(1－0.9)＝0.02.
故两人都脱靶的概率为0.02.
(4)法一　事件“至少有一人中靶”＝AB∪A∪B,且AB,AB两两互斥,
所以P(AB∪A∪B)＝P(AB)＋P(A)＋P(B)＝P(AB)＋P(A∪B)＝0.72＋0.26＝0.98.
故至少有一人中靶的概率为0.98.
法二　由于事件“至少有一人中靶”的对立事件是“两人都脱靶”,根据对立事件的性质,得事件“至少有一人中靶”的概率为1－P()＝1－0.02＝0.98.
(多选)(2023·新高考Ⅱ卷)在信道内传输0,1信号,信号的传输相互独立.发送0时,收到1的概率为α(0<α<1),收到0的概率为1－α;发送1时,收到0的概率为β(0<β<1),收到1的概率为1－β.考虑两种传输方案:单次传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发送1次;三次传输是指每个信号重复发送3次.收到的信号需要译码,译码规则如下:单次传输时,收到的信号即为译码;三次传输时,收到的信号中出现次数多的即为译码(例如,若依次收到1,0,1,则译码为1).(　 　)
A.采用单次传输方案,若依次发送1,0,1,则依次收到1,0,1的概率为(1－α)(1－β)2
B.采用三次传输方案,若发送1,则依次收到1,0,1的概率为β(1－β)2
C.采用三次传输方案,若发送1,则译码为1的概率为β(1－β)2＋(1－β)3
D.当0<α<0.5时,若发送0,则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率
ABD
解析　由题意,发0收1的概率为α,发0收0的概率为1－α;发1收0的概率为β,发1收1的概率为1－β.
对于A,发1收1的概率为1－β,发0收0的概率为1－α,
所以所求概率为(1－α)(1－β)2,故A选项正确;
对于B,相当于发了1,1,1,收到1,0,1,
则概率为(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2,故B选项正确;
对于C,相当于发了1,1,1,收到1,1,0或1,0,1或0,1,1或1,1,1,
则概率为β(1－β)2＋(1－β)3＝3β(1－β)2＋(1－β)3,故C不正确;
对于D,发送0,采用三次传输方案译码为0,相当于发0,0,0,收到0,0,1或0,1,0或1,0,0或0,0,0,则此方案的概率为P1＝α(1－α)2＋(1－α)3＝3α(1－α)2＋(1－α)3;
发送0,采用单次传输方案译码为0的概率P2＝1－α.
当0<α<0.5时,P1－P2＝3α(1－α)2＋(1－α)3－(1－α)＝α(1－α)(1－2α)>0,故D选项正确.
综上,选ABD.
母题3 (人教A版必修第二册P252T1)分别抛掷两枚质地均匀的硬币,设事件A＝“第1枚正面朝上”,事件B＝“第2枚正面朝上”,事件C＝“两枚硬币朝上的面相同”,A,B,C中哪两个相互独立
解　可求P(A)＝,P(B)＝,
P(C)＝,P(AB)＝,P(AC)＝, P(BC)＝,
所以P(AB)＝P(A)P(B), P(AC)＝P(A)P(C), P(BC)＝P(B)P(C),
所以A与B,A与C,B与C都相互独立.
(2021·新高考Ⅰ卷)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
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)＝.事件甲与事件丙是互斥事件,不是相互独立事件,故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),故B正确;
事件乙与事件丙同时发生的概率为,P(乙丙)≠P(乙)P(丙),故C错误;
事件丙与事件丁是互斥事件,不是相互独立事件,故D错误.选B.
母题4 (人教A版选择性必修第三册P5例3)书架的第1层放有4本不同的计算机书,第2层放有3本不同的文艺书,第3层放有2本不同的体育书.
(1)从书架上任取1本书,有多少种不同取法
解　从书架上任取1本书,有三类方案:
第1类,从第1层取1本计算机书,有4种方法;
第2类,从第2层取1本文艺书,有3种方法;
第3类,从第3层取1本体育书,有2种方法.
根据分类加法计数原理,不同取法的种数为4＋3＋2＝9.
(2)从书架的第1层、第2层、第3层各取1本书,有多少种不同取法
解　从书架的第1层、第2层、第3层各取1本书,可以分三步完成:
第1步,从第1层取1本计算机书,有4种方法;
第2步,从第2层取1本文艺书,有3种方法;
第3步,从第3层取1本体育书,有2种方法.
根据分步乘法计数原理,不同取法的种数为
4×3×2＝24.
(1)(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　因为甲出卡片1一定输,出其他卡片有可能赢,所以四轮比赛后,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,
所以只有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),
所以甲的总得分不小于2的概率P＝.
(2)(2024·新高考Ⅱ卷)在如图的4×4的方格表中选4个方格,要求每行和每列均恰有一个方格被选中,则共有　　　　种选法,在所有符合上述要求的选法中,选中方格中的4个数之和的最大值是　　　　.
24
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
112
解析　第一步,从第一行任选一个数,共有4种不同的选法;
第二步,从第二行选一个与第一个数不同列的数,共有3种不同的选法;
第三步,从第三行选一个与第一、二个数均不同列的数,共有2种不同的选法;
第四步,从第四行选一个与第一、二、三个数均不同列的数,只有1种选法.
由分步乘法计数原理知,不同的选法种数为4×3×2×1＝24.
先按列分析,每列必选出一个数,故所选4个数的十位上的数字分别为1,2,3,4.
再按行分析,第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1,3,3,5,
故从第一行选21,从第二行选33,从第三行选43,从第4行选15,
此时个位上的数字之和最大.
故选中方格中的4个数之和的最大值为21＋33＋43＋15＝112.
(3)(2024·全国甲卷)有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中无放回地随机取3次,每次取1个球,设m为前两次取出的球上数字的平均值,n为取出的三个球上数字的平均值,则m与n之差的绝对值不大于的概率为　　　　.
解析　设3次取出的球上的数字依次为a,b,c,则无放回地随机取3次球的取法有＝120(种),
则|m－n|＝＝≤,可得|a＋b－2c|≤3.
当c＝1时,a,b需要满足“－1≤a＋b≤5”,所有可能情况为(2,3),(3,2),共2种.
当c＝2时,a,b需要满足“1≤a＋b≤7”,所有可能情况为(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(3,1),(4,1),(5,1),(6,1),(3,4),(4,3),共10种.
当c＝3时,a,b需要满足“3≤a＋b≤9”,所有可能情况为(1,2),(2,1),(1,4),(4,1),(1,5),(5,1),(1,6),(6,1),(2,4),(4,2),(2,5),(5,2),(2,6),(6,2),(4,5),(5,4),共16种.
当c＝4时,a,b需要满足“5≤a＋b≤11”,所有可能情况为(1,5),(5,1),(1,6),(6,1),(2,3),(3,2),(2,5),(5,2),(2,6),(6,2),(3,5),(5,3),(3,6),(6,3),(6,5),(5,6),共16种.
当c＝5时,a,b需要满足“7≤a＋b≤13”,所有可能情况为(1,6),(6,1),(2,6),(6,2),(3,4),(4,3),(3,6),(6,3),(4,6),(6,4),共10种.
当c＝6时,a,b需要满足“9≤a＋b≤15”,所有可能情况为(4,5),(5,4),共2种.
故共有2＋10＋16＋16＋10＋2＝56(种)可能情况,所以所求概率P＝.
母题5 (人教A版选择性必修第三册P25例7)在100件产品中,有98件合格品,2件次品.从这100件产品中任意抽出3件.
(1)有多少种不同的抽法
(2)抽出的3件中恰好有1件是次品的抽法有多少种
解　(1)所有的不同抽法种数,就是从100件产品中抽出3件的组合数,所以抽法种数为＝161 700.
(2)从2件次品中抽出1件的抽法有种,从98件合格品中抽出2件的抽法有种,因此抽出的3件中恰好有1件次品的抽法种数为×＝2×＝9 506.
(3)抽出的3件中至少有1件是次品的抽法有多少种
解　法一　从100件产品抽出的3件中至少有1件是次品,包括有1件次品和有2件次品两种情况,因此根据分类加法计数原理,抽出的3件中至少有1件是次品的抽法种数为××＝9 506＋98＝9 604.
法二　抽出的3件中至少有1件是次品的抽法种数,就是从100件产品中抽出3件的抽法种数减去3件都是合格品的抽法种数,
即＝161 700－＝9 604.
(1)(2023·新高考Ⅱ卷)某学校为了解学生参加体育运动的情况,用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查,拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生,已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生,则不同的抽样结果共有(　　)
A.·种 B.·种
C.·种 D.·种
D
解析　由题意,初中部和高中部学生人数之比为,
所以抽取的60名学生中初中部应有60×＝40(人),
高中部应有60×＝20(人),所以不同的抽样结果共有·种,故选D.
(2)(2023·全国乙卷)甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种,则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有(　　)
A.30种 B.60种
C.120种 D.240种
C
解析　甲、乙二人先选1种相同的课外读物,有＝6(种)情况,再从剩下的5种课外读物中各自选1种不同的读物,有＝20(种)情况,由分步乘法计数原理可得共有6×20＝120(种)选法.
(3)(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).
64
解析　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).
法二　若学生从这8门课中选修2门课,
则有＝16(种)选课方案;
若学生从这8门课中选修3门课,
则有＝48(种)选课方案.
综上,不同的选课方案共有16＋48＝64(种).
母题6 (人教B版选择性必修第二册P20例5)要把9本不同的课外书分给甲、乙、丙3名同学:
(1)如果每个人都得3本,则共有不同的分法多少种
解　要完成分配任务,可以分为三步:
第一步,分给甲3本书,有种方法;
第二步,分给乙3本书,因为只能在剩下的6本书里选,所以有种方法;
第三步,分给丙3本书,因为只能在剩下的3本书里选,所以有种方法.
因此共有不同的分法数为
××1＝1 680.
(2)如果要求一人得4本,一人得3本,一人得2本,则共有不同的分法多少种
解　要完成分配任务,可以分为两步:
第一步,将9本书按照4本、3本、2本分为三组,有种方法;
第二步,将分好的3组书分别分给3个人,有种方法.
因此共有不同的分法数为
××1×3×2×1＝7 560.
(1)(2021·全国乙卷)将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训,每名志愿者只分配到1个项目,每个项目至少分配1名志愿者,则不同的分配方案共有(　　)
A.60种 B.120种
C.240种 D.480种
C
解析　根据题设中的要求,每名志愿者只分配到1个项目,每个项目至少分配1名志愿者,可分两步进行安排:第一步,将5名志愿者分成4组,其中1组2人,其余每组1人,共有种分法;第二步:将分好的4组安排到4个项目中,有种安排方法.故满足题意的分配方案共有·＝240(种).故选C.
(2)(2020·新高考Ⅰ卷)6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者,每名同学只去1个场馆,甲场馆安排1名,乙场馆安排2名,丙场馆安排3名,则不同的安排方法共有(　　)
A.120种 B.90种
C.60种 D.30种
C
解析　先从6名同学中选1名安排到甲场馆,有种选法,再从剩余的5名同学中选2名安排到乙场馆,有种选法,最后将剩下的3名同学安排到丙场馆,有种选法,由分步乘法计数原理知,共有··＝60(种)不同的安排方法.故选C.
(3)(2020·新高考Ⅱ卷)3名大学生利用假期到2个山村参加扶贫工作,每名大学生只去1个村,每个村至少1人,则不同的分配方案共有(　　)
A.4种 B.5种
C.6种 D.8种
C
解析　先将3名大学生分成2组有·种分法,再分配到2个村有种分法,则不同的分配方案共有··＝6种.故选C.
母题7 (人教A版选择性必修第三册P34习题6.3T2)在(x＋y)(x－y)5的展开式中,x3y3的系数是　　　　.
解析　∵(x＋y)(x－y)5＝(x＋y)(x5－5x4y＋10x3y2－10x2y3＋5xy4－y5),
故展开式中x3y3的系数为10－10＝0.
0
(1)(2025·天津卷)在(x－1)6的展开式中,x3项的系数为　　　　(用数字作答).
(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　(1)(x－1)6展开式的通项公式为Tk＋1＝x6－k(－1)k＝(－1)kx6－k,
令6－k＝3,得k＝3,
所以x3项的系数为(－1)3＝－20.
(2)(x＋y)8展开式的通项Tr＋1＝x8－ryr,r＝0,1,…,7,8.令r＝6,得T6＋1＝x2y6;令r＝5,得T5＋1＝x3y5,所以(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为＝－28.
-20
-28
母题8 (人教A版选择性必修第三册P38T1(7))(1＋x)2n的展开式中,系数最大的项是第　　　　项.
n＋1
解析　在(1＋x)2n的展开式中,第r＋1项的系数与第r＋1项的二次项系数相同(r＝0,1,2,…,2n),
又二项展开式共有2n＋1项,中间项的二项式系数最大,
可得第n＋1项的系数最大.
(2024·全国甲卷)的展开式中,各项系数中的最大值为　　　　.
5
解析　的展开式的通项公式为Tr＋1＝xr,
则各项的系数分别为,,,,,,,,,,,
观察发现二项式系数先增大后减小,且前后对称,指数式递增,分别计算
,,,,,,
比较可得,＝5最大.
母题9 (人教A版选择性必修第三册P38T5(2))求的展开式的常数项.
解　的展开式的通项为
Tr＋1＝(9x)18－r
＝·336－3r·,
令18－r＝0,得r＝12,
所以常数项是第13项,T13＝18 564.
(2020·全国Ⅲ卷)的展开式中常数项是　　　　(用数字作答).
解析　的展开式的通项为Tr＋1＝(x2)6－r·2rx12－3r,令12－3r＝0,解得r＝4,得常数项为24＝240.
240
母题10 (人教B版选择性必修第二册P34习题3－3CT2)设(3x－1)8＝a8x8＋a7x7＋…＋a1x＋a0,求:
(1)a8＋a7＋…＋a1;
(2)a8－a7＋a6－a5＋a4－a3＋a2－a1＋a0;
(3)a8＋a6＋a4＋a2＋a0.
解　(1)令x＝0,得a0＝1;令x＝1,得a8＋a7＋…＋a1＋a0＝28＝256.
∴a8＋a7＋…＋a1＝256－1＝255.
(2)令x＝－1,得a8－a7＋a6－a5＋a4－a3＋a2－a1＋a0＝(－4)8＝65 536.
(3)由(1)(2)知,
两式作和得2(a8＋a6＋a4＋a2＋a0)
＝65 792,∴a8＋a6＋a4＋a2＋a0＝32 896.
(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.
1
15
母题11 (人教A版选择性必修第三册P38T8)某种产品的加工需要经过5道工序.
(1)如果其中某道工序不能放在最后,那么有多少种加工顺序
解　先从另外4道工序中任选1道工序放在最后,有＝4种不同的排法,
再将剩余的4道工序全排列,有＝24种不同的排法,
故由分步乘法计数原理可得,
共有4×24＝96种加工顺序.
(2)如果其中某2道工序既不能放在最前,也不能放在最后,那么有多少种加工顺序
解　先从另外3道工序中任选2道工序放在最前和最后,有＝6种不同的排法,
再将剩余的3道工序全排列,有＝6种不同的排法,
故由分步乘法计数原理可得,共有6×6＝36种加工顺序.
(3)如果其中某2道工序必须相邻,那么有多少种加工顺序
解　先排这2道工序,有＝2种不同的排法,再将它们看作一个整体,
与剩余的工序全排列,有＝24种不同的排法,
故由分步乘法计数原理可得,共有2×24＝48种加工顺序.
(4)如果其中某2道工序不能相邻,那么有多少种加工顺序
解　先排其余的3道工序,有＝6种不同的排法,出现4个空位,
再将这2道工序插空,有＝12种不同的排法,
所以由分步乘法计数原理可得,共有6×12＝72种加工顺序.
(1)(2023·全国甲卷)现有5名志愿者参加公益活动,在某一星期的星期六、星期日两天,每天从这5人中安排2人参加公益活动,则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有(　　)
A.120种 B.60种
C.30种 D.20种
B
解析　先从5人选择1人两天均参加公益活动,有种方式;
再从余下的4人中选2人分别安排到星期六、星期日,有种安排方式.
所以不同的安排方式共有·＝60(种).故选B.
(2)(2022·新高考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
B
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,所以不同的排列方式共有＝24(种),故选B.
母题12 (人教A版选择性必修第三册P46例1)在5道试题中有3道代数题和2道几何题,每次从中随机抽出1道题,抽出的题不再放回.求:
(1)第1次抽到代数题且第2次抽到几何题的概率;
(2)在第1次抽到代数题的条件下,第2次抽到几何题的概率.
解　设A＝“第1次抽到代数题”,B＝“第2次抽到几何题”,则“第1次抽到代数题且第2次抽到几何题”就是事件AB.
(1)法一　从5道试题中每次不放回地随机抽取2道,试验的样本空间Ω包含20个等可能的样本点,即n(Ω)＝＝5×4＝20.
因为n(AB)＝×＝3×2＝6,
所以P(AB)＝.
故所求的概率为.
法二　因为n(A)＝3×4＝12, n(AB)＝3×2＝6,
所以P(B|A)＝.
又P(A)＝,利用乘法公式可得P(AB)＝P(A)P(B|A)＝×.
故所求的概率为.
(2)“在第1次抽到代数题的条件下,第2次抽到几何题”的概率就是事件A发生的条件下,事件B发生的概率,
显然P(A)＝.
利用条件概率公式,得P(B|A)＝.
故所求的概率为.
(2023·全国甲卷)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,
所以P(C)＝P(A|B)＝＝0.8,故选A.
A
母题13 (人教A版选择性必修第三册P53T6)已知P(A)>0,P(B)>0,P(B|A)＝P(B),证明:P(A|B)＝P(A).
证明　因为P(A)>0,P(B)>0,
P(B|A)＝＝P(B),
所以P(AB)＝P(A)P(B),
即事件A与事件B为相互独立事件,
P(A|B)＝＝P(A).
母题14 (人教A版选择性必修第三册P134T4)从某学校获取了容量为400的有放回简单随机样本,将所得数学和语文期末考试成绩的样本观测数据整理如下:
单位:人　
数学成绩 语文成绩 合计
不优秀 优秀
不优秀 212 61 273
优秀 54 73 127
合计 266 134 400
依据α＝0.05的独立性检验,能否认为数学成绩与语文成绩有关联
解　零假设为H0:数学成绩与语文成绩无关联.
χ2＝≈48>3.841＝x0.05,
根据小概率值x＝0.05的独立性检验,推断H0不成立,
所以可以认为数学成绩与语文成绩有关联,此推断犯错误的概率不大于0.05.
(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:
不够良好 良好
病例组 40 60
对照组 10 90
(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　χ2＝＝24>6.635,
所以有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.
(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.
①证明:R＝·;
证明　R＝＝,由题意知,只需证明即可,上式左边＝＝,
右边＝＝.左边＝右边,故R＝·.
②利用该调查数据,给出P(A|B),P(A|)的估计值,并利用①的结果给出R的估计值.
附:χ2＝,
α 0.050 0.010 0.001
χα 3.841 6.635 10.828
解　由调查数据可知P(A|B)＝,P(A|)＝,
且P(|B)＝1－P(A|B)＝,P(|)＝1－P(A|)＝,
所以R＝×＝6.
母题15 (人教A版选择性必修第三册P65例3)猜歌名游戏是根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名.某嘉宾参加猜歌名节目,猜对每首歌曲的歌名相互独立,猜对三首歌曲A,B,C歌名的概率及猜对时获得相应的公益基金如表所示.
歌曲 A B C
猜对的概率 0.8 0.6 0.4
获得的公益基金额/元 1 000 2 000 3 000
规则如下:按照A,B,C的顺序猜,只有猜对当前歌曲的歌名才有资格猜下一首.求嘉宾获得的公益基金总额X的分布列及均值.
解　分别用A,B,C表示猜对歌曲A,B,C歌名的事件,则A,B,C相互独立.
P(X＝0)＝P()＝0.2,
P(X＝1 000)＝P(A)＝0.8×0.4＝0.32,
P(X＝3 000)＝P(AB)＝0.8×0.6×0.6＝0.288,
P(X＝6 000)＝P(ABC)＝0.8×0.6×0.4＝0.192.
X的分布列如表所示.
X 0 1 000 3 000 6 000
P 0.2 0.32 0.288 0.192
X的均值为E(X)＝0×0.2＋1 000×0.32＋3 000×0.288＋6 000×0.192＝2 336.
(1)(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;
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;
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,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、乙两校的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).
解　①用频率估计概率,从甲校随机抽取1人,做对题目的概率为.
②设A为“从甲校抽取1人选择正确”,B为“从乙校抽取1人选择正确”,C为“恰有1人选择正确”,
则P(A)＝0.8,P()＝0.2, P(B)＝0.75,P()＝0.25,
故P(C)＝P(A)＋P(B)＝P(A)P()＋P()P(B)＝0.35,
而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的分布列如表:
X 0 1 2
P 0.05 0.35 0.6
故E(X)＝1×0.35＋2×0.6＝1.55.
③设D为“甲校掌握该知识的学生”,
因为甲校学生掌握这个知识点并选择正确的概率为100%,
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＝,
同理有0.85p2＋×(1－p2)＝0.75,
故p2＝,故p1(2)(2022·全国甲卷)甲、乙两个学校进行体育比赛,比赛共设三个项目,每个项目胜方得10分,负方得0分,没有平局.三个项目比赛结束后,总得分高的学校获得冠军.已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5,0.4,0.8,各项目的比赛结果相互独立.
①求甲学校获得冠军的概率;
②用X表示乙学校的总得分,求X的分布列与期望.
解　①设甲在三个项目中获胜的事件依次记为A,B,C,
所以甲学校获得冠军的概率为
P＝P(ABC)＋P(BC)＋P(AC)＋P(AB)
＝0.5×0.4×0.8＋(1－0.5)×0.4×0.8＋0.5×(1－0.4)×0.8＋0.5×0.4×(1－0.8)
＝0.16＋0.16＋0.24＋0.04＝0.6.
②依题可知,X的可能取值为0,10,20,30,
所以P(X＝0)＝0.5×0.4×0.8＝0.16,
P(X＝10)＝0.5×0.4×0.8＋0.5×0.6×0.8＋0.5×0.4×0.2＝0.44,
P(X＝20)＝0.5×0.6×0.8＋0.5×0.4×0.2＋0.5×0.6×0.2＝0.34,
P(X＝30)＝0.5×0.6×0.2＝0.06.
则X的分布列为
X 0 10 20 30
P 0.16 0.44 0.34 0.06
E(X)＝0×0.16＋10×0.44＋20×0.34＋30×0.06＝13.
母题16 (1)(人教A版选择性必修第三册P66T1)已知随机变量X的分布列为
X 1 2 3 4 5
P 0.1 0.3 0.4 0.1 0.1
①求E(X);
②求E(3X＋2).
解　①E(X)＝1×0.1＋2×0.3＋3×0.4＋4×0.1＋5×0.1＝2.8;
②由①知E(X)＝2.8,
所以E(3X＋2)＝3E(X)＋2＝3×2.8＋2＝10.4.
(2)(北师大版选择性必修第一册P202习题6－2AT6)在一个箱子里装有编号为1,2,3,4,5的完全一样的5个球,现从中同时取出2个球,设X表示取出球的最大编号,求X的分布列.
解　根据题意,知X的可能取值为2,3,4,5,则P(X＝2)＝,P(X＝3)＝,P(X＝4)＝,P(X＝5)＝.
∴X的分布列为
X 2 3 4 5
P
(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　X的所有可能取值为1,2,3,
则P(X＝1)＝,
P(X＝2)＝×6＝,
P(X＝3)＝××6＝,
所以X的分布列为
X 1 2 3
P
所以E(X)＝1×＋2×＋3×.
母题17 (人教A版选择性必修第三册P71T6)有A和B两道谜语,张某猜对A谜语的概率为0.8,猜对得奖金10元;猜对B谜语的概率为0.5,猜对得奖金20元.规则规定:只有在猜对第一道谜语的情况下,才有资格猜第二道,如果猜谜顺序由张某选择,他应该选择先猜哪一道谜语
解　若选择先猜A谜语,获得的奖金数为X,
则X的可能取值为0,10,30,
P(X＝0)＝1－0.8＝0.2,
P(X＝10)＝0.8×(1－0.5)＝0.4,
P(X＝30)＝0.8×0.5＝0.4,
所以X的分布列为
X 0 10 30
P 0.2 0.4 0.4
E(X)＝0×0.2＋10×0.4＋30×0.4＝16(元).
若选择先猜B谜语,获得的奖金数为Y,
则Y的可能取值为0,20,30,
P(Y＝0)＝1－0.5＝0.5,
P(Y＝20)＝0.5×(1－0.8)＝0.1,
P(Y＝30)＝0.5×0.8＝0.4,
所以Y的分布列为
Y 0 20 30
P 0.5 0.1 0.4
E(Y)＝0×0.5＋20×0.1＋30×0.4＝14(元).
由于E(X)>E(Y),
所以他应选择先猜A谜语.
(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,比赛成绩为0分;若至少投中1次,则该队进入第二阶段.第二阶段由该队的另一名队员投篮3次,每次投篮投中得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　设A1＝“甲、乙所在队进入第二阶段”,
则P(A1)＝1－(1－0.4)3＝0.784.
设A2＝“乙在第二阶段至少得5分”,
则P(A2)＝1－(1－0.5)3＝0.875.
设A3＝“甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分”,
则P(A3)＝P(A1)·P(A2)＝0.686.
故所求的概率为0.686.
(2)假设0①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
解　设甲参加第一阶段比赛时甲、乙所在队得15分的概率为P甲,
则P甲＝[1－(1－p)3]·q3
＝pq3·(3－3p＋p2).
设乙参加第一阶段比赛时甲、乙所在队得15分的概率为P乙,
则P乙＝[1－(1－q)3]·p3＝qp3·(3－3q＋q2).
则P甲－P乙＝pq(3q2－3pq2＋p2q2－3p2＋3p2q－p2q2)＝3pq(q－p)·(p＋q－pq),
由00,p＋q－pq＝p＋q(1－p)>0,
所以P甲－P乙>0,即P甲>P乙.
故应该由甲参加第一阶段比赛.
②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
解　若甲参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩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,
所以E(X)＝[1－(1－p)3]·[15q(1－q)2＋30q2·(1－q)＋15q3]＝[1－(1－p)3]·15q＝15pq(p2－3p＋3).
若乙参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩Y的所有可能取值为0,5,10,15.
同理,可得E(Y)＝15pq(q2－3q＋3).
E(X)－E(Y)＝15pq(p2－3p－q2＋3q)＝15pq·(q－p)·(3－p－q),
由00, 3－p－q＝3－(p＋q)>0,
所以E(X)－E(Y)>0,即E(X)>E(Y).
故应该由甲参加第一阶段比赛.
母题18 (苏教版选择性必修第二册P122例4)设有甲、乙两地生产的两批原棉,它们的纤维长度X,Y的概率分布如表1、表2所示.
表1
表2
X 25 24 23 22 21 20
P 0.1 0.2 0.3 0.1 0.1 0.2
Y 25 24 23 22 21 20
P 0.05 0.2 0.25 0.3 0.1 0.1
试问:这两批原棉的质量哪一批较好
解　两批原棉纤维长度的均值分别为
E(X)＝25×0.1＋24×0.2＋23×0.3＋22×0.1＋21×0.1＋20×0.2＝22.5,
E(Y)＝25×0.05＋24×0.2＋23×0.25＋22×0.3＋21×0.1＋20×0.1＝22.5.
这两批原棉的纤维平均长度相等.
两批原棉纤维长度的方差分别为
D(X)＝(25－22.5)2×0.1＋(24－22.5)2×0.2＋(23－22.5)2×0.3＋(22－22.5)2×0.1＋(21－22.5)2×0.1＋(20－22.5)2×0.2＝2.65,
D(Y)＝(25－22.5)2×0.05＋(24－22.5)2×0.2＋(23－22.5)2×0.25＋(22－22.5)2×0.3＋(21－22.5)2×0.1＋(20－22.5)2×0.1＝1.75.
这说明乙地原棉纤维更加齐整,故乙地原棉的质量比甲地原棉的质量要好一些.
(2020·全国Ⅲ卷)在一组样本数据中,1,2,3,4出现的频率分别为p1,p2,p3,p4,且pi＝1,则下面四种情形中,对应样本的标准差最大的一组是(　　)
A.p1＝p4＝0.1,p2＝p3＝0.4
B.p1＝p4＝0.4,p2＝p3＝0.1
C.p1＝p4＝0.2,p2＝p3＝0.3
D.p1＝p4＝0.3,p2＝p3＝0.2
B
解析　X的可能取值为1,2,3,4,四种情形的数学期望E(X)＝1×p1＋2×p2＋3×p3＋4×p4都为2.5,方差D(X)＝[1－E(X)]2×p1＋[2－E(X)]2×p2＋[3－E(X)]2×p3＋[4－E(X)]2×p4,标准差为.
A选项的方差D(X)＝0.65;B选项的方差D(X)＝1.85;C选项的方差D(X)＝1.05;D选项的方差D(X)＝1.45.
可知选项B的情形对应样本的标准差最大.故选B.
母题19 (人教A版选择性必修第三册P76练习T1)将一枚质地均匀的硬币连续抛掷4次,X表示“正面朝上”出现的次数.
(1)求X的分布列;
解　将一枚质地均匀的硬币抛掷一次,正面朝上的概率为,且每次是否正面朝上是相互独立的,所以X~B,P(X＝k)＝·,k＝0,1,2,3,4,所以X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P
(2)E(X)＝　　　　,D(X)＝　　　　.
解　由(1)知X~B,
所以E(X)＝4×＝2,D(X)＝4××＝1.
(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,跑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,跑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,记达标周数为X,则期望E(X)＝　　　　.
0.6
3.2
解析　小桐一周跑11圈的概率p＝0.5×0.6＋0.5×0.6＝0.6.
小桐一周运动量达标的概率p＝1－0.5×0.4＝0.8,显然X服从二项分布B(4,0.8),
故E(X)＝4×0.8＝3.2.
母题20 (人教A版选择性必修第三册P71T8)设E(X)＝μ,a是不等于μ的常数,探究X相对于μ的偏离程度与X相对于a的偏离程度的大小关系,并说明结论的意义.
解　不妨设Xi取xi的概率为Pi,
因为E(X)＝μ,
所以X相对于μ的偏离程度为
(xi－E(X))2Pi,X相对于a的偏离程度为(xi－a)2Pi,
因为Pi＝1,E(X)＝xiPi,E(x)≠a,
所以(xi－E(X))2Pi－(xi－a)2Pi
＝[(xi－E(X))2－(xi－a)2]Pi
＝[E2(X)－2xiE(X)＋2xia－a2]Pi
＝[2xi(a－E(X))＋(E(X)＋a)(E(X)－a)]Pi
＝{(E(x)－a)[E(x)＋a－2xi]}Pi
＝[E(X)－a][(E(X)＋a)Pi－2xiPi]
＝[E(X)－a][(E(X)＋a)Pi－2xiPi]
＝[E(X)－a][E(X)＋a－2E(X)]
＝[E(X)－a][a－E(X))]
＝－[E(X)－a]2<0,
所以(xi－E(X))2Pi<(xi－a)2Pi,
故X相对于μ的偏离程度小于X相对于a的偏离程度,
结论的意义为X相对于μ的偏离程度(即X的方差)是X相对于任意常数a的偏离程度中最小的,从而方差能很好的反映一组数据的集中与偏离程度.
母题21 (人教A版选择性必修第三册P87习题7.5T2)某市高二年级男生的身高X(单位:cm)近似服从正态分布N(170,52),随机选择一名本市高二年级的男生,求下列事件的概率:
(1){165175}.
解　(1)P(165(2)P(X≤165)＝×[1－P(165(3)P(X>175)＝P(X<165)≈0.158 65.
(1)(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)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
解析　由正态曲线的对称性可知P(X≤μ－σ)＝P(X≥μ＋σ),A正确;
若X~N(1,22),Y~N(2,22),
则P(X<1)＝P(Y<2)＝,B错误; C,D正确.
(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),则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
BC
解析　由题意可知,X~N(1.8,0.12),
所以P(X>2)1.8)＝0.5, P(X<1.9)≈0.841 3,
所以P(X>2)所以A错误,B正确;
因为Y~N(2.1,0.12),P(Y<2.2)≈0.841 3,P(Y>2)>P(Y>2.1)＝0.5,
所以P(2所以P(Y>2)＝P(20.8,
所以C正确,D错误.
(3)(2022·新高考Ⅱ卷)已知随机变量X服从正态分布N(2,σ2),且P(22.5)＝　　　　.
0.14
解析　因为X~N(2,σ2),
所以P(X>2)＝0.5,
所以P(X>2.5)＝P(X>2)－P(2母题22 (人教A版选择性必修第三册P91T10)甲、乙、丙三人相互做传球训练,第1次由甲将球传出,每次传球时,传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人.求n次传球后球在甲手中的概率.
解　设第n(n∈N*)次传球后,球在甲手中的概率为pn,第n－1次传球后球在甲手中的概率为pn－1,显然第1次传球后球还在甲手中的概率为p1＝0.
若第n次传球后球在甲手中,则第n－1次传球后,球不在甲手中(即在乙或丙手中),所以第n－1次传球后球不在甲手中的概率为1－pn－1,
又乙或丙将球传到甲手中的概率均为,
故pn＝(1－pn－1),
即pn＝－pn－1＋,
则pn－＝－,n≥2,n∈N*,
所以数列是首项为p1－＝－,公比为－的等比数列,
所以pn－＝－,
所以pn＝＝.
故n次传球后球在甲手中的概率为.
(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　记“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,
则B2＝A1B2＋B1B2,
所以P(B2)＝P(A1B2＋B1B2)＝P(A1)P(B2|A1)＋P(B1)P(B2|B1)＝0.5×(1－0.6)＋0.5×0.8＝0.6.
故第2次投篮的人是乙的概率为0.6.
(2)求第i次投篮的人是甲的概率;
解　设P(Ai)＝pi,
由题意知,P(Bi)＝1－pi,
则P(Ai＋1)＝P(AiAi＋1)＋P(BiAi＋1)＝P(Ai)P(Ai＋1|Ai)＋P(Bi)P(Ai＋1|Bi),
即pi＋1＝0.4pi＋0.2＝pi＋,所以pi＋1－,
又p1－,
所以数列为首项,为公比的等比数列,
所以pi－×,
所以pi＝×.
故第i次投篮的人是甲的概率为×.
(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E(Xi)＝qi.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).
解　因为pi＝×,
所以E(Y)＝p1＋p2＋p3＋…＋pn＝×
＝×＝×.
母题23 (人教B版选择性必修第二册P97练习AT2)设两个正态分布N(μ1,)(σ1>0)和N(μ2,)(σ2>0)的密度函数图象如图所示.则有(　　)
A.μ1<μ2,σ1<σ2 B.μ1<μ2,σ1>σ2
C.μ1>μ2,σ1<σ2 D.μ1>μ2,σ1>σ2
A
解析　根据正态分布N(μ,σ2)函数的性质:x＝μ是正态分布曲线的对称轴;
σ反应的正态分布的离散程度,σ越大,越分散,曲线越“矮胖”,σ越小,越集中,曲线越“瘦高”,
由图象可得μ1<μ2,σ1<σ2.
故选A.
(2021·新高考Ⅱ卷)某物理量的测量结果服从正态分布N(10,σ2),下列结论中不正确的是(　　)
A.σ越小,该物理量在一次测量中在(9.9,10.1)的概率越大
B.σ越小,该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5
C.σ越小,该物理量在一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等
D.σ越小,该物理量在一次测量中落在(9.9,10.2)与落在(10,10.3)的概率相等
D
解析　对于A,σ2为数据的方差,所以σ越小,数据在μ＝10附近越集中,所以测量结果落在(9.9,10.1)内的概率越大,故A正确;
对于B,由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量大于10的概率为0.5,故B正确;
对于C,由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量结果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等,故C正确;
对于D,因为该物理量一次测量结果落在(9.9,10.0)的概率与落在(10.2,10.3)的概率不同,所以一次测量结果落在(9.9,10.2)的概率与落在(10,10.3)的概率不同,故D错误.
母题24 (人教B版选择性必修第二册P129T2)已知A,B两个投资项目的利润率分别为随机变量X1和X2.根据市场分析,X1和X2的分布列如下:
X1 5% 10%
P 0.8 0.2
X2 2% 8% 12%
P 0.2 0.5 0.3
(1)在A,B两个项目上各投资100万元,Y1和Y2分别表示投资项目A和B所获得的利润,求D(Y1)和D(Y2);
解　由题设可知,Y1和Y2的分布列分别为:
Y1 5 10
P 0.8 0.2
Y2 2 8 12
P 0.2 0.5 0.3
E(Y1)＝5×0.8＋10×0.2＝6,
D(Y1)＝(5－6)2×0.8＋(10－6)2×0.2＝4;
E(Y2)＝2×0.2＋8×0.5＋12×0.3＝8,
D(Y2)＝(2－8)2×0.2＋(8－8)2×0.5＋(12－8)2×0.3＝12.
(2)将x(0≤x≤100)万元投资A项目,100－x万元投资B项目,f(x)表示投资A项目所得利润的方差与投资B项目所得利润的方差之和.求f(x)的最小值,并指出x为何值时,f(x)取到最小值.
解　f(x)＝D＋D
＝D(Y1)＋D(Y2)
＝[x2＋3(100－x)2]
＝(4x2－600x＋3×1002),
当x＝75时,f(x)＝3为最小值.
(2021·新高考Ⅱ卷)一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来,设一个这种微生物为第0代,经过一次繁殖后为第1代,再经过一次繁殖后为第2代,…,该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列,设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数,P(X＝i)＝pi(i＝0,1,2,3).
(1)已知p0＝0.4,p1＝0.3,p2＝0.2,p3＝0.1,求E(X);
解　E(X)＝0×0.4＋1×0.3＋2×0.2＋3×0.1＝1.
(2)设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率,p是关于x的方程:p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＝x的一个最小正实根,求证:当E(X)≤1时,p＝1,当E(X)>1时,p<1;
解　设f(x)＝p3x3＋p2x2＋(p1－1)x＋p0,
因为p3＋p2＋p1＋p0＝1,故f(x)＝p3x3＋p2x2－(p2＋p0＋p3)x＋p0.
若E(X)≤1,则p1＋2p2＋3p3≤1,
故p2＋2p3≤p0.
f'(x)＝3p3x2＋2p2x－(p2＋p0＋p3),
因为f'(0)＝－(p2＋p0＋p3)<0,
f'(1)＝p2＋2p3－p0≤0,
故f'(x)有两个不同零点x1,x2,
且x1<0<1≤x2,
且x∈(－∞,x1)∪(x2,＋∞)时,f'(x)>0;
x∈(x1,x2)时,f'(x)<0;
故f(x)在(－∞,x1),(x2,＋∞)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减.
若x2＝1,因为f(x)在(x2,＋∞)上单调递增且f(1)＝0,
而当x∈(0,x2)时,因为f(x)在(x1,x2)上单调递减,故f(x)>f(x2)＝f(1)＝0,
故1为p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＝x的一个最小正实根;
若x2>1,因为f(1)＝0且f(x)在(0,x2)上单调递减,故1为p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＝x的一个最小正实根.
综上,若E(X)≤1,则p＝1.
若E(X)>1,则p1＋2p2＋3p3>1,
故p2＋2p3>p0.
此时f'(0)＝－(p2＋p0＋p3)<0, f'(1)＝p2＋2p3－p0>0,
故f'(x)有两个不同零点x3,x4,且x3<0且x∈(－∞,x3)∪(x4,＋∞)时,f'(x)>0;
x∈(x3,x4)时,f'(x)<0;
故f(x)在(－∞,x3),(x4,＋∞)上单调递增,在(x3,x4)上单调递减,
而f(1)＝0,故f(x4)<0,
又f(0)＝p0>0,
故f(x)在(0,x4)存在一个零点p,且p<1.
所以p为p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＝x的一个最小正实根,此时p<1,
故当E(X)>1时,p<1.
(3)根据你的理解说明第(2)问结论的实际含义.
解　每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1,则若干代后必然灭绝;若繁殖后代的平均数超过1,则若干代后灭绝的概率小于1.第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布
　　　　　　　　　　　　　　　　
探究1 (人教A版必修第二册P249)下面两个随机试验各定义了一对随机事件A和B,你觉得事件A发生与否会影响事件B发生的概率吗
试验1:分别抛掷两枚质地均匀的硬币,A＝“第一枚硬币正面朝上”,B＝“第二枚硬币反面朝上”.
试验2:一个袋子中装有标号分别是1,2,3,4的4个球,除标号外没有其他差异.采用有放回方式从袋中依次任意摸出两球.设A＝“第一次摸到球的标号小于3”,B＝“第二次摸到球的标号小于3”.
分别计算P(A),P(B),P(AB),你有什么发现
提示:对于试验1,因为两枚硬币分别抛掷,第一枚硬币的抛掷结果与第二枚硬币的抛掷结果互相不受影响,所以事件A发生与否不影响事件B发生的概率.
对于试验2,因为是有放回摸球,第一次摸球的结果与第二次摸球的结果互相不受影响,所以事件A发生与否也不影响事件B发生的概率.
在试验1中,用1表示硬币“正面朝上”,用0表示硬币“反面朝上”,则样本空间为Ω＝{(1,1),(1,0),(0,1),(0,0)},包含4个等可能的样本点.而A＝{(1,1),(1,0)},B＝{(1,0),(0,0)},所以AB＝{(1,0)}.
由古典概型概率计算公式,得P(A)＝P(B)＝,P(AB)＝.
于是P(AB)＝P(A)P(B).
积事件AB的概率P(AB)恰好等于P(A)与P(B)的乘积.
在试验2中,样本空间Ω＝{(m,n)|m,n∈{1,2,3,4}},
而A＝{(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4)},
B＝{(1,1),(1,2),(2,1),(2,2),(3,1),(3,2),(4,1),(4,2)},
AB＝{(1,1),(1,2),(2,1),(2,2)},
所以P(A)＝P(B)＝,P(AB)＝.于是也有P(AB)＝P(A)P(B).
积事件AB的概率P(AB)也等于P(A),P(B)的乘积.
探究2 (人教A版必修第二册P250)互为对立的两个事件是非常特殊的一种事件关系.如果事件A与事件B相互独立,那么它们的对立事件是否也相互独立 以有放回摸球试验为例,分别验证A与,与B,与是否独立,你有什么发现
提示:对于A与,因为A＝AB∪A,而且AB与A互斥,
所以P(A)＝P(AB∪A)＝P(AB)＋P(A)＝P(A)P(B)＋P(A),
所以P(A)＝P(A)－P(A)P(B)＝P(A)[1－P(B)]＝P(A)P().
由事件的独立性定义,A与相互独立.
类似地,可以证明事件与B,也都相互独立.
探究3 (人教A版选择性必修第三册P3)
(1)如果完成一件事有三类不同方案,在第1类方案中有m1种不同的方法,在第2类方案中有m2种不同的方法,在第3类方案中有m3种不同的方法,那么完成这件事共有多少种不同的方法
(2)如果完成一件事情有n类不同方案,在每一类中都有若干种不同的方法,那么应当如何计数呢
提示:(1)m1＋m2＋m3.
(2)假设第1类方案中有m1种不同方法,第2类方案中有m2种不同方法,…,第n类方案有mn种不同方法,则一共有m1＋m2＋…＋mn种不同方法.
探究4 (人教A版选择性必修第三册P5)
(1)如果完成一件事需要三个步骤,做第1步有m1种不同的方法,做第2步有m2种不同的方法,做第3步有m3种不同的方法,那么完成这件事共有多少种不同的方法
(2)如果完成一件事情需要n个步骤,做每一步都有若干种不同的方法,那么应当如何计数呢
提示:(1)m1·m2·m3.
(2)假设做第1步有m1种不同的方法,做第2步有m2种不同的方法,…,做第n步有mn种不同的方法,则一共有m1·m2·m3·…·mn种不同的方法.
探究5 (人教A版选择性必修第三册P17)从n个不同元素中取出m个元素的排列数(m≤n)是多少
提示:求排列数可以按依次填m个空位来考虑:
假定有排好顺序的m个空位,如图所示,从n个不同元素中取出m个元素去填空,一个空位填上一个元素,每一种填法就对应一个排列.因此,所有不同填法的种数就是排列数.
填空可以分为m个步骤完成:
第1步,从n个不同元素中任选1个填在第1位,有n种选法;
第2步,从剩下的(n－1)个元素中任选1个填在第2位,有(n－1)种选法;
第3步,从剩下的(n－2)个元素中任选1个填在第3位,有(n－2)种选法;
……
第m步,从剩下的[n－(m－1)]个元素中任选1个填在第m位,有(n－m＋1)种选法.
根据分步乘法计数原理,m个空位的填法种数为n(n－1)(n－2)…(n－m＋1).
这样,我们就得到公式
＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1).
这里,m,n∈N*,并且m≤n.这个公式叫做排列数公式.
探究6 (人教A版选择性必修第三册P23)前面已经提到,组合和排列有关系,我们能否利用这种关系,由排列数来求组合数呢
提示:求“从n个元素中取出m个元素的排列数”,可以看作由以下两个步骤得到:
第1步,从n个不同元素中取出m个元素作为一组,共有种不同的取法;
第2步,将取出的m个元素作全排列,共有种不同的排法.
根据分步乘法计数原理,有·.
因此,.
这里n,m∈N*,并且m≤n.这个公式叫做组合数公式.
探究7 (人教A版选择性必修第三册P29)我们知道,(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2,(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3.
(1)观察以上展开式,分析其运算过程,你能发现什么规律
(2)根据你发现的规律,你能写出(a＋b)4的展开式吗
(3)进一步地,你能写出(a＋b)n的展开式吗
提示:(1)我们先来分析(a＋b)2的展开过程.
根据多项式乘法法则,(a＋b)2＝(a＋b)·(a＋b)＝a(a＋b)＋b(a＋b)＝a×a＋a×b＋b×a＋b×b＝a2＋2ab＋b2.
可以看到,(a＋b)2是2个(a＋b)相乘,只要从一个(a＋b)中选一项(选a或b),再从另一个(a＋b)中选一项(选a或b),就得到展开式的一项.
于是,由分步乘法计数原理,在合并同类项之前,(a＋b)2的展开式共有×＝22项,而且每一项都是a2－kbk(k＝0,1,2)的形式.
下面我们再来分析一下形如a2－kbk的同类项的个数.
当k＝0时,a2－kbk＝a2,这是由2个(a＋b)中都不选b得到的.
因此,a2出现的次数相当于从2个(a＋b)中取0个b(即都取a)的组合数,即a2只有1个.
当k＝1时,a2－kbk＝ab,这是由1个(a＋b)中选a,另1个(a＋b)中选b得到的.由于b选定后,a的选法也随之确定,因此,ab出现的次数相当于从2个(a＋b)中取1个b的组合数,即ab共有2个.
当k＝2时,a2－kbk＝b2,这是由2个(a＋b)中都选b得到的.因此,b2出现的次数相当于从2个(a＋b)中取2个b的组合数,即b2只有1个.
由上述分析可以得到(a＋b)2＝a2＋ab＋b2.
(2)(a＋b)4＝a4＋a3b＋a2b2＋ab3＋b4＝a4＋4a3b＋6a2b2＋4ab3＋b4.
(3)(a＋b)n＝an＋an－1b1＋…＋an－kbk＋…＋bn,n∈N*.
探究8 (人教A版选择性必修第三册P49)从有a个红球和b个蓝球的袋子中,每次随机摸出1个球,摸出的球不再放回.显然,第1次摸到红球的概率为.那么第2次摸到红球的概率是多大 如何计算这个概率呢
提示:用Ri表示事件“第i次摸到红球”,Bi表示事件“第i次摸到蓝球”,i＝1,2.如图所示,事件R2可按第1次可能的摸球结果(红球或蓝球)表示为两个互斥事件的并,即R2＝R1R2∪B1R2.利用概率的加法公式和乘法公式,得
P(R2)＝P(R1R2∪B1R2)
＝P(R1R2)＋P(B1R2)
＝P(R1)P(R2|R1)＋P(B1)P(R2|B1)
＝××.
探究9 (人教A版选择性必修第三册P64)如果X是一个离散型随机变量,将X进行平移或伸缩后,其均值会怎样变化 即E(X＋b)和E(aX)(其中a,b为常数)分别与E(X)有怎样的关系
提示:设X的分布列为P(X＝xi)＝pi,i＝1,2,…,n.
根据随机变量均值的定义,
E(X＋b)＝(x1＋b)p1＋(x2＋b)p2＋…＋(xn＋b)pn＝(x1p1＋x2p2＋…＋xnpn)＋b(p1＋p2＋…＋pn)＝E(X)＋b.
类似地,可以证明E(aX)＝aE(X).
E(aX)＝ax1p1＋ax2p2＋…＋axnpn
＝a(x1p1＋x2p2＋…＋xnpn)＝aE(X).
同理,E(aX＋b)＝aE(X)＋b.
探究10 (人教A版选择性必修第三册P69)离散型随机变量X加上一个常数,方差会有怎样的变化 离散型随机变量X乘以一个常数,方差又有怎样的变化 它们和期望的性质有什么不同
提示:离散型随机变量X加上一个常数b,仅仅使X的值产生一个平移,不改变X与其均值的离散程度,方差保持不变,即
D(X＋b)＝D(X).
而离散型随机变量X乘以一个常数a,其方差变为原方差的a2倍,即D(aX)＝a2D(X).
一般地,可以证明下面的结论成立:
D(aX＋b)＝a2D(X).
而期望性质中E(X＋b)＝E(X)＋b,E(aX)＝aE(X),
E(aX＋b)＝aE(X)＋b.
1.几个重要的组合恒等式
(1)(人教A版选择性必修第三册P38T9)曲棍球棒恒等式(朱世杰恒等式)＋…＋.
证明　左＝＋…＋
＝＋…＋＋…＋
＝…＝＝右.
(2)(人教A版选择性必修第三册P76拓展)k＝n.
证明　左＝k·
＝＝n＝右.
(3)＋2＋…＋n＝n·2n－1.
证明　令t＝0·＋1·＋2·＋…＋n·, ①
则t＝n＋(n－1)＋…＋0, ②
①＋②得2t＝n(＋…＋)＝n·2n,
所以t＝n·2n－1.原式得证.
(4)1×2＋2×3＋…＋(n－1)n＝n(n－1)·2n－2.
证明　通项:k(k－1)＝k(k－1)
＝＝n(n－1)
故左＝n(n－1)＝n(n－1)2n－2＝右.
(5)()2＋()2＋…＋()2＝.
证明　(1＋x)n·(x＋1)n＝(1＋x)2n
左侧xn的系数为···＋…＋·＝()2＋()2＋…＋()2,
右侧xn的系数为.
故()2＋()2＋…＋()2＝()2.
(6)＋…＋＋…＋(k,m,n,r为正整数,m≥k,n≥k).
证明　(1＋x)m(1＋x)n＝(1＋x)m＋n,
左侧xk的系数为＋…＋,
右侧xk的系数为,
故·＋…＋＋…＋.
(7)＋…＋··2k.
证明　左＝
＝·
＝
＝·2k＝右.
【应用示例】 随机将1,2,…,2n(n∈N*,n≥2)这2n个连续正整数分成A,B两组,每组n个数,A组最大数为a,B组最大数为b,记ξ＝|a－b|.当n＝3时,ξ的数学期望E(ξ)＝　　　　;若对任意n≥2,E(ξ)答案　　2
解析　由题意a≠b,由对称性,不妨设a>b,则a＝2n,ξ＝|a－b|＝2n－b,则E(ξ)＝2n－E(b).下面先求E(b),即从1,2,3,…,2n－1中随机取n个数,这n个数中最大数b的期望.则从1,2,3,…,2n－1中随机取n个数,共有种取法.b＝k,指n个数中最大数为k(k≥n),即取k后,再从1,2,3,…,k－1个数中取n－1个数,则这样的取法有种,则由古典概型概率公式知P(b＝k)＝,k＝n,n＋1,…,2n－1.由组合数性质,则,又k＝n(n≥2,n∈N*),则E(b)＝kP(b＝k)＝knC＝,
故E(ξ)＝2n－E(b)＝2n－＝2－.
①故当n＝3时,E(ξ)＝2－;②若对任意n≥2,E(ξ)2－恒成立,设g(x)＝2－,x∈(1,＋∞),则g(x)在(1,＋∞)单调递增,由n∈N*,n≥2,则g(n)单调递增,当n→＋∞时,g(n)→2,即g(n)<2,故当n≥2,要使g(n)2.(人教A版选择性必修第三册P68讲解拓展)方差和均值的关系式D(X)＝E(X2)－(E(X))2.
证明　D(X)＝(xi－E(X))2pi
＝[－2E(X)xi＋(E(X))2]pi
＝pi－2E(X)xipi＋(E(X))2pi
＝pi－2(E(X))2＋(E(X))2
＝E(X2)－(E(X))2.
【应用示例】 (2025·成都模拟)若随机变量X的可能取值为1,2,3,4,且P(X＝k)＝λk(k＝1,2,3,4),则D(X)＝(　　)
A.1 B.2
C.3 D.4
答案　A
解析　法一　由题意得λ＋2λ＋3λ＋4λ＝1,
解得λ＝,
故E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＝3,
D(X)＝(1－3)2×＋(2－3)2×＋(3－3)2×＋(4－3)2×＝1.
法二　由题意得λ＋2λ＋3λ＋4λ＝1,
解得λ＝,
故E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＝3,
E(X2)＝1×＋4×＋9×＋16×＝10,
D(X)＝E(X2)－(E(X))2＝10－9＝1.
3.(人教A版选择性必修第三册P49,P51讲解拓展)(1)全概率公式:一般地,设A1,A2,…,An是一组两两互斥的事件,A1∪A2∪…∪An＝Ω,且P(Ai)>0,i＝1,2,…,n,则对任意的事件B Ω,有P(B)＝P(Ai)P(B|Ai).
证明　因为P(B|Ai)＝,
所以P(AiB)＝P(Ai)P(B|Ai),
所以P(B)＝P(AiB)＝P(Ai)P(B|Ai).
(2)贝叶斯公式:设A1,A2,…,An是一组两两互斥的事件,A1∪A2∪…∪An＝Ω,且P(Ai)>0,i＝1,2,…,n,则对任意的事件B Ω,P(B)>0,有P(Ai|B)＝,i＝1,2,…,n.
证明　因为P(BAi)＝P(Ai)P(B|Ai)
＝P(B)P(Ai|B),
所以P(Ai|B)＝
＝,i＝1,2,…,n.
【应用示例】 (多选)(2024·遵义三模)英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著,经他研究,随机事件A,B存在如下关系:P(A|B)＝.现有甲、乙、丙三台车床加工同一件零件,甲车床加工的次品率为8%,乙车床加工的次品率6%,丙车床加工的次品率为5%,加工出来的零件混放在一起,且甲、乙、丙3台车床加工的零件数分别占总数的30%,40%,30%,设事件A1,A2,A3分别表示取到的零件来自甲、乙、丙车床,事件B表示任取一个零件为次品,则下列说法正确的是(　　)
A.P(A2B)＝0.024 B.P(B|A3)＝0.015
C.P(B)＝0.063 D.P(A1|B)＝
答案　ACD
解析　对于A,P(A2B)＝P(B|A2)P(A2)＝0.06×0.40＝0.024,故A正确;
对于B,因事件B|A3可理解为,在确定产品是丙机床生产的条件下得到该产品为次品,故有P(B|A3)＝5%,故B错误;
对于C,P(B)＝P(BA1)＋P(BA2)＋P(BA3)
＝P(B|A1)P(A1)＋P(B|A2)P(A2)＋P(B|A3)P(A3)
＝0.08×0.30＋0.06×0.40＋0.05×0.30
＝0.024＋0.024＋0.015＝0.063,故C正确;
对于D,P(A1|B)＝
＝,故D正确.
4.(人教A版选择性必修第三册P76讲解拓展)二项分布的均值和方差:X~B(n,p),则E(X)＝np,D(X)＝np(1－p).
证明　令q＝1－p,由k＝n,
可得E(X)＝kpkqn－k
＝npkqn－k
＝np·pk－1·qn－1－(k－1),
令k－1＝m,
则E(X)＝np·pmqn－1－m
＝np(p＋q)n－1＝np
(其中k＝n·＝n).
E(X2)＝k2pkqn－k
＝knpkqn－k
＝npkpk－1qn－k
＝np[(k－1)pk－1qn－k＋pk－1qn－k]
＝np(k－1)pk－1qn－k＋nppk－1qn－k
＝npmpmqn－m－1＋nppmqn－m－1.
由m＝(n－1),
可得E(X2)＝np(n－1)pk－1qn－k＋np·(p＋q)n－1
＝np(n－1)ppk－2qn－k＋np
＝np(n－1)p＋np,
所以D(X)＝E(X2)－(EX)2
＝np(n－1)p＋np－(np)2＝np(1－p).
【应用示例】 (2023·全国甲卷)一项试验旨在研究臭氧效应,试验方案如下:选40只小白鼠,随机地将其中20只分配到试验组,另外20只分配到对照组,试验组的小白鼠饲养在高浓度臭氧环境,对照组的小白鼠饲养在正常环境,一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量(单位:g).设X表示指定的两只小白鼠中分配到对照组的只数,求X的分布列和数学期望.
答案　
解　依题意,得X的所有可能取值为0,1,2,
每只小白鼠被分配到对照组的概率p＝,
P(X＝0)＝×,
P(X＝1)＝××,
P(X＝2)＝×,
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＝1.
5.(人教A版选择性必修第三册P78讲解拓展)超几何分布的均值:随机变量X服从超几何分布,即X~H(n,M,N),则E(X)＝n·.
证明　令m＝max{0,n－N＋M},r＝min{n,M},
当m>0时,E(X)＝k,
又k＝r·＝M＝M,
n＝n·＝N＝N·,
故·,
所以E(X)＝
＝n·,
P(X＝k－1)＝,
X~H(n－1,M－1,N－1),
所以＝1,
所以E(X)＝n·.
【应用示例】 (2025·泉州模拟)某社团对男女学生是否喜欢书法进行了一个随机调查,调查的数据如表所示.
喜欢书法 不喜欢书法
男学生 24 32
女学生 16 24
根据调查数据回答:
(1)有95%的把握认为性别与是否喜欢书法有关吗
(2)若该社团某小组有男生4人,女生2人,现从中随机选取2人作为志愿者参加活动,记参加活动的女生人数为X,求X的分布列及期望E(X).
参考公式:χ2＝,其中n＝a＋b＋c＋d.
参考数据:
α 0.10 0.05 0.010 0.005
xα 2.706 3.841 6.635 7.879
解　(1)如下,作出完整列联表
性别 书法 合计
喜欢书法 不喜欢书法
男学生 24 32 56
女学生 16 24 40
合计 40 56 96
零假设为H0:认为性别与是否喜欢书法无关联.
χ2＝≈0.078<3.841,
根据α＝0.05的独立性检验,即没有95%的把握认为性别与是否喜欢书法有关联.
(2)X可能的取值:X＝0,1,2,
P(X＝0)＝,
P(X＝1)＝,
P(X＝2)＝,
所以X的分布列为:
X 0 1 2
P
E(X)＝0×＋1×＋2×.
1.通过阅读《探究与发现——组合数的两个性质》(人教A版选择性必修第三册P28),可从中提炼出如下结论:
(1).
证明　法一　从n个不同元素中取出m个元素后与剩下的n－m个元素形成一一对应,故方法一样多.
法二　左＝,
右＝＝左.
(2).
证明　法一　从n＋1个不同元素中取出m个元素可分为两类:
①选取某一确定元素,有·种方法;
②不选取该确定元素,有种方法;
故有.
法二　左＝,
右＝
＝
＝＝左.
【应用示例】 ＋…＋＝　　　　.
答案　230 300
解析　＋…＋
＝＋…＋
＝＋…＋
＝＋…＋
＝＋…＋
＝…＝
＝＝230 300.
2.通过阅读《数学探究——杨辉三角的性质与应用》(人教A版选择性必修第三册P39),可从中提炼出如下结论:
(1)在第r＋1条斜线上(从右上到左下)前n－r个数字的和,等于第r＋2条斜线上的第n－r个数,即:＋…＋.
证明　左＝＋…＋
＝＋…＋
＝＋…＋
＝…＝＝右.
(2)第n行各数的平方和等于第2n行中间的数,即()2＋()2＋…＋()2＝.
证明　因为(1＋x)n(1＋x)n＝(1＋x)2n,
等式左边xn的系数为:
＋…＋
＝＋…＋
＝()2＋()2＋…＋()2,
等式右边xn的系数为,
所以()2＋()2＋…＋()2＝.
【应用示例】 杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家、教育家,杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果.杨辉三角中蕴藏了许多优 美的规律,它的许多性质与组合数的性质有关,图1为杨辉三角的部分内容,图2为杨辉三角的改写形式.
(1)求图2中第10行各数之和;
(2)从图2第2行开始,取每一行的第3个数一直取到第15行的第3个数,求取出的所有数之和;
(3)在杨辉三角中是否存在某一行,使该行中三个相邻的数之比为3∶8∶14 若存在,试求出这三个数;若不存在,请说明理由.
解　(1)第10行的各数之和为:
＋…＋＝210＝1 024.
(2)杨辉三角中第2行到第15行各行第3个数之和为:
＋…＋
＝＋…＋＝…＝
＝＝560.
(3)存在,理由如下:
设在第n行存在连续三项,,,其中n∈N*且n≥2,k∈N*且k≥2,
有,
化简得,
即
解得k＝3,n＝10,
所以＝45,＝120,＝210,
故这三个数依次是45,120,210.
3.通过阅读《探究与发现——二项分布的性质》(人教A版选择性必修第三册P81),可从中提炼出如下结论:
X~B(n,p),记pk＝p(X＝k)＝pk(1－p)n－k,k＝0,1,2,…,n.当k<(n＋1)p时,pk单调递增,当k>(n＋1)p时,pk单调递减,如果(n＋1)p为非整数,pk有唯一的最大值,如果(n＋1)p为正整数,pk有两个相同的最大值.
证明　
＝
＝
＝1＋.
当>1,即k<(n＋1)p时,pk>pk－1,pk单调递增,
当<1,即k>(n＋1)p时,pk若(n＋1)p为正整数,当k＝(n＋1)p时,pk＝pk－1,此时这两项概率均为最大值.
若(n＋1)p为非整数,而k取(n＋1)p的整数部分,则pk是唯一的最大值.
【应用示例】 某超市购进一批同种类水果,按照果径大小分为四类:不达标果、标准果、精品果、礼品果.质检技术人员从该批水果中随机选取100个,按果径大小分成5组进行统计:[60,65),[65,70),[70,75),[75,80),[80,85](单位:mm).统计后制成如下的频率分布直方图,并规定果径低于65 mm为不达标果,在65 mm到75 mm之间为标准果,在75 mm到80 mm之间为精品果,达到80 mm及以上的为礼品果.
(1)现采用分层随机抽样的方法从选取的100个水果中抽取10个,再从这10个水果中随机抽取2个,记礼品果的个数为X,求X的分布列与数学期望;
(2)以频率估计概率,从这批水果中随机抽取n(n≥2)个,设其中恰有2个精品果的概率为P(n).当P(n)最大时,求n的值.
解　(1)由题意(0.004＋0.016＋0.060＋0.080＋a)×5＝1,
所以a＝0.040,
所以这100个水果中礼品果的个数为0.040×5×100＝20,
采用分层随机抽样的方法从选取的100个水果中抽取10个,其中礼品果有×10＝2个,故随机变量X的所有可能取值为0,1,2,
则P(X＝0)＝,
P(X＝1)＝,
P(X＝2)＝.
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
期望E(X)＝0×＋1×＋2×.
(2)由频率分布直方图知,从该批水果中随机抽取1个,是精品果的概率为0.080×5＝0.4,
则P(n)＝·0.42·0.6n－2,
所以P(n－1)＝·0.42·0.6n－3,
P(n＋1)＝·0.42·0.6n－1,
要使P(n)最大,则
≤1,
且≤1,
解得4≤n≤5,
因为P(4)＝·0.42·0.62＝0.345 6,
P(5)＝·0.42·0.63＝0.345 6,
所以P(4)＝P(5),
所以当P(n)最大时,n＝4或n＝5.
母题1 (人教A版必修第二册P246T9)一个盒子中装有6支圆珠笔,其中3支一等品,2支二等品和1支三等品.若从中任取2支,那么下列事件的概率各是多少
(1)A＝“恰有1支一等品”;
(2)B＝“两支都是一等品”;
(3)C＝“没有三等品”.
解　用D,E,F表示3支一等品,用d,e表示2支二等品,用f表示三等品,
从中任取2支,
所有的事件为:DE,DF,EF,Dd,De,Df,Ed,Ee,Ef,Fd,Fe,Ff,de,df,ef,共15种,
(1)事件A为:Dd,De,Df,Ed,Ee,Ef,Fd,Fe,Ff,共9种,
故P(A)＝.
(2)事件B为:DE,DF,EF,共3种,
故P(B)＝.
(3)事件C为:DE,DF,EF,Dd,De,Ed,Ee,Fd,Fe,de共10种,
设P(C)＝.
(1)(2023·全国甲卷)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.
(2)(2023·全国乙卷)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一个主题准备作文,则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的概率为(　　)
A. B.
C. 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.
答案　(1)D　(2)A　(3)D
解析　(1)记高一年级2名学生分别为a1,a2,高二年级2名学生分别为b1,b2,
则从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演的基本事件有(a1,a2),(a1,b1),(a1,b2),(a2,b1),(a2,b2),(b1,b2),共6个,
其中这2名学生来自不同年级的基本事件有(a1,b1),(a1,b2),(a2,b1),(a2,b2),共4个,
所以这2名学生来自不同年级的概率p＝,故选D.
(2)法一　设6个主题分别为A,B,C,D,E,F,甲、乙两位同学所选主题的所有可能情况如表:
甲 乙
A B C D E F
A (A,A) (A,B) (A,C) (A,D) (A,E) (A,F)
B (B,A) (B,B) (B,C) (B,D) (B,E) (B,F)
C (C,A) (C,B) (C,C) (C,D) (C,E) (C,F)
D (D,A) (D,B) (D,C) (D,D) (D,E) (D,F)
E (E,A) (E,B) (E,C) (E,D) (E,E) (E,F)
F (F,A) (F,B) (F,C) (F,D) (F,E) (F,F)
共36种情况,其中甲、乙两位同学抽到不同主题的情况有30种,故抽到不同主题的概率为.
法二　甲、乙两位同学抽到相同主题的情况有6种,故抽到不同主题的概率为
1－.
(3)从7个整数中随机取2个不同的数,共有＝21(种)取法,取得的2个数互质的情况有{2,3},{2,5},{2,7},{3,4},{3,5},{3,7},{3,8},{4,5},{4,7},{5,6},{5,7},{5,8},{6,7},{7,8},共14种,
根据古典概型的概率公式,得这2个数互质的概率为.故选D.
母题2 (人教A版必修第二册P251例2)甲、乙两名射击运动员进行射击比赛,甲的中靶概率为0.8,乙的中靶概率为0.9,求下列事件的概率:
(1)两人都中靶;
(2)恰好有一人中靶;
(3)两人都脱靶;
(4)至少有一人中靶.
解　设A＝“甲中靶”,B＝“乙中靶”,则＝“甲脱靶”,＝“乙脱靶”.
由于两个人射击的结果互不影响,所以A与B相互独立,A与,与B,都相互独立.
由已知可得,P(A)＝0.8,P(B)＝0.9,P()＝0.2,P()＝0.1.
(1)AB＝“两人都中靶”,
由事件的独立性定义,
得P(AB)＝P(A)P(B)＝0.8×0.9＝0.72.
故两人都中靶的概率为0.72.
(2)“恰好有一人中靶”＝A∪B,且AB互斥,根据概率的加法公式和事件的独立性定义,
得P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝P(A)P()＋P()P(B)＝0.8×0.1＋0.2×0.9＝0.26.
故恰好有一人中靶的概率为0.26.
(3)事件“两人都脱靶”＝,
所以P()＝P()P()＝(1－0.8)×(1－0.9)＝0.02.
故两人都脱靶的概率为0.02.
(4)法一　事件“至少有一人中靶”＝AB∪A∪B,且AB,AB两两互斥,
所以P(AB∪A∪B)＝P(AB)＋P(A)＋P(B)＝P(AB)＋P(A∪B)＝0.72＋0.26＝0.98.
故至少有一人中靶的概率为0.98.
法二　由于事件“至少有一人中靶”的对立事件是“两人都脱靶”,根据对立事件的性质,得事件“至少有一人中靶”的概率为1－P()＝1－0.02＝0.98.
(多选)(2023·新高考Ⅱ卷)在信道内传输0,1信号,信号的传输相互独立.发送0时,收到1的概率为α(0<α<1),收到0的概率为1－α;发送1时,收到0的概率为β(0<β<1),收到1的概率为1－β.考虑两种传输方案:单次传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发送1次;三次传输是指每个信号重复发送3次.收到的信号需要译码,译码规则如下:单次传输时,收到的信号即为译码;三次传输时,收到的信号中出现次数多的即为译码(例如,若依次收到1,0,1,则译码为1).(　　)
A.采用单次传输方案,若依次发送1,0,1,则依次收到1,0,1的概率为(1－α)(1－β)2
B.采用三次传输方案,若发送1,则依次收到1,0,1的概率为β(1－β)2
C.采用三次传输方案,若发送1,则译码为1的概率为β(1－β)2＋(1－β)3
D.当0<α<0.5时,若发送0,则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率
答案　ABD
解析　由题意,发0收1的概率为α,发0收0的概率为1－α;发1收0的概率为β,发1收1的概率为1－β.
对于A,发1收1的概率为1－β,发0收0的概率为1－α,
所以所求概率为(1－α)(1－β)2,故A选项正确;
对于B,相当于发了1,1,1,收到1,0,1,
则概率为(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2,故B选项正确;
对于C,相当于发了1,1,1,收到1,1,0或1,0,1或0,1,1或1,1,1,
则概率为β(1－β)2＋(1－β)3＝3β(1－β)2＋(1－β)3,故C不正确;
对于D,发送0,采用三次传输方案译码为0,相当于发0,0,0,收到0,0,1或0,1,0或1,0,0或0,0,0,则此方案的概率为P1＝α(1－α)2＋(1－α)3＝3α(1－α)2＋(1－α)3;
发送0,采用单次传输方案译码为0的概率P2＝1－α.
当0<α<0.5时,P1－P2＝3α(1－α)2＋(1－α)3－(1－α)＝α(1－α)(1－2α)>0,故D选项正确.
综上,选ABD.
母题3 (人教A版必修第二册P252T1)分别抛掷两枚质地均匀的硬币,设事件A＝“第1枚正面朝上”,事件B＝“第2枚正面朝上”,事件C＝“两枚硬币朝上的面相同”,A,B,C中哪两个相互独立
解　可求P(A)＝,P(B)＝,
P(C)＝,P(AB)＝,P(AC)＝, P(BC)＝,
所以P(AB)＝P(A)P(B), P(AC)＝P(A)P(C), P(BC)＝P(B)P(C),
所以A与B,A与C,B与C都相互独立.
(2021·新高考Ⅰ卷)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
答案　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)＝.事件甲与事件丙是互斥事件,不是相互独立事件,故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),故B正确;
事件乙与事件丙同时发生的概率为,P(乙丙)≠P(乙)P(丙),故C错误;
事件丙与事件丁是互斥事件,不是相互独立事件,故D错误.选B.
母题4 (人教A版选择性必修第三册P5例3)书架的第1层放有4本不同的计算机书,第2层放有3本不同的文艺书,第3层放有2本不同的体育书.
(1)从书架上任取1本书,有多少种不同取法
(2)从书架的第1层、第2层、第3层各取1本书,有多少种不同取法
解　(1)从书架上任取1本书,有三类方案:
第1类,从第1层取1本计算机书,有4种方法;
第2类,从第2层取1本文艺书,有3种方法;
第3类,从第3层取1本体育书,有2种方法.
根据分类加法计数原理,不同取法的种数为4＋3＋2＝9.
(2)从书架的第1层、第2层、第3层各取1本书,可以分三步完成:
第1步,从第1层取1本计算机书,有4种方法;
第2步,从第2层取1本文艺书,有3种方法;
第3步,从第3层取1本体育书,有2种方法.
根据分步乘法计数原理,不同取法的种数为
4×3×2＝24.
(1)(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　　　　.
(2)(2024·新高考Ⅱ卷)在如图的4×4的方格表中选4个方格,要求每行和每列均恰有一个方格被选中,则共有　　　　种选法,在所有符合上述要求的选法中,选中方格中的4个数之和的最大值是　　　　.
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
(3)(2024·全国甲卷)有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中无放回地随机取3次,每次取1个球,设m为前两次取出的球上数字的平均值,n为取出的三个球上数字的平均值,则m与n之差的绝对值不大于的概率为　　　　.
答案　(1)　(2)24　112　(3)
解析　(1)因为甲出卡片1一定输,出其他卡片有可能赢,所以四轮比赛后,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,
所以只有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),
所以甲的总得分不小于2的概率P＝.
(2)第一步,从第一行任选一个数,共有4种不同的选法;
第二步,从第二行选一个与第一个数不同列的数,共有3种不同的选法;
第三步,从第三行选一个与第一、二个数均不同列的数,共有2种不同的选法;
第四步,从第四行选一个与第一、二、三个数均不同列的数,只有1种选法.
由分步乘法计数原理知,不同的选法种数为4×3×2×1＝24.
先按列分析,每列必选出一个数,故所选4个数的十位上的数字分别为1,2,3,4.
再按行分析,第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1,3,3,5,
故从第一行选21,从第二行选33,从第三行选43,从第4行选15,
此时个位上的数字之和最大.
故选中方格中的4个数之和的最大值为21＋33＋43＋15＝112.
(3)设3次取出的球上的数字依次为a,b,c,则无放回地随机取3次球的取法有＝120(种),
则|m－n|＝＝≤,可得|a＋b－2c|≤3.
当c＝1时,a,b需要满足“－1≤a＋b≤5”,所有可能情况为(2,3),(3,2),共2种.
当c＝2时,a,b需要满足“1≤a＋b≤7”,所有可能情况为(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(3,1),(4,1),(5,1),(6,1),(3,4),(4,3),共10种.
当c＝3时,a,b需要满足“3≤a＋b≤9”,所有可能情况为(1,2),(2,1),(1,4),(4,1),(1,5),(5,1),(1,6),(6,1),(2,4),(4,2),(2,5),(5,2),(2,6),(6,2),(4,5),(5,4),共16种.
当c＝4时,a,b需要满足“5≤a＋b≤11”,所有可能情况为(1,5),(5,1),(1,6),(6,1),(2,3),(3,2),(2,5),(5,2),(2,6),(6,2),(3,5),(5,3),(3,6),(6,3),(6,5),(5,6),共16种.
当c＝5时,a,b需要满足“7≤a＋b≤13”,所有可能情况为(1,6),(6,1),(2,6),(6,2),(3,4),(4,3),(3,6),(6,3),(4,6),(6,4),共10种.
当c＝6时,a,b需要满足“9≤a＋b≤15”,所有可能情况为(4,5),(5,4),共2种.
故共有2＋10＋16＋16＋10＋2＝56(种)可能情况,所以所求概率P＝.
母题5 (人教A版选择性必修第三册P25例7)在100件产品中,有98件合格品,2件次品.从这100件产品中任意抽出3件.
(1)有多少种不同的抽法
(2)抽出的3件中恰好有1件是次品的抽法有多少种
(3)抽出的3件中至少有1件是次品的抽法有多少种
解　(1)所有的不同抽法种数,就是从100件产品中抽出3件的组合数,所以抽法种数为＝161 700.
(2)从2件次品中抽出1件的抽法有种,从98件合格品中抽出2件的抽法有种,因此抽出的3件中恰好有1件次品的抽法种数为×＝2×＝9 506.
(3)法一　从100件产品抽出的3件中至少有1件是次品,包括有1件次品和有2件次品两种情况,因此根据分类加法计数原理,抽出的3件中至少有1件是次品的抽法种数为××＝9 506＋98＝9 604.
法二　抽出的3件中至少有1件是次品的抽法种数,就是从100件产品中抽出3件的抽法种数减去3件都是合格品的抽法种数,
即＝161 700－＝9 604.
(1)(2023·新高考Ⅱ卷)某学校为了解学生参加体育运动的情况,用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查,拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生,已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生,则不同的抽样结果共有(　　)
A.·种 B.·种
C.·种 D.·种
(2)(2023·全国乙卷)甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种,则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有(　　)
A.30种 B.60种
C.120种 D.240种
(3)(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).
答案　(1)D　(2)C　(3)64
解析　(1)由题意,初中部和高中部学生人数之比为,
所以抽取的60名学生中初中部应有
60×＝40(人),
高中部应有60×＝20(人),
所以不同的抽样结果共有·种,
故选D.
(2)甲、乙二人先选1种相同的课外读物,有＝6(种)情况,再从剩下的5种课外读物中各自选1种不同的读物,有＝20(种)情况,由分步乘法计数原理可得共有6×20＝120(种)选法.
(3)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).
法二　若学生从这8门课中选修2门课,
则有＝16(种)选课方案;
若学生从这8门课中选修3门课,
则有＝48(种)选课方案.
综上,不同的选课方案共有16＋48＝64(种).
母题6 (人教B版选择性必修第二册P20例5)要把9本不同的课外书分给甲、乙、丙3名同学:
(1)如果每个人都得3本,则共有不同的分法多少种
(2)如果要求一人得4本,一人得3本,一人得2本,则共有不同的分法多少种
解　(1)要完成分配任务,可以分为三步:
第一步,分给甲3本书,有种方法;
第二步,分给乙3本书,因为只能在剩下的6本书里选,所以有种方法;
第三步,分给丙3本书,因为只能在剩下的3本书里选,所以有种方法.
因此共有不同的分法数为
××1＝1 680.
(2)要完成分配任务,可以分为两步:
第一步,将9本书按照4本、3本、2本分为三组,有种方法;
第二步,将分好的3组书分别分给3个人,有种方法.
因此共有不同的分法数为
××1×3×2×1＝7 560.
(1)(2021·全国乙卷)将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训,每名志愿者只分配到1个项目,每个项目至少分配1名志愿者,则不同的分配方案共有(　　)
A.60种 B.120种
C.240种 D.480种
(2)(2020·新高考Ⅰ卷)6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者,每名同学只去1个场馆,甲场馆安排1名,乙场馆安排2名,丙场馆安排3名,则不同的安排方法共有(　　)
A.120种 B.90种
C.60种 D.30种
(3)(2020·新高考Ⅱ卷)3名大学生利用假期到2个山村参加扶贫工作,每名大学生只去1个村,每个村至少1人,则不同的分配方案共有(　　)
A.4种 B.5种
C.6种 D.8种
答案　(1)C　(2)C　(3)C
解析　(1)根据题设中的要求,每名志愿者只分配到1个项目,每个项目至少分配1名志愿者,可分两步进行安排:第一步,将5名志愿者分成4组,其中1组2人,其余每组1人,共有种分法;第二步:将分好的4组安排到4个项目中,有种安排方法.故满足题意的分配方案共有·＝240(种).故选C.
(2)先从6名同学中选1名安排到甲场馆,有种选法,再从剩余的5名同学中选2名安排到乙场馆,有种选法,最后将剩下的3名同学安排到丙场馆,有种选法,由分步乘法计数原理知,共有··＝60(种)不同的安排方法.故选C.
(3)先将3名大学生分成2组有·种分法,再分配到2个村有种分法,则不同的分配方案共有··＝6种.故选C.
母题7 (人教A版选择性必修第三册P34习题6.3T2)在(x＋y)(x－y)5的展开式中,x3y3的系数是　　　　.
答案　0
解析　∵(x＋y)(x－y)5＝(x＋y)(x5－5x4y＋10x3y2－10x2y3＋5xy4－y5),
故展开式中x3y3的系数为10－10＝0.
(1)(2025·天津卷)在(x－1)6的展开式中,x3项的系数为　　　　(用数字作答).
(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).
答案　(1)－20　(2)－28
解析　(1)(x－1)6展开式的通项公式为Tk＋1＝x6－k(－1)k＝(－1)kx6－k,
令6－k＝3,得k＝3,
所以x3项的系数为(－1)3＝－20.
(2)(x＋y)8展开式的通项Tr＋1＝x8－ryr,r＝0,1,…,7,8.令r＝6,得T6＋1＝x2y6;令r＝5,得T5＋1＝x3y5,所以(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为＝－28.
母题8 (人教A版选择性必修第三册P38T1(7))(1＋x)2n的展开式中,系数最大的项是第　　　　项.
答案　n＋1
解析　在(1＋x)2n的展开式中,第r＋1项的系数与第r＋1项的二次项系数相同(r＝0,1,2,…,2n),
又二项展开式共有2n＋1项,中间项的二项式系数最大,
可得第n＋1项的系数最大.
(2024·全国甲卷)的展开式中,各项系数中的最大值为　　　　.
答案　5
解析　的展开式的通项公式为Tr＋1＝xr,
则各项的系数分别为,,,,,,,,,,
,
观察发现二项式系数先增大后减小,且前后对称,指数式递增,分别计算,,,,,,
比较可得,＝5最大.
母题9 (人教A版选择性必修第三册P38T5(2))求的展开式的常数项.
解　的展开式的通项为
Tr＋1＝(9x)18－r
＝·336－3r·,
令18－r＝0,得r＝12,
所以常数项是第13项,T13＝18 564.
(2020·全国Ⅲ卷)的展开式中常数项是　　　　(用数字作答).
答案　240
解析　的展开式的通项为Tr＋1＝(x2)6－r·2rx12－3r,令12－3r＝0,解得r＝4,得常数项为24＝240.
母题10 (人教B版选择性必修第二册P34习题3－3CT2)设(3x－1)8＝a8x8＋a7x7＋…＋a1x＋a0,求:
(1)a8＋a7＋…＋a1;
(2)a8－a7＋a6－a5＋a4－a3＋a2－a1＋a0;
(3)a8＋a6＋a4＋a2＋a0.
解　(1)令x＝0,得a0＝1;令x＝1,得a8＋a7＋…＋a1＋a0＝28＝256.
∴a8＋a7＋…＋a1＝256－1＝255.
(2)令x＝－1,得a8－a7＋a6－a5＋a4－a3＋a2－a1＋a0＝(－4)8＝65 536.
(3)由(1)(2)知,
两式作和得2(a8＋a6＋a4＋a2＋a0)
＝65 792,∴a8＋a6＋a4＋a2＋a0＝32 896.
(2025·北京卷)已知(1－2x)4＝a0－2a1x＋4a2x2－8a3x3＋16a4x4,则a0＝　　　　;a1＋a2＋a3答案　1　15
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.
＋a4＝　　　　.
母题11 (人教A版选择性必修第三册P38T8)某种产品的加工需要经过5道工序.
(1)如果其中某道工序不能放在最后,那么有多少种加工顺序
(2)如果其中某2道工序既不能放在最前,也不能放在最后,那么有多少种加工顺序
(3)如果其中某2道工序必须相邻,那么有多少种加工顺序
(4)如果其中某2道工序不能相邻,那么有多少种加工顺序
解　(1)先从另外4道工序中任选1道工序放在最后,有＝4种不同的排法,
再将剩余的4道工序全排列,有＝24种不同的排法,
故由分步乘法计数原理可得,
共有4×24＝96种加工顺序.
(2)先从另外3道工序中任选2道工序放在最前和最后,有＝6种不同的排法,
再将剩余的3道工序全排列,有＝6种不同的排法,
故由分步乘法计数原理可得,共有6×6＝36种加工顺序.
(3)先排这2道工序,有＝2种不同的排法,再将它们看作一个整体,
与剩余的工序全排列,有＝24种不同的排法,
故由分步乘法计数原理可得,共有2×24＝48种加工顺序.
(4)先排其余的3道工序,有＝6种不同的排法,出现4个空位,
再将这2道工序插空,有＝12种不同的排法,
所以由分步乘法计数原理可得,共有6×12＝72种加工顺序.
(1)(2023·全国甲卷)现有5名志愿者参加公益活动,在某一星期的星期六、星期日两天,每天从这5人中安排2人参加公益活动,则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有(　　)
A.120种 B.60种
C.30种 D.20种
(2)(2022·新高考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
答案　(1)B　(2)B
解析　(1)先从5人选择1人两天均参加公益活动,有种方式;
再从余下的4人中选2人分别安排到星期六、星期日,有种安排方式.
所以不同的安排方式共有·＝60(种).故选B.
(2)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,所以不同的排列方式共有＝24(种),故选B.
母题12 (人教A版选择性必修第三册P46例1)在5道试题中有3道代数题和2道几何题,每次从中随机抽出1道题,抽出的题不再放回.求:
(1)第1次抽到代数题且第2次抽到几何题的概率;
(2)在第1次抽到代数题的条件下,第2次抽到几何题的概率.
解　设A＝“第1次抽到代数题”,B＝“第2次抽到几何题”,则“第1次抽到代数题且第2次抽到几何题”就是事件AB.
(1)法一　从5道试题中每次不放回地随机抽取2道,试验的样本空间Ω包含20个等可能的样本点,即n(Ω)＝＝5×4＝20.
因为n(AB)＝×＝3×2＝6,
所以P(AB)＝.
故所求的概率为.
法二　因为n(A)＝3×4＝12, n(AB)＝3×2＝6,
所以P(B|A)＝.
又P(A)＝,利用乘法公式可得P(AB)＝P(A)P(B|A)＝×.
故所求的概率为.
(2)“在第1次抽到代数题的条件下,第2次抽到几何题”的概率就是事件A发生的条件下,事件B发生的概率,
显然P(A)＝.
利用条件概率公式,得P(B|A)＝.
故所求的概率为.
(2023·全国甲卷)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
答案　A
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,
所以P(C)＝P(A|B)＝＝0.8,故选A.
母题13 (人教A版选择性必修第三册P53T6)已知P(A)>0,P(B)>0,P(B|A)＝P(B),证明:P(A|B)＝P(A).
证明　因为P(A)>0,P(B)>0,
P(B|A)＝＝P(B),
所以P(AB)＝P(A)P(B),
即事件A与事件B为相互独立事件,
P(A|B)＝＝P(A).
母题14 (人教A版选择性必修第三册P134T4)从某学校获取了容量为400的有放回简单随机样本,将所得数学和语文期末考试成绩的样本观测数据整理如下:
单位:人　
数学成绩 语文成绩 合计
不优秀 优秀
不优秀 212 61 273
优秀 54 73 127
合计 266 134 400
依据α＝0.05的独立性检验,能否认为数学成绩与语文成绩有关联
解　零假设为H0:数学成绩与语文成绩无关联.
χ2＝≈48>3.841＝x0.05,
根据小概率值x＝0.05的独立性检验,推断H0不成立,
所以可以认为数学成绩与语文成绩有关联,此推断犯错误的概率不大于0.05.
(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:
不够良好 良好
病例组 40 60
对照组 10 90
(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　χ2＝＝24>6.635,
所以有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.
(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.
①证明:R＝·;
证明　R＝＝,
由题意知,只需证明即可,
上式左边＝＝,
右边＝＝.
左边＝右边,故R＝·.
②利用该调查数据,给出P(A|B),P(A|)的估计值,并利用①的结果给出R的估计值.
附:χ2＝,
α 0.050 0.010 0.001
χα 3.841 6.635 10.828
解　由调查数据可知
P(A|B)＝,P(A|)＝,
且P(|B)＝1－P(A|B)＝,
P(|)＝1－P(A|)＝,
所以R＝×＝6.
母题15 (人教A版选择性必修第三册P65例3)猜歌名游戏是根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名.某嘉宾参加猜歌名节目,猜对每首歌曲的歌名相互独立,猜对三首歌曲A,B,C歌名的概率及猜对时获得相应的公益基金如表所示.
歌曲 A B C
猜对的概率 0.8 0.6 0.4
获得的公益基金额/元 1 000 2 000 3 000
规则如下:按照A,B,C的顺序猜,只有猜对当前歌曲的歌名才有资格猜下一首.求嘉宾获得的公益基金总额X的分布列及均值.
解　分别用A,B,C表示猜对歌曲A,B,C歌名的事件,则A,B,C相互独立.
P(X＝0)＝P()＝0.2,
P(X＝1 000)＝P(A)＝0.8×0.4＝0.32,
P(X＝3 000)＝P(AB)＝0.8×0.6×0.6＝0.288,
P(X＝6 000)＝P(ABC)＝0.8×0.6×0.4＝0.192.
X的分布列如表所示.
X 0 1 000 3 000 6 000
P 0.2 0.32 0.288 0.192
X的均值为E(X)＝0×0.2＋1 000×0.32＋3 000×0.288＋6 000×0.192＝2 336.
(1)(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;
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;
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,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、乙两校的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).
解　①用频率估计概率,从甲校随机抽取1人,做对题目的概率为.
②设A为“从甲校抽取1人选择正确”,B为“从乙校抽取1人选择正确”,C为“恰有1人选择正确”,
则P(A)＝0.8,P()＝0.2, P(B)＝0.75,P()＝0.25,
故P(C)＝P(A)＋P(B)＝P(A)P()＋P()P(B)＝0.35,
而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的分布列如下表:
X 0 1 2
P 0.05 0.35 0.6
故E(X)＝1×0.35＋2×0.6＝1.55.
③设D为“甲校掌握该知识的学生”,
因为甲校学生掌握这个知识点并选择正确的概率为100%,
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＝,
同理有0.85p2＋×(1－p2)＝0.75,
故p2＝,故p1(2)(2022·全国甲卷)甲、乙两个学校进行体育比赛,比赛共设三个项目,每个项目胜方得10分,负方得0分,没有平局.三个项目比赛结束后,总得分高的学校获得冠军.已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5,0.4,0.8,各项目的比赛结果相互独立.
①求甲学校获得冠军的概率;
②用X表示乙学校的总得分,求X的分布列与期望.
解　①设甲在三个项目中获胜的事件依次记为A,B,C,
所以甲学校获得冠军的概率为
P＝P(ABC)＋P(BC)＋P(AC)＋P(AB)
＝0.5×0.4×0.8＋(1－0.5)×0.4×0.8＋0.5×(1－0.4)×0.8＋0.5×0.4×(1－0.8)
＝0.16＋0.16＋0.24＋0.04＝0.6.
②依题可知,X的可能取值为0,10,20,30,
所以P(X＝0)＝0.5×0.4×0.8＝0.16,
P(X＝10)＝0.5×0.4×0.8＋0.5×0.6×0.8＋0.5×0.4×0.2＝0.44,
P(X＝20)＝0.5×0.6×0.8＋0.5×0.4×0.2＋0.5×0.6×0.2＝0.34,
P(X＝30)＝0.5×0.6×0.2＝0.06.
则X的分布列为
X 0 10 20 30
P 0.16 0.44 0.34 0.06
E(X)＝0×0.16＋10×0.44＋20×0.34＋30×0.06＝13.
母题16 (1)(人教A版选择性必修第三册P66T1)已知随机变量X的分布列为
X 1 2 3 4 5
P 0.1 0.3 0.4 0.1 0.1
①求E(X);
②求E(3X＋2).
解　①E(X)＝1×0.1＋2×0.3＋3×0.4＋4×0.1＋5×0.1＝2.8;
②由①知E(X)＝2.8,
所以E(3X＋2)＝3E(X)＋2＝3×2.8＋2＝10.4.
(2)(北师大版选择性必修第一册P202习题6－2AT6)在一个箱子里装有编号为1,2,3,4,5的完全一样的5个球,现从中同时取出2个球,设X表示取出球的最大编号,求X的分布列.
解　根据题意,知X的可能取值为2,3,4,5,则P(X＝2)＝,P(X＝3)＝,P(X＝4)＝,P(X＝5)＝.
∴X的分布列为
X 2 3 4 5
P
(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)＝　　　　.
答案　
解析　X的所有可能取值为1,2,3,
则P(X＝1)＝,
P(X＝2)＝×6＝,
P(X＝3)＝××6＝,
所以X的分布列为
X 1 2 3
P
所以E(X)＝1×＋2×＋3×.
母题17 (人教A版选择性必修第三册P71T6)有A和B两道谜语,张某猜对A谜语的概率为0.8,猜对得奖金10元;猜对B谜语的概率为0.5,猜对得奖金20元.规则规定:只有在猜对第一道谜语的情况下,才有资格猜第二道,如果猜谜顺序由张某选择,他应该选择先猜哪一道谜语
解　若选择先猜A谜语,获得的奖金数为X,
则X的可能取值为0,10,30,
P(X＝0)＝1－0.8＝0.2,
P(X＝10)＝0.8×(1－0.5)＝0.4,
P(X＝30)＝0.8×0.5＝0.4,
所以X的分布列为
X 0 10 30
P 0.2 0.4 0.4
E(X)＝0×0.2＋10×0.4＋30×0.4＝16(元).
若选择先猜B谜语,获得的奖金数为Y,
则Y的可能取值为0,20,30,
P(Y＝0)＝1－0.5＝0.5,
P(Y＝20)＝0.5×(1－0.8)＝0.1,
P(Y＝30)＝0.5×0.8＝0.4,
所以Y的分布列为
Y 0 20 30
P 0.5 0.1 0.4
E(Y)＝0×0.5＋20×0.1＋30×0.4＝14(元).
由于E(X)>E(Y),
所以他应选择先猜A谜语.
(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,比赛成绩为0分;若至少投中1次,则该队进入第二阶段.第二阶段由该队的另一名队员投篮3次,每次投篮投中得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　设A1＝“甲、乙所在队进入第二阶段”,
则P(A1)＝1－(1－0.4)3＝0.784.
设A2＝“乙在第二阶段至少得5分”,
则P(A2)＝1－(1－0.5)3＝0.875.
设A3＝“甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分”,
则P(A3)＝P(A1)·P(A2)＝0.686.
故所求的概率为0.686.
(2)假设0①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
②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
解　①设甲参加第一阶段比赛时甲、乙所在队得15分的概率为P甲,
则P甲＝[1－(1－p)3]·q3
＝pq3·(3－3p＋p2).
设乙参加第一阶段比赛时甲、乙所在队得15分的概率为P乙,
则P乙＝[1－(1－q)3]·p3＝qp3·(3－3q＋q2).
则P甲－P乙＝pq(3q2－3pq2＋p2q2－3p2＋3p2q－p2q2)＝3pq(q－p)·(p＋q－pq),
由00,p＋q－pq＝p＋q(1－p)>0,
所以P甲－P乙>0,即P甲>P乙.
故应该由甲参加第一阶段比赛.
②若甲参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩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,
所以E(X)＝[1－(1－p)3]·[15q(1－q)2＋30q2·(1－q)＋15q3]＝[1－(1－p)3]·15q＝15pq(p2－3p＋3).
若乙参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩Y的所有可能取值为0,5,10,15.
同理,可得E(Y)＝15pq(q2－3q＋3).
E(X)－E(Y)＝15pq(p2－3p－q2＋3q)＝15pq·(q－p)·(3－p－q),
由00, 3－p－q＝3－(p＋q)>0,
所以E(X)－E(Y)>0,即E(X)>E(Y).
故应该由甲参加第一阶段比赛.
母题18 (苏教版选择性必修第二册P122例4)设有甲、乙两地生产的两批原棉,它们的纤维长度X,Y的概率分布如表1、表2所示.
表1
X 25 24 23 22 21 20
P 0.1 0.2 0.3 0.1 0.1 0.2
表2
Y 25 24 23 22 21 20
P 0.05 0.2 0.25 0.3 0.1 0.1
试问:这两批原棉的质量哪一批较好
解　两批原棉纤维长度的均值分别为
E(X)＝25×0.1＋24×0.2＋23×0.3＋22×0.1＋21×0.1＋20×0.2＝22.5,
E(Y)＝25×0.05＋24×0.2＋23×0.25＋22×0.3＋21×0.1＋20×0.1＝22.5.
这两批原棉的纤维平均长度相等.
两批原棉纤维长度的方差分别为
D(X)＝(25－22.5)2×0.1＋(24－22.5)2×0.2＋(23－22.5)2×0.3＋(22－22.5)2×0.1＋(21－22.5)2×0.1＋(20－22.5)2×0.2＝2.65,
D(Y)＝(25－22.5)2×0.05＋(24－22.5)2×0.2＋(23－22.5)2×0.25＋(22－22.5)2×0.3＋(21－22.5)2×0.1＋(20－22.5)2×0.1＝1.75.
这说明乙地原棉纤维更加齐整,故乙地原棉的质量比甲地原棉的质量要好一些.
(2020·全国Ⅲ卷)在一组样本数据中,1,2,3,4出现的频率分别为p1,p2,p3,p4,且pi＝1,则下面四种情形中,对应样本的标准差最大的一组是(　　)
A.p1＝p4＝0.1,p2＝p3＝0.4
B.p1＝p4＝0.4,p2＝p3＝0.1
C.p1＝p4＝0.2,p2＝p3＝0.3
D.p1＝p4＝0.3,p2＝p3＝0.2
答案　B
解析　X的可能取值为1,2,3,4,四种情形的数学期望E(X)＝1×p1＋2×p2＋3×p3＋4×p4都为2.5,方差D(X)＝[1－E(X)]2×p1＋[2－E(X)]2×p2＋[3－E(X)]2×p3＋[4－E(X)]2×p4,标准差为.
A选项的方差D(X)＝0.65;B选项的方差D(X)＝1.85;C选项的方差D(X)＝1.05;D选项的方差D(X)＝1.45.
可知选项B的情形对应样本的标准差最大.故选B.
母题19 (人教A版选择性必修第三册P76练习T1)将一枚质地均匀的硬币连续抛掷4次,X表示“正面朝上”出现的次数.
(1)求X的分布列;
解　将一枚质地均匀的硬币抛掷一次,正面朝上的概率为,且每次是否正面朝上是相互独立的,所以X~B,
P(X＝k)＝·,k＝0,1,2,3,4,
所以X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P
(2)E(X)＝　　　　,D(X)＝　　　　.
解　由(1)知X~B,
所以E(X)＝4×＝2,D(X)＝4××＝1.
(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,跑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,跑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,记达标周数为X,则期望E(X)＝　　　　.
答案　0.6　3.2
解析　小桐一周跑11圈的概率p＝0.5×0.6＋0.5×0.6＝0.6.
小桐一周运动量达标的概率p＝1－0.5×0.4＝0.8,显然X服从二项分布B(4,0.8),
故E(X)＝4×0.8＝3.2.
母题20 (人教A版选择性必修第三册P71T8)设E(X)＝μ,a是不等于μ的常数,探究X相对于μ的偏离程度与X相对于a的偏离程度的大小关系,并说明结论的意义.
解　不妨设Xi取xi的概率为Pi,
因为E(X)＝μ,
所以X相对于μ的偏离程度为
(xi－E(X))2Pi,X相对于a的偏离程度为(xi－a)2Pi,
因为Pi＝1,E(X)＝xiPi,
E(x)≠a,
所以(xi－E(X))2Pi－(xi－a)2Pi
＝[(xi－E(X))2－(xi－a)2]Pi
＝[E2(X)－2xiE(X)＋2xia－a2]Pi
＝[2xi(a－E(X))＋(E(X)＋a)(E(X)－a)]Pi
＝{(E(x)－a)[E(x)＋a－2xi]}Pi
＝[E(X)－a][(E(X)＋a)Pi－2xiPi]
＝[E(X)－a][(E(X)＋a)Pi－2xiPi]
＝[E(X)－a][E(X)＋a－2E(X)]
＝[E(X)－a][a－E(X))]
＝－[E(X)－a]2<0,
所以(xi－E(X))2Pi<(xi－a)2Pi,
故X相对于μ的偏离程度小于X相对于a的偏离程度,
结论的意义为X相对于μ的偏离程度(即X的方差)是X相对于任意常数a的偏离程度中最小的,从而方差能很好的反映一组数据的集中与偏离程度.
母题21 (人教A版选择性必修第三册P87习题7.5T2)某市高二年级男生的身高X(单位:cm)近似服从正态分布N(170,52),随机选择一名本市高二年级的男生,求下列事件的概率:
(1){165175}.
解　(1)P(165(2)P(X≤165)＝×[1－P(165(3)P(X>175)＝P(X<165)≈0.158 65.
(1)(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)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
(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),则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
(3)(2022·新高考Ⅱ卷)已知随机变量X服从正态分布N(2,σ2),且P(22.5)＝　　　　.
答案　(1)B　(2)BC　(3)0.14
解析　(1)由正态曲线的对称性可知P(X≤μ－σ)＝P(X≥μ＋σ),A正确;
若X~N(1,22),Y~N(2,22),
则P(X<1)＝P(Y<2)＝,B错误; C,D正确.
(2)由题意可知,X~N(1.8,0.12),
所以P(X>2)1.8)＝0.5, P(X<1.9)≈0.841 3,
所以P(X>2)因为Y~N(2.1,0.12),P(Y<2.2)≈0.841 3,P(Y>2)>P(Y>2.1)＝0.5,
所以P(2所以P(Y>2)＝P(20.8,
所以C正确,D错误.
(3)因为X~N(2,σ2),所以P(X>2)＝0.5,所以P(X>2.5)＝P(X>2)－P(2母题22 (人教A版选择性必修第三册P91T10)甲、乙、丙三人相互做传球训练,第1次由甲将球传出,每次传球时,传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人.求n次传球后球在甲手中的概率.
解　设第n(n∈N*)次传球后,球在甲手中的概率为pn,第n－1次传球后球在甲手中的概率为pn－1,显然第1次传球后球还在甲手中的概率为p1＝0.
若第n次传球后球在甲手中,则第n－1次传球后,球不在甲手中(即在乙或丙手中),所以第n－1次传球后球不在甲手中的概率为1－pn－1,
又乙或丙将球传到甲手中的概率均为,
故pn＝(1－pn－1),
即pn＝－pn－1＋,
则pn－＝－,n≥2,n∈N*,
所以数列是首项为p1－＝－,公比为－的等比数列,
所以pn－＝－,
所以pn＝＝.
故n次传球后球在甲手中的概率为.
(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　记“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,
则B2＝A1B2＋B1B2,
所以P(B2)＝P(A1B2＋B1B2)＝P(A1)P(B2|A1)＋P(B1)P(B2|B1)＝0.5×(1－0.6)＋0.5×0.8＝0.6.
故第2次投篮的人是乙的概率为0.6.
(2)求第i次投篮的人是甲的概率;
解　设P(Ai)＝pi,
由题意知,P(Bi)＝1－pi,
则P(Ai＋1)＝P(AiAi＋1)＋P(BiAi＋1)＝P(Ai)P(Ai＋1|Ai)＋P(Bi)P(Ai＋1|Bi),
即pi＋1＝0.4pi＋0.2＝pi＋,
所以pi＋1－,
又p1－,
所以数列为首项,为公比的等比数列,
所以pi－×,
所以pi＝×.
故第i次投篮的人是甲的概率为×.
(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E(Xi)＝qi.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).
解　因为pi＝×,
所以E(Y)＝p1＋p2＋p3＋…＋pn＝×
＝×
＝×.
母题23 (人教B版选择性必修第二册P97练习AT2)设两个正态分布N(μ1,)(σ1>0)和N(μ2,)(σ2>0)的密度函数图象如图所示.则有(　　)
A.μ1<μ2,σ1<σ2 B.μ1<μ2,σ1>σ2
C.μ1>μ2,σ1<σ2 D.μ1>μ2,σ1>σ2
答案　A
解析　根据正态分布N(μ,σ2)函数的性质:x＝μ是正态分布曲线的对称轴;
σ反应的正态分布的离散程度,σ越大,越分散,曲线越“矮胖”,σ越小,越集中,曲线越“瘦高”,
由图象可得μ1<μ2,σ1<σ2.
故选A.
(2021·新高考Ⅱ卷)某物理量的测量结果服从正态分布N(10,σ2),下列结论中不正确的是(　　)
A.σ越小,该物理量在一次测量中在(9.9,10.1)的概率越大
B.σ越小,该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5
C.σ越小,该物理量在一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等
D.σ越小,该物理量在一次测量中落在(9.9,10.2)与落在(10,10.3)的概率相等
答案　D
解析　对于A,σ2为数据的方差,所以σ越小,数据在μ＝10附近越集中,所以测量结果落在(9.9,10.1)内的概率越大,故A正确;
对于B,由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量大于10的概率为0.5,故B正确;
对于C,由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量结果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等,故C正确;
对于D,因为该物理量一次测量结果落在(9.9,10.0)的概率与落在(10.2,10.3)的概率不同,所以一次测量结果落在(9.9,10.2)的概率与落在(10,10.3)的概率不同,故D错误.
母题24 (人教B版选择性必修第二册P129T2)已知A,B两个投资项目的利润率分别为随机变量X1和X2.根据市场分析,X1和X2的分布列如下:
X1 5% 10%
P 0.8 0.2
X2 2% 8% 12%
P 0.2 0.5 0.3
(1)在A,B两个项目上各投资100万元,Y1和Y2分别表示投资项目A和B所获得的利润,求D(Y1)和D(Y2);
解　由题设可知,Y1和Y2的分布列分别为:
Y1 5 10
P 0.8 0.2
Y2 2 8 12
P 0.2 0.5 0.3
E(Y1)＝5×0.8＋10×0.2＝6,
D(Y1)＝(5－6)2×0.8＋(10－6)2×0.2＝4;
E(Y2)＝2×0.2＋8×0.5＋12×0.3＝8,
D(Y2)＝(2－8)2×0.2＋(8－8)2×0.5＋(12－8)2×0.3＝12.
(2)将x(0≤x≤100)万元投资A项目,100－x万元投资B项目,f(x)表示投资A项目所得利润的方差与投资B项目所得利润的方差之和.求f(x)的最小值,并指出x为何值时,f(x)取到最小值.
解　f(x)＝D＋D
＝D(Y1)＋D(Y2)
＝[x2＋3(100－x)2]
＝(4x2－600x＋3×1002),
当x＝75时,f(x)＝3为最小值.
(2021·新高考Ⅱ卷)一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来,设一个这种微生物为第0代,经过一次繁殖后为第1代,再经过一次繁殖后为第2代,…,该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列,设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数,P(X＝i)＝pi(i＝0,1,2,3).
(1)已知p0＝0.4,p1＝0.3,p2＝0.2,p3＝0.1,求E(X);
解　E(X)＝0×0.4＋1×0.3＋2×0.2＋3×0.1＝1.
(2)设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率,p是关于x的方程:p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＝x的一个最小正实根,求证:当E(X)≤1时,p＝1,当E(X)>1时,p<1;
解　设f(x)＝p3x3＋p2x2＋(p1－1)x＋p0,
因为p3＋p2＋p1＋p0＝1,故f(x)＝p3x3＋p2x2－(p2＋p0＋p3)x＋p0.
若E(X)≤1,则p1＋2p2＋3p3≤1,
故p2＋2p3≤p0.
f'(x)＝3p3x2＋2p2x－(p2＋p0＋p3),
因为f'(0)＝－(p2＋p0＋p3)<0,
f'(1)＝p2＋2p3－p0≤0,
故f'(x)有两个不同零点x1,x2,
且x1<0<1≤x2,
且x∈(－∞,x1)∪(x2,＋∞)时,f'(x)>0;
x∈(x1,x2)时,f'(x)<0;
故f(x)在(－∞,x1),(x2,＋∞)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减.
若x2＝1,因为f(x)在(x2,＋∞)上单调递增且f(1)＝0,
而当x∈(0,x2)时,因为f(x)在(x1,x2)上单调递减,故f(x)>f(x2)＝f(1)＝0,
故1为p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＝x的一个最小正实根;
若x2>1,因为f(1)＝0且f(x)在(0,x2)上单调递减,故1为p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＝x的一个最小正实根.
综上,若E(X)≤1,则p＝1.
若E(X)>1,则p1＋2p2＋3p3>1,
故p2＋2p3>p0.
此时f'(0)＝－(p2＋p0＋p3)<0, f'(1)＝p2＋2p3－p0>0,
故f'(x)有两个不同零点x3,x4,且x3<0且x∈(－∞,x3)∪(x4,＋∞)时,f'(x)>0;
x∈(x3,x4)时,f'(x)<0;
故f(x)在(－∞,x3),(x4,＋∞)上单调递增,在(x3,x4)上单调递减,
而f(1)＝0,故f(x4)<0,
又f(0)＝p0>0,
故f(x)在(0,x4)存在一个零点p,且p<1.
所以p为p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＝x的一个最小正实根,此时p<1,
故当E(X)>1时,p<1.
(3)根据你的理解说明第(2)问结论的实际含义.
解　每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1,则若干代后必然灭绝;若繁殖后代的平均数超过1,则若干代后灭绝的概率小于1.第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布
　　　　　　　　　　　　　　　　
探究1 (人教A版必修第二册P249)下面两个随机试验各定义了一对随机事件A和B,你觉得事件A发生与否会影响事件B发生的概率吗
试验1:分别抛掷两枚质地均匀的硬币,A＝“第一枚硬币正面朝上”,B＝“第二枚硬币反面朝上”.
试验2:一个袋子中装有标号分别是1,2,3,4的4个球,除标号外没有其他差异.采用有放回方式从袋中依次任意摸出两球.设A＝“第一次摸到球的标号小于3”,B＝“第二次摸到球的标号小于3”.
分别计算P(A),P(B),P(AB),你有什么发现
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
探究2 (人教A版必修第二册P250)互为对立的两个事件是非常特殊的一种事件关系.如果事件A与事件B相互独立,那么它们的对立事件是否也相互独立 以有放回摸球试验为例,分别验证A与,与B,与是否独立,你有什么发现
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
探究3 (人教A版选择性必修第三册P3)
(1)如果完成一件事有三类不同方案,在第1类方案中有m1种不同的方法,在第2类方案中有m2种不同的方法,在第3类方案中有m3种不同的方法,那么完成这件事共有多少种不同的方法
(2)如果完成一件事情有n类不同方案,在每一类中都有若干种不同的方法,那么应当如何计数呢
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
探究4 (人教A版选择性必修第三册P5)
(1)如果完成一件事需要三个步骤,做第1步有m1种不同的方法,做第2步有m2种不同的方法,做第3步有m3种不同的方法,那么完成这件事共有多少种不同的方法
(2)如果完成一件事情需要n个步骤,做每一步都有若干种不同的方法,那么应当如何计数呢
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
探究5 (人教A版选择性必修第三册P17)从n个不同元素中取出m个元素的排列数(m≤n)是多少
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
探究6 (人教A版选择性必修第三册P23)前面已经提到,组合和排列有关系,我们能否利用这种关系,由排列数来求组合数呢
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
探究7 (人教A版选择性必修第三册P29)我们知道,(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2,(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3.
(1)观察以上展开式,分析其运算过程,你能发现什么规律
(2)根据你发现的规律,你能写出(a＋b)4的展开式吗
(3)进一步地,你能写出(a＋b)n的展开式吗
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
探究8 (人教A版选择性必修第三册P49)从有a个红球和b个蓝球的袋子中,每次随机摸出1个球,摸出的球不再放回.显然,第1次摸到红球的概率为.那么第2次摸到红球的概率是多大 如何计算这个概率呢
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
探究9 (人教A版选择性必修第三册P64)如果X是一个离散型随机变量,将X进行平移或伸缩后,其均值会怎样变化 即E(X＋b)和E(aX)(其中a,b为常数)分别与E(X)有怎样的关系
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
探究10 (人教A版选择性必修第三册P69)离散型随机变量X加上一个常数,方差会有怎样的变化 离散型随机变量X乘以一个常数,方差又有怎样的变化 它们和期望的性质有什么不同
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.几个重要的组合恒等式
(1)(人教A版选择性必修第三册P38T9)曲棍球棒恒等式(朱世杰恒等式)＋…＋.
证明　左＝＋…＋
＝＋…＋＋…＋
＝…＝＝右.
(2)(人教A版选择性必修第三册P76拓展)k＝n.
证明　左＝k·
＝＝n＝右.
(3)＋2＋…＋n＝n·2n－1.
证明　令t＝0·＋1·＋2·＋…＋n·, ①
则t＝n＋(n－1)＋…＋0, ②
①＋②得2t＝n(＋…＋)＝n·2n,
所以t＝n·2n－1.原式得证.
(4)1×2＋2×3＋…＋(n－1)n＝n(n－1)·2n－2.
证明　通项:k(k－1)＝k(k－1)
＝＝n(n－1)
故左＝n(n－1)＝n(n－1)2n－2＝右.
(5)()2＋()2＋…＋()2＝.
证明　(1＋x)n·(x＋1)n＝(1＋x)2n
左侧xn的系数为···＋…＋·＝()2＋()2＋…＋()2,
右侧xn的系数为.
故()2＋()2＋…＋()2＝()2.
(6)＋…＋＋…＋(k,m,n,r为正整数,m≥k,n≥k).
证明　(1＋x)m(1＋x)n＝(1＋x)m＋n,
左侧xk的系数为＋…＋,
右侧xk的系数为,
故·＋…＋＋…＋.
(7)＋…＋··2k.
证明　左＝
＝·
＝
＝·2k＝右.
【应用示例】 随机将1,2,…,2n(n∈N*,n≥2)这2n个连续正整数分成A,B两组,每组n个数,A组最大数为a,B组最大数为b,记ξ＝|a－b|.当n＝3时,ξ的数学期望E(ξ)＝　　　　;若对任意n≥2,E(ξ)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2.(人教A版选择性必修第三册P68讲解拓展)方差和均值的关系式D(X)＝E(X2)－(E(X))2.
证明　D(X)＝(xi－E(X))2pi
＝[－2E(X)xi＋(E(X))2]pi
＝pi－2E(X)xipi＋(E(X))2pi
＝pi－2(E(X))2＋(E(X))2
＝E(X2)－(E(X))2.
【应用示例】 (2025·成都模拟)若随机变量X的可能取值为1,2,3,4,且P(X＝k)＝λk(k＝1,2,3,4),则D(X)＝(　　)
A.1 B.2
C.3 D.4
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
3.(人教A版选择性必修第三册P49,P51讲解拓展)(1)全概率公式:一般地,设A1,A2,…,An是一组两两互斥的事件,A1∪A2∪…∪An＝Ω,且P(Ai)>0,i＝1,2,…,n,则对任意的事件B Ω,有P(B)＝P(Ai)P(B|Ai).
证明　因为P(B|Ai)＝,
所以P(AiB)＝P(Ai)P(B|Ai),
所以P(B)＝P(AiB)＝P(Ai)P(B|Ai).
(2)贝叶斯公式:设A1,A2,…,An是一组两两互斥的事件,A1∪A2∪…∪An＝Ω,且P(Ai)>0,i＝1,2,…,n,则对任意的事件B Ω,P(B)>0,有P(Ai|B)＝,i＝1,2,…,n.
证明　因为P(BAi)＝P(Ai)P(B|Ai)
＝P(B)P(Ai|B),
所以P(Ai|B)＝
＝,i＝1,2,…,n.
【应用示例】 (多选)(2024·遵义三模)英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著,经他研究,随机事件A,B存在如下关系:P(A|B)＝.现有甲、乙、丙三台车床加工同一件零件,甲车床加工的次品率为8%,乙车床加工的次品率6%,丙车床加工的次品率为5%,加工出来的零件混放在一起,且甲、乙、丙3台车床加工的零件数分别占总数的30%,40%,30%,设事件A1,A2,A3分别表示取到的零件来自甲、乙、丙车床,事件B表示任取一个零件为次品,则下列说法正确的是(　　)
A.P(A2B)＝0.024 B.P(B|A3)＝0.015
C.P(B)＝0.063 D.P(A1|B)＝
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
4.(人教A版选择性必修第三册P76讲解拓展)二项分布的均值和方差:X~B(n,p),则E(X)＝np,D(X)＝np(1－p).
证明　令q＝1－p,由k＝n,
可得E(X)＝kpkqn－k
＝npkqn－k
＝np·pk－1·qn－1－(k－1),
令k－1＝m,
则E(X)＝np·pmqn－1－m
＝np(p＋q)n－1＝np
(其中k＝n·＝n).
E(X2)＝k2pkqn－k
＝knpkqn－k
＝npkpk－1qn－k
＝np[(k－1)pk－1qn－k＋pk－1qn－k]
＝np(k－1)pk－1qn－k＋nppk－1qn－k
＝npmpmqn－m－1＋nppmqn－m－1.
由m＝(n－1),
可得E(X2)＝np(n－1)pk－1qn－k＋np·(p＋q)n－1
＝np(n－1)ppk－2qn－k＋np
＝np(n－1)p＋np,
所以D(X)＝E(X2)－(EX)2
＝np(n－1)p＋np－(np)2＝np(1－p).
【应用示例】 (2023·全国甲卷)一项试验旨在研究臭氧效应,试验方案如下:选40只小白鼠,随机地将其中20只分配到试验组,另外20只分配到对照组,试验组的小白鼠饲养在高浓度臭氧环境,对照组的小白鼠饲养在正常环境,一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量(单位:g).设X表示指定的两只小白鼠中分配到对照组的只数,求X的分布列和数学期望.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
5.(人教A版选择性必修第三册P78讲解拓展)超几何分布的均值:随机变量X服从超几何分布,即X~H(n,M,N),则E(X)＝n·.
证明　令m＝max{0,n－N＋M},r＝min{n,M},
当m>0时,E(X)＝k,
又k＝r·＝M＝M,
n＝n·＝N＝N·,
故·,
所以E(X)＝
＝n·,
P(X＝k－1)＝,
X~H(n－1,M－1,N－1),
所以＝1,
所以E(X)＝n·.
【应用示例】 (2025·泉州模拟)某社团对男女学生是否喜欢书法进行了一个随机调查,调查的数据如表所示.
喜欢书法 不喜欢书法
男学生 24 32
女学生 16 24
根据调查数据回答:
(1)有95%的把握认为性别与是否喜欢书法有关吗
(2)若该社团某小组有男生4人,女生2人,现从中随机选取2人作为志愿者参加活动,记参加活动的女生人数为X,求X的分布列及期望E(X).
参考公式:χ2＝,其中n＝a＋b＋c＋d.
参考数据:
α 0.10 0.05 0.010 0.005
xα 2.706 3.841 6.635 7.879
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.通过阅读《探究与发现——组合数的两个性质》(人教A版选择性必修第三册P28),可从中提炼出如下结论:
(1).
证明　法一　从n个不同元素中取出m个元素后与剩下的n－m个元素形成一一对应,故方法一样多.
法二　左＝,
右＝＝左.
(2).
证明　法一　从n＋1个不同元素中取出m个元素可分为两类:
①选取某一确定元素,有·种方法;
②不选取该确定元素,有种方法;
故有.
法二　左＝,
右＝
＝
＝＝左.
【应用示例】 ＋…＋＝　　　　.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2.通过阅读《数学探究——杨辉三角的性质与应用》(人教A版选择性必修第三册P39),可从中提炼出如下结论:
(1)在第r＋1条斜线上(从右上到左下)前n－r个数字的和,等于第r＋2条斜线上的第n－r个数,即:＋…＋.
证明　左＝＋…＋
＝＋…＋
＝＋…＋
＝…＝＝右.
(2)第n行各数的平方和等于第2n行中间的数,即()2＋()2＋…＋()2＝.
证明　因为(1＋x)n(1＋x)n＝(1＋x)2n,
等式左边xn的系数为:
＋…＋
＝＋…＋
＝()2＋()2＋…＋()2,
等式右边xn的系数为,
所以()2＋()2＋…＋()2＝.
【应用示例】 杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家、教育家,杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果.杨辉三角中蕴藏了许多优 美的规律,它的许多性质与组合数的性质有关,图1为杨辉三角的部分内容,图2为杨辉三角的改写形式.
(1)求图2中第10行各数之和;
(2)从图2第2行开始,取每一行的第3个数一直取到第15行的第3个数,求取出的所有数之和;
(3)在杨辉三角中是否存在某一行,使该行中三个相邻的数之比为3∶8∶14 若存在,试求出这三个数;若不存在,请说明理由.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
3.通过阅读《探究与发现——二项分布的性质》(人教A版选择性必修第三册P81),可从中提炼出如下结论:
X~B(n,p),记pk＝p(X＝k)＝pk(1－p)n－k,k＝0,1,2,…,n.当k<(n＋1)p时,pk单调递增,当k>(n＋1)p时,pk单调递减,如果(n＋1)p为非整数,pk有唯一的最大值,如果(n＋1)p为正整数,pk有两个相同的最大值.
证明　
＝
＝
＝1＋.
当>1,即k<(n＋1)p时,pk>pk－1,pk单调递增,
当<1,即k>(n＋1)p时,pk若(n＋1)p为正整数,当k＝(n＋1)p时,pk＝pk－1,此时这两项概率均为最大值.
若(n＋1)p为非整数,而k取(n＋1)p的整数部分,则pk是唯一的最大值.
【应用示例】 某超市购进一批同种类水果,按照果径大小分为四类:不达标果、标准果、精品果、礼品果.质检技术人员从该批水果中随机选取100个,按果径大小分成5组进行统计:[60,65),[65,70),[70,75),[75,80),[80,85](单位:mm).统计后制成如下的频率分布直方图,并规定果径低于65 mm为不达标果,在65 mm到75 mm之间为标准果,在75 mm到80 mm之间为精品果,达到80 mm及以上的为礼品果.
(1)现采用分层随机抽样的方法从选取的100个水果中抽取10个,再从这10个水果中随机抽取2个,记礼品果的个数为X,求X的分布列与数学期望;
(2)以频率估计概率,从这批水果中随机抽取n(n≥2)个,设其中恰有2个精品果的概率为P(n).当P(n)最大时,求n的值.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
母题1 (人教A版必修第二册P246T9)一个盒子中装有6支圆珠笔,其中3支一等品,2支二等品和1支三等品.若从中任取2支,那么下列事件的概率各是多少
(1)A＝“恰有1支一等品”;
(2)B＝“两支都是一等品”;
(3)C＝“没有三等品”.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)(2023·全国甲卷)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.
(2)(2023·全国乙卷)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一个主题准备作文,则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的概率为(　　)
A. B.
C. 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.
母题2 (人教A版必修第二册P251例2)甲、乙两名射击运动员进行射击比赛,甲的中靶概率为0.8,乙的中靶概率为0.9,求下列事件的概率:
(1)两人都中靶;
(2)恰好有一人中靶;
(3)两人都脱靶;
(4)至少有一人中靶.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(多选)(2023·新高考Ⅱ卷)在信道内传输0,1信号,信号的传输相互独立.发送0时,收到1的概率为α(0<α<1),收到0的概率为1－α;发送1时,收到0的概率为β(0<β<1),收到1的概率为1－β.考虑两种传输方案:单次传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发送1次;三次传输是指每个信号重复发送3次.收到的信号需要译码,译码规则如下:单次传输时,收到的信号即为译码;三次传输时,收到的信号中出现次数多的即为译码(例如,若依次收到1,0,1,则译码为1).(　　)
A.采用单次传输方案,若依次发送1,0,1,则依次收到1,0,1的概率为(1－α)(1－β)2
B.采用三次传输方案,若发送1,则依次收到1,0,1的概率为β(1－β)2
C.采用三次传输方案,若发送1,则译码为1的概率为β(1－β)2＋(1－β)3
D.当0<α<0.5时,若发送0,则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率
母题3 (人教A版必修第二册P252T1)分别抛掷两枚质地均匀的硬币,设事件A＝“第1枚正面朝上”,事件B＝“第2枚正面朝上”,事件C＝“两枚硬币朝上的面相同”,A,B,C中哪两个相互独立
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2021·新高考Ⅰ卷)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
母题4 (人教A版选择性必修第三册P5例3)书架的第1层放有4本不同的计算机书,第2层放有3本不同的文艺书,第3层放有2本不同的体育书.
(1)从书架上任取1本书,有多少种不同取法
(2)从书架的第1层、第2层、第3层各取1本书,有多少种不同取法
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)(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　　　　.
(2)(2024·新高考Ⅱ卷)在如图的4×4的方格表中选4个方格,要求每行和每列均恰有一个方格被选中,则共有　　　　种选法,在所有符合上述要求的选法中,选中方格中的4个数之和的最大值是　　　　.
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
(3)(2024·全国甲卷)有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中无放回地随机取3次,每次取1个球,设m为前两次取出的球上数字的平均值,n为取出的三个球上数字的平均值,则m与n之差的绝对值不大于的概率为　　　　.
母题5 (人教A版选择性必修第三册P25例7)在100件产品中,有98件合格品,2件次品.从这100件产品中任意抽出3件.
(1)有多少种不同的抽法
(2)抽出的3件中恰好有1件是次品的抽法有多少种
(3)抽出的3件中至少有1件是次品的抽法有多少种
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)(2023·新高考Ⅱ卷)某学校为了解学生参加体育运动的情况,用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查,拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生,已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生,则不同的抽样结果共有(　　)
A.·种 B.·种
C.·种 D.·种
(2)(2023·全国乙卷)甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种,则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有(　　)
A.30种 B.60种
C.120种 D.240种
(3)(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).
母题6 (人教B版选择性必修第二册P20例5)要把9本不同的课外书分给甲、乙、丙3名同学:
(1)如果每个人都得3本,则共有不同的分法多少种
(2)如果要求一人得4本,一人得3本,一人得2本,则共有不同的分法多少种
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)(2021·全国乙卷)将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训,每名志愿者只分配到1个项目,每个项目至少分配1名志愿者,则不同的分配方案共有(　　)
A.60种 B.120种
C.240种 D.480种
(2)(2020·新高考Ⅰ卷)6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者,每名同学只去1个场馆,甲场馆安排1名,乙场馆安排2名,丙场馆安排3名,则不同的安排方法共有(　　)
A.120种 B.90种
C.60种 D.30种
(3)(2020·新高考Ⅱ卷)3名大学生利用假期到2个山村参加扶贫工作,每名大学生只去1个村,每个村至少1人,则不同的分配方案共有(　　)
A.4种 B.5种
C.6种 D.8种
母题7 (人教A版选择性必修第三册P34习题6.3T2)在(x＋y)(x－y)5的展开式中,x3y3的系数是　　　　.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)(2025·天津卷)在(x－1)6的展开式中,x3项的系数为　　　　(用数字作答).
(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).
母题8 (人教A版选择性必修第三册P38T1(7))(1＋x)2n的展开式中,系数最大的项是第　　　　项.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2024·全国甲卷)的展开式中,各项系数中的最大值为　　　　.
母题9 (人教A版选择性必修第三册P38T5(2))求的展开式的常数项.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2020·全国Ⅲ卷)的展开式中常数项是　　　　(用数字作答).
母题10 (人教B版选择性必修第二册P34习题3－3CT2)设(3x－1)8＝a8x8＋a7x7＋…＋a1x＋a0,求:
(1)a8＋a7＋…＋a1;
(2)a8－a7＋a6－a5＋a4－a3＋a2－a1＋a0;
(3)a8＋a6＋a4＋a2＋a0.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2025·北京卷)已知(1－2x)4＝a0－2a1x＋4a2x2－8a3x3＋16a4x4,则a0＝　　　　;a1＋a2＋a3＋a4＝　　　　.
母题11 (人教A版选择性必修第三册P38T8)某种产品的加工需要经过5道工序.
(1)如果其中某道工序不能放在最后,那么有多少种加工顺序
(2)如果其中某2道工序既不能放在最前,也不能放在最后,那么有多少种加工顺序
(3)如果其中某2道工序必须相邻,那么有多少种加工顺序
(4)如果其中某2道工序不能相邻,那么有多少种加工顺序
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)(2023·全国甲卷)现有5名志愿者参加公益活动,在某一星期的星期六、星期日两天,每天从这5人中安排2人参加公益活动,则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有(　　)
A.120种 B.60种
C.30种 D.20种
(2)(2022·新高考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
母题12 (人教A版选择性必修第三册P46例1)在5道试题中有3道代数题和2道几何题,每次从中随机抽出1道题,抽出的题不再放回.求:
(1)第1次抽到代数题且第2次抽到几何题的概率;
(2)在第1次抽到代数题的条件下,第2次抽到几何题的概率.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2023·全国甲卷)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
母题13 (人教A版选择性必修第三册P53T6)已知P(A)>0,P(B)>0,P(B|A)＝P(B),证明:P(A|B)＝P(A).
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
母题14 (人教A版选择性必修第三册P134T4)从某学校获取了容量为400的有放回简单随机样本,将所得数学和语文期末考试成绩的样本观测数据整理如下:
单位:人　
数学成绩 语文成绩 合计
不优秀 优秀
不优秀 212 61 273
优秀 54 73 127
合计 266 134 400
依据α＝0.05的独立性检验,能否认为数学成绩与语文成绩有关联
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(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:
不够良好 良好
病例组 40 60
对照组 10 90
(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
(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.
①证明:R＝·;
②利用该调查数据,给出P(A|B),P(A|)的估计值,并利用①的结果给出R的估计值.
附:χ2＝,
α 0.050 0.010 0.001
χα 3.841 6.635 10.828
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
母题15 (人教A版选择性必修第三册P65例3)猜歌名游戏是根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名.某嘉宾参加猜歌名节目,猜对每首歌曲的歌名相互独立,猜对三首歌曲A,B,C歌名的概率及猜对时获得相应的公益基金如表所示.
歌曲 A B C
猜对的概率 0.8 0.6 0.4
获得的公益基金额/元 1 000 2 000 3 000
规则如下:按照A,B,C的顺序猜,只有猜对当前歌曲的歌名才有资格猜下一首.求嘉宾获得的公益基金总额X的分布列及均值.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)(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;
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;
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,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、乙两校的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).
(2)(2022·全国甲卷)甲、乙两个学校进行体育比赛,比赛共设三个项目,每个项目胜方得10分,负方得0分,没有平局.三个项目比赛结束后,总得分高的学校获得冠军.已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5,0.4,0.8,各项目的比赛结果相互独立.
①求甲学校获得冠军的概率;
②用X表示乙学校的总得分,求X的分布列与期望.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
母题16 (1)(人教A版选择性必修第三册P66T1)已知随机变量X的分布列为
X 1 2 3 4 5
P 0.1 0.3 0.4 0.1 0.1
①求E(X);
②求E(3X＋2).
(2)(北师大版选择性必修第一册P202习题6－2AT6)在一个箱子里装有编号为1,2,3,4,5的完全一样的5个球,现从中同时取出2个球,设X表示取出球的最大编号,求X的分布列.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(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)＝　　　　.
母题17 (人教A版选择性必修第三册P71T6)有A和B两道谜语,张某猜对A谜语的概率为0.8,猜对得奖金10元;猜对B谜语的概率为0.5,猜对得奖金20元.规则规定:只有在猜对第一道谜语的情况下,才有资格猜第二道,如果猜谜顺序由张某选择,他应该选择先猜哪一道谜语
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(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,比赛成绩为0分;若至少投中1次,则该队进入第二阶段.第二阶段由该队的另一名队员投篮3次,每次投篮投中得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;
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2)假设0①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
②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
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
母题18 (苏教版选择性必修第二册P122例4)设有甲、乙两地生产的两批原棉,它们的纤维长度X,Y的概率分布如表1、表2所示.
表1
X 25 24 23 22 21 20
P 0.1 0.2 0.3 0.1 0.1 0.2
表2
Y 25 24 23 22 21 20
P 0.05 0.2 0.25 0.3 0.1 0.1
试问:这两批原棉的质量哪一批较好
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2020·全国Ⅲ卷)在一组样本数据中,1,2,3,4出现的频率分别为p1,p2,p3,p4,且pi＝1,则下面四种情形中,对应样本的标准差最大的一组是(　　)
A.p1＝p4＝0.1,p2＝p3＝0.4
B.p1＝p4＝0.4,p2＝p3＝0.1
C.p1＝p4＝0.2,p2＝p3＝0.3
D.p1＝p4＝0.3,p2＝p3＝0.2
母题19 (人教A版选择性必修第三册P76练习T1)将一枚质地均匀的硬币连续抛掷4次,X表示“正面朝上”出现的次数.
(1)求X的分布列;
(2)E(X)＝　　　　,D(X)＝　　　　.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(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,跑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,跑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,记达标周数为X,则期望E(X)＝　　　　.
母题20 (人教A版选择性必修第三册P71T8)设E(X)＝μ,a是不等于μ的常数,探究X相对于μ的偏离程度与X相对于a的偏离程度的大小关系,并说明结论的意义.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
母题21 (人教A版选择性必修第三册P87习题7.5T2)某市高二年级男生的身高X(单位:cm)近似服从正态分布N(170,52),随机选择一名本市高二年级的男生,求下列事件的概率:
(1){165175}.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)(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)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
(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),则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
(3)(2022·新高考Ⅱ卷)已知随机变量X服从正态分布N(2,σ2),且P(22.5)＝　　　　.
母题22 (人教A版选择性必修第三册P91T10)甲、乙、丙三人相互做传球训练,第1次由甲将球传出,每次传球时,传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人.求n次传球后球在甲手中的概率.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(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;
(2)求第i次投篮的人是甲的概率;
(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E(Xi)＝qi.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).
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
母题23 (人教B版选择性必修第二册P97练习AT2)设两个正态分布N(μ1,)(σ1>0)和N(μ2,)(σ2>0)的密度函数图象如图所示.则有(　　)
A.μ1<μ2,σ1<σ2 B.μ1<μ2,σ1>σ2
C.μ1>μ2,σ1<σ2 D.μ1>μ2,σ1>σ2
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2021·新高考Ⅱ卷)某物理量的测量结果服从正态分布N(10,σ2),下列结论中不正确的是(　　)
A.σ越小,该物理量在一次测量中在(9.9,10.1)的概率越大
B.σ越小,该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5
C.σ越小,该物理量在一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等
D.σ越小,该物理量在一次测量中落在(9.9,10.2)与落在(10,10.3)的概率相等
母题24 (人教B版选择性必修第二册P129T2)已知A,B两个投资项目的利润率分别为随机变量X1和X2.根据市场分析,X1和X2的分布列如下:
X1 5% 10%
P 0.8 0.2
X2 2% 8% 12%
P 0.2 0.5 0.3
(1)在A,B两个项目上各投资100万元,Y1和Y2分别表示投资项目A和B所获得的利润,求D(Y1)和D(Y2);
(2)将x(0≤x≤100)万元投资A项目,100－x万元投资B项目,f(x)表示投资A项目所得利润的方差与投资B项目所得利润的方差之和.求f(x)的最小值,并指出x为何值时,f(x)取到最小值.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2021·新高考Ⅱ卷)一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来,设一个这种微生物为第0代,经过一次繁殖后为第1代,再经过一次繁殖后为第2代,…,该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列,设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数,P(X＝i)＝pi(i＝0,1,2,3).
(1)已知p0＝0.4,p1＝0.3,p2＝0.2,p3＝0.1,求E(X);
(2)设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率,p是关于x的方程:p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＝x的一个最小正实根,求证:当E(X)≤1时,p＝1,当E(X)>1时,p<1;
(3)根据你的理解说明第(2)问结论的实际含义.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

展开更多......

收起↑