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第一节　分类加法计数原理与分步乘法计数原理
[最新考纲]
[考情分析]
[核心素养]
1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.2.会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.
　　主要在选择题、填空题中考查两个原理的应用，分值为5分.
1.数学建模2.数学运算
‖知识梳理‖
两个计数原理
完成一件事的策略
完成这件事共有的方法
分类加法计数原理
有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法
N＝m＋n种不同的方法
分步乘法计数原理
需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法
N＝m×n种不同的方法
‖基础自测‖
一、疑误辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．
(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．(　　)
(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．(　　)
(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．(　　)
(4)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)√　(4)×
二、走进教材
2．(选修2－3P28B2改编)现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有(　　)
A．24种
B．30种
C．36种
D．48种
答案：D
3．(选修2－3P5例3改编)书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书．从书架中任取1本书，则不同取法的种数为________．
答案：9
三、易错自纠
4．小王有70元钱，现有面值分别为20元和30元的两种IC电话卡．若他至少买一张，则不同的买法共有(　　)
A．7种
B．8种
C．6种
D．9种
解析：选A　要完成的“一件事”是“至少买一张IC电话卡”，分3类完成：买1张IC电话卡，买2张IC电话卡，买3张IC电话卡，而每一类都能独立完成“至少买一张IC电话卡”这件事．买1张IC电话卡有2种方法，买2张IC电话卡有3种方法，买3张IC电话卡有2种方法．所以不同的买法共有2＋3＋2＝7(种)．
5．已知集合M＝{1，－2，3}，N＝{－4，5，6，－7}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则在平面直角坐标系中，第一、二象限不同点的个数为________．
解析：分两类：一是以集合M中的元素为横坐标，以集合N中的元素为纵坐标有3×2＝6(个)不同的点；二是以集合N中的元素为横坐标，以集合M中的元素为纵坐标有4×2＝8(个)不同的点，故由分类加法计数原理得共有6＋8＝14(个)不同的点．
答案：14
|题组突破|
1．(2019届河北保定一模)甲、乙、丙、丁四位同学高考之后计划去A，B，C三个不同社区进行帮扶活动，每人只能去一个社区，每个社区至少去一人．其中甲必须去A社区，乙不去B社区，则不同的安排方法种数为(　　)
A．8
B．7
C．6
D．5
解析：选B　根据题意，分2种情况讨论：①乙和甲一起去A社区，此时将丙丁二人安排到B，C社区即可，有A＝2(种)情况．②乙不去A社区，则乙必须去C社区，若丙丁都去B社区，有1种情况；若丙丁中有1人去B社区，则先在丙丁中选出1人，安排到B社区，剩下1人安排到A或C社区，有2×2＝4(种)情况，则不同的安排方法有2＋1＋4＝7(种)，故选B．
2．(2019届广西桂林、崇左、百色模拟)如图，某货场有两堆集装箱，一堆2个，一堆3个，现需要全部装运，每次只能从其中一堆取最上面的一个集装箱，则在装运的过程中不同取法的种数是(　　)
A．6
B．10
C．12
D．24
解析：选B　将题图中左边的集装箱从上往下分别记为1，2，3，右边的集装箱从上往下分别记为4，5.分两种情况讨论：若先取1，则有12345，12453，12435，14523，14235，14253，共6种取法；若先取4，则有45123，41235，41523，41253，共4种取法，故共有6＋4＝10(种)取法．
3．若椭圆＋＝1的焦点在y轴上，且m∈{1，2，3，4，5}，n∈{1，2，3，4，5，6，7}，则这样的椭圆的个数为________．
解析：若椭圆＋＝1的焦点在y轴上，则m当m＝1时，n＝2，3，4，5，6，7，共6个；
当m＝2时，n＝3，4，5，6，7，共5个；
当m＝3时，n＝4，5，6，7，共4个；
当m＝4时，n＝5，6，7，共3个；
当m＝5时，n＝6，7，共2个．
故共有6＋5＋4＋3＋2＝20(个)满足条件的椭圆．
答案：20
?名师点津
使用分类加法原理时2个注意点
(1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏．
(2)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．
|题组突破|
4．(2019届湖北黄冈第一次调研)现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，则不同选法的种数是(　　)
A．56
B．65
C．
D．6×5×4×3×2
解析：选A　每名同学有5种选法，且相互之间独立，所以共有5×5×5×5×5×5＝56(种)选法，故选A．
5．(2019届滨州模拟)甲、乙两人从4门课程中选修2门，则甲、乙所选课程中恰有1门相同的选法有(　　)
A．6种
B．12种
C．24种
D．30种
解析：选C　分步完成：
第一步，甲、乙选同一门课程有4种方法；
第二步，甲从剩余的3门课程选一门有3种方法；
第三步，乙从剩余的2门中选出一门课程有2种方法．
∴甲、乙恰有1门相同课程的选法有4×3×2＝24(种)．
6．从集合{0，1，2，3，4，5，6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋bi，其中虚数的个数是(　　)
A．30
B．42
C．36
D．35
解析：选C　因为a＋bi为虚数，所以b≠0，即b有6种取法，所以a有6种取法．由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36(个)虚数．
?名师点津
需谨记分步必须满足的两个条件：一是各步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．当正面考虑问题比较复杂时，可采用正难则反的原则解题．
【例】　(1)在如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为(　　)
A．24
B．48
C．72
D．96
(2)如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是(　　)
A．48
B．18
C．24
D．36
[解析]　(1)分两种情况：
①A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D有1种，有4×3×2＝24(种)涂法．
②A，C同色，先涂A有4种，E有3种，C有1种，B，D各有2种，有4×3×2×2＝48(种)涂法．
故共有24＋48＝72(种)涂色方法．
(2)第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24(个)；第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个．所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36(个)．
[答案]　(1)C　(2)D
?名师点津
1．利用两个计数原理解决应用问题的一般思路
(1)弄清完成一件事是做什么．
(2)确定是先分类后分步，还是先分步后分类．
(3)弄清分步、分类的标准是什么．
(4)利用两个计数原理求解．
2．涂色、种植问题的解题关注点和关键
(1)关注点：首先分清元素的数目，其次分清在不相邻的区域内是否可以使用同类元素．
(2)关键：是对每个区域逐一进行，选择下手点，分步处理．
|跟踪训练|
1．如图所示，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有________种．
解析：按要求涂色至少需要3种颜色，故分两类：一是4种颜色都用，这时A有4种涂法，B有3种涂法，C有2种涂法，D有1种涂法，共有4×3×2×1＝24(种)涂法；二是用3种颜色，这时A，B，C的涂法有4×3×2＝24(种)，D只要不与C同色即可，故D有2种涂法，共有24×2＝48(种)涂法．所以不同的涂法共有24＋48＝72(种)．
答案：72
2.如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________个(用数字作答)．
解析：把与正八边形有公共边的三角形分为两类：第一类，有一条公共边的三角形共有8×4＝32(个)．第二类，有两条公共边的三角形共有8个．由分类加法计数原理知，共有32＋8＝40(个)．
答案：40
【例】　设集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|xi∈{－1，0，1}，i＝1，2，3，4，5}，那么集合A中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素个数为(　　)
A．60
B．90
C．120
D．130
[解析]　设t＝|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|，若t＝1，说明x1，x2，x3，x4，x5中有一个为－1或1，其他为0，所以有C×2＝10(个)元素满足t＝1；若t＝2，说明x1，x2，x3，x4，x5中有两个为－1或1，其他为0，所以有C×2×2＝40(个)元素满足t＝2；若t＝3，说明x1，x2，x3，x4，x5中有三个为－1或1，其他为0，所以有C×2×2×2＝80(个)元素满足t＝3，从而，共有10＋40＋80＝130(个)元素满足1≤t≤3.
[答案]　D
?名师点津
两个原理综合应用的1个关键点
解决综合问题时，可能同时应用两个计数原理，即分类的方法可能要分步完成，分步的方法可能会采取分类的思想求．
|跟踪训练|
已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为(　　)
A．40
B．16
C．13
D．10
解析：选C　分两类情况讨论：第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13(个)不同的平面．
PAGE第五节　古典概型与几何概型
[最新考纲]
[考情分析]
[核心素养]
1.理解古典概型及其概率计算公式.2.会用列举法计算一些随机事件所包含的基本事件数及事件发生的概率.3.了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率.4.了解几何概型的意义.
　　古典概型及其与平面向量、函数、解析几何、统计等知识综合是2021年高考考查的热点，题型为选择题或填空题，分值为5分.　　与长度、面积有关的几何概型是2021年高考考查的热点，题型为选择题或填空题，分值为5分.
1.数学建模2.数学运算
‖知识梳理‖
1．基本事件的特点
(1)任何两个基本事件是互斥的．
(2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和．
2．古典概型
(1)
(2)概率计算公式
P(A)＝．
3．几何概型
(1)定义：如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度(面积或体积)成比例，则称这样的概率模型为几何概率模型，简称为几何概型．
(2)特点：①无限性：在一次试验中，可能出现的结果有无限多个；
②等可能性：每个结果的发生具有等可能性．
(3)公式
P(A)＝．
‖基础自测‖
一、疑误辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．
(1)掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”这三个事件是等可能事件．(　　)
(2)在古典概型中，如果事件A中基本事件构成集合A，所有的基本事件构成集合I，则事件A的概率为.(　　)
(3)与面积有关的几何概型的概率与几何图形的形状有关．(　　)
(4)几何概型与古典概型中的基本事件发生的可能性都是相等的，其基本事件个数都有限．(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×
二、走进教材
2．(必修3P133A1改编)袋中装有6个白球，5个黄球，4个红球，从中任取一球抽到白球的概率为(　　)
A．
B．
C．
D．非以上答案
答案：A
3．(必修3P140练习1改编)有四个游戏盘，将它们水平放稳后，在上面扔一颗玻璃小球，若小球落在阴影部分，则可中奖，小明要想增加中奖机会，应选择的游戏盘是(　　)
答案：A
4．(必修3P134B1改编)某人有4把钥匙，其中2把能打开门．现随机地取1把钥匙试着开门，不能开门的就扔掉，问第二次才能打开门的概率是________．如果试过的钥匙不扔掉，这个概率又是________．
答案：　
5．(必修3P146B4改编)如图，正方形ABCD的边长为2，向正方形内随机投掷200个点，有30个点落入图形M中，则图形M的面积的估计值为________．
答案：0.6
三、易错自纠
6．已知四边形ABCD为长方形，AB＝2，BC＝1，O为AB的中点，在长方形ABCD内随机取一点，取到的点到O的距离大于1的概率为(　　)
A．
B．1－
C．
D．1－
解析：选B　如图，依题意可知所求概率为图中阴影部分与长方形的面积比，即所求概率P＝＝＝1－.
7．袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球．若从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为________．
解析：P＝1－eq
\f(C,C)＝1－＝.
答案：
【例1】　(1)(2019年全国卷Ⅰ)我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化，每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“——”和阴爻“—
—”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是(　　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　由6个爻组成的重卦种数为26＝64，在所有重卦中随机取一重卦，该重卦恰有3个阳爻的种数为C＝＝20.根据古典概型的概率计算公式得，所求概率P＝＝.故选A．
[答案]　A
(2)(2019届吉林梅河口校级期末)一个袋中装有4个形状、大小完全相同的球，球的编号分别为1，2，3，4.
①从袋中随机抽取2个球，求取出的球的编号之和不大于4的概率；
②先从袋中随机取一个球，将该球的编号记为m，将球放回袋中，然后再从袋中随机取一个球，将该球的编号记为n，求n[解]　①从袋中随机抽取2个球，共有C＝6(种)情况，它们出现的机会均等，分别为(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)．其中取出的2个球的编号之和不大于4的有2种情况，为(1，2)，(1，3)，∴P(取出的2个球的编号之和不大于4)＝＝.
②先从袋中随机取一个球，放回袋中，再取出一个球，共有4×4＝16(种)情况，它们出现的机会均等，其中n?名师点津
古典概型概率的求解步骤
(1)求出所有基本事件的个数n.
(2)求出事件A包含的所有基本事件的个数m.
(3)代入公式P(A)＝求解．
|跟踪训练|
1．在运动会火炬传递活动中，有编号为1，2，3，4，5的5名火炬手．若从中任选3人，则选出的火炬选手的编号相连的概率为(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：选A　从1，2，3，4，5中任取三个数的结果有10种，其中选出的火炬手的编号相连的事件有：(1，2，3)，(2，3，4)，(3，4，5)，∴选出的火炬手的编号相连的概率为P＝.
2．(2020届四川五校联考)随着新课程改革和高考综合改革的实施，高中教学以发展学生学科核心素养为导向，学习评价更关注学科核心素养的形成和发展．为此，某市于2019年举行第一届高中数学学科素养竞赛，竞赛结束后，为了评估该市高中学生的数学学科素养，从所有参赛学生中随机抽取1
000名学生的成绩(单位：分)作为样本进行估计，将抽取的成绩整理后分成五组，依次记为[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]，并绘制成如图所示的频率分布直方图．
(1)请补全频率分布直方图，并估计这1
000名学生成绩的平均数(同一组数据用该组区间的中点值作代表)；
(2)该市决定对本次竞赛成绩排在前180名的学生给予表彰，授予“数学学科素养优秀标兵”称号，一名学生本次竞赛成绩为79分，请你判断该学生能否被授予“数学学科素养优秀标兵”称号．
解：(1)由题意知，成绩在[60，70)的频率为1－(0.30＋0.15＋0.10＋0.05)＝0.40，补全的频率分布直方图如图：
样本的平均数＝55×0.30＋65×0.40＋75×0.15＋85×0.10＋95×0.05＝67.
(2)因为＝0.18，所以由频率分布直方图可以估计获得“数学学科素养优秀标兵”称号的学生的最低成绩为80－＝78(分)．
因为79＞78，所以该同学能被授予“数学学科素养优秀标兵”称号．
●命题角度一　与长度(角度)有关的几何概型
【例2】　(1)(2019届辽宁省五校联考)若a∈[1，6]，则函数y＝在区间[2，＋∞)上单调递增的概率是(　　)
A．
B．
C．
D．
(2)如图所示，A是圆上一定点，在圆上其他位置任取一点A′，连接AA′，得到一条弦，则此弦的长度小于或等于半径长度的概率为(　　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　(1)∵函数y＝＝x＋在区间(0，)上单调递减，在区间(，＋∞)上单调递增，又1≤a≤6，∴1≤≤.要使函数y＝在区间[2，＋∞)上单调递增，则≤2，解得1≤a≤4，∴P(1≤a≤4)＝＝，故选C．
(2)当AA′的长度等于半径长度时，∠AOA′＝，A′点在A点左右都可取得，由几何概型的概率计算公式得P＝＝.
[答案]　(1)C　(2)C
●命题角度二　与面积有关的几何概型
【例3】　如图，六边形ABCDEF是一个正六边形，若在正六边形内任取一点，则该点恰好在图中阴影部分的概率是(　　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　设正六边形的中心为点O，BD与AC交于点G，BC＝1，则BG＝CG，∠BGC＝120°，在△BCG中，由余弦定理得1＝BG2＋BG2－2BG2cos
120°，解得BG＝，所以S△BCG＝×BG×BG×sin
120°＝×××＝.因为S六边形ABCDEF＝S△BOC×6＝×1×1×sin
60°×6＝，所以该点恰好在图中阴影部分的概率P＝1－＝.
[答案]　C
●命题角度三　与体积有关的几何概型
【例4】　已知在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是正方形，PA＝AB＝2，现在该四棱锥内部或表面任取一点O，则四棱锥O－ABCD的体积不小于的概率为________．
[解析]　当四棱锥O－ABCD的体积为时，设O到平面ABCD的距离为h，则×22×h＝，解得h＝.
如图所示，在四棱锥P－ABCD内作平面EFGH平行于底面ABCD，且平面EFGH与底面ABCD的距离为.
因为PA⊥底面ABCD，且PA＝2，所以＝.
又四棱锥P－ABCD与四棱锥P－EFGH相似，
所以四棱锥O－ABCD的体积不小于的概率P＝＝＝＝.
[答案]　
?名师点津
建立相应的几何概型，将试验构成的总区域和所求事件构成的区域转化为几何图形，并加以度量．
(1)若一个连续变量可建立与长度有关的几何概型，则只需把这个变量放在数轴上即可；
(2)若一个随机事件需要用两个连续变量来描述，则可用这两个变量组成的有序实数对表示它的基本事件，然后利用平面直角坐标系即可建立与面积有关的几何概型；
(3)若一个随机事件需要用三个连续变量来描述，则可用这三个变量组成的有序数组来表示基本事件，利用空间直角坐标系即可建立与体积有关的几何概型．
|跟踪训练|
3．在区间[0，1]上随机取一个数x，则事件“log0.5(4x－3)≥0”发生的概率为(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：选D　因为log0.5(4x－3)≥0，所以0<4x－3≤1，即4．在棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D1内任取一点P，则点P到正方体各面的距离都不小于1的概率为(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：选A　正方体中到各面的距离都不小于1的点的集合是一个中心与原正方体中心重合，且棱长为1的正方体，该正方体的体积是V1＝13＝1，而原正方体的体积为V＝33＝27，故所求的概率P＝＝.
5.在如图所示的圆形图案中有12片树叶，构成树叶的圆弧均相同且所对的圆心角为，若在圆内随机取一点，则此点取自树叶(即图中阴影部分)的概率是(　　)
A．2－
B．4－
C．－
D．
解析：选B　设圆的半径为r，根据扇形面积公式和三角形面积公式得阴影部分的面积S＝24＝4πr2－6r2，圆的面积S′＝πr2，所以此点取自树叶(即图中阴影部分)的概率为＝4－，故选B．
【例】　(1)(2019届威海调研)从集合{2，3，4，5}中随机抽取一个数a，从集合{1，3，5}中随机抽取一个数b，则向量m＝(a，b)与向量n＝(1，－1)垂直的概率为(　　)
A．
B．
C．
D．
(2)在边长为4的等边三角形OAB及其内部任取一点P，使得·≤4的概率为(　　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　(1)由题意可知m＝(a，b)有：(2，1)，(2，3)，(2，5)，(3，1)，(3，3)，(3，5)，(4，1)，(4，3)，(4，5)，(5，1)，(5，3)，(5，5)，共12种情况．
因为m⊥n，即m·n＝0，
所以a×1＋b×(－1)＝0，即a＝b，
满足条件的有：(3，3)，(5，5)，共2个，
故所求概率为.
(2)设在上的投影为||，则·＝||·||，若·≤4，则||≤1.取OB的中点M，作MN⊥OA于N，则满足条件的P构成的区域为图中阴影部分，N为OA的四等分点，所以使得·≤4的概率为＝.
[答案]　(1)A　(2)D
?名师点津
解决与古典概型、几何概型交汇命题的问题时，把相关的知识转化为事件，列举基本事件，求出基本事件和随机事件的个数或相应的区域度，然后利用古典概型、几何概型的概率计算公式进行计算．
|跟踪训练|
1．在区间[－π，π]内随机取两个数分别记为a，b，则使得函数f(x)＝x2＋2ax－b2＋π有零点的概率为(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：选B　建立如图所示的平面直角坐标系，则试验的全部结果构成的区域为正方形ABCD及其内部．要使函数f(x)＝x2＋2ax－b2＋π有零点，则必须有Δ＝4a2－4(－b2＋π)≥0，即a2＋b2≥π，其表示的区域为图中阴影部分．故所求概率P＝＝＝.
2．(2019届洛阳统考)将一颗骰子先后投掷两次分别得到点数a，b，则直线ax＋by＝0与圆(x－2)2＋y2＝2有公共点的概率为________．
解析：依题意，将一颗骰子先后投掷两次得到的点数所形成的数组(a，b)有(1，1)，(1，2)，(1，3)，…，(6，6)，共36种，其中满足直线ax＋by＝0与圆(x－2)2＋y2＝2有公共点，即满足≤，即a2≤b2的数组(a，b)情况如下：
①当a＝1时，b＝1，2，3，4，5，6，共6种；
②当a＝2时，b＝2，3，4，5，6，共5种；
③当a＝3时，b＝3，4，5，6，共4种；
④当a＝4时，b＝4，5，6，共3种；
⑤当a＝5时，b＝5，6，共2种；
⑥当a＝6时，b＝6，共1种．
∴总共有6＋5＋4＋3＋2＋1＝21(种)，因此所求的概率为＝.
答案：
PAGE第四节　随机事件的概率
[最新考纲]
[考情分析]
[核心素养]
1.了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义，了解频率与概率的区别.2.了解两个互斥事件的概率加法公式.
　　随机事件的概率仍是2021年高考考查的热点，主要考查利用频率估计随机事件的概率，互斥事件、对立事件的概念以及概率加法公式．在解答题中出现较多，有时也以选择题、填空题的形式出现，分值为5～12分.
1.数学建模2.数学运算
‖知识梳理‖
1．事件的相关概念
2．频数、频率和概率
(1)频数、频率：在相同的条件S下重复n次试验，观察某一事件A是否出现，称n次试验中事件A出现的次数nA为事件A出现的频数，称事件A出现的比例fn(A)＝为事件A出现的频率．
(2)概率：对于给定的随机事件A，如果随着试验次数的增加，事件A发生的频率fn(A)稳定在某个常数上，把这个常数记作P(A)，称为事件A的概率．
3．事件的关系与运算
名称
条件
结论
符号表示
包含关系
A发生?B发生
事件B包含事件A(事件A包含于事件B)
B?A(或A?B)
相等关系
若B?A且A?B
事件A与事件B相等
A＝B
并(和)事件
A发生或B发生
事件A与事件B的并事件(或和事件)
A∪B(或A＋B)
交(积)事件
A发生且B发生
事件A与事件B的交事件(或积事件)
A∩B(或AB)
互斥事件
A∩B为不可能事件
事件A与事件B互斥
A∩B＝?
对立事件
A∩B为不可能事件，A∪B为必然事件
事件A与事件B互为对立事件
A∩B＝?，P(A∪B)＝1
4.概率的几个基本性质
(1)概率的取值范围：0≤P(A)≤1．
(2)必然事件的概率为1．
(3)不可能事件的概率为0．
(4)概率的加法公式：如果事件A与事件B互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．
(5)对立事件的概率：若事件A与事件B互为对立事件，则A∪B为必然事件，P(A∪B)＝1，P(A)＝1－P(B)．
?常用结论
探究概率加法公式的推广
(1)当一个事件包含多个结果时，要用到概率加法公式的推广，即P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)．
(2)P(A1∪A2∪…∪An)＝1－P(A1∪A2∪…∪An)＝1－P(A1)－P(A2)－…－P(An)．注意涉及的各事件要彼此互斥．
‖基础自测‖
一、疑误辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．
(1)“方程x2＋2x＋8＝0有两个实根”是不可能事件．(　　)
(2)对立事件一定是互斥事件，互斥事件也一定是对立事件．(　　)
(3)事件发生的频率与概率是相同的．(　　)
(4)若事件A发生的概率为P(A)，则0答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)×
二、走进教材
2．(必修3P123A3改编)容量为20的样本数据，分组后的频数如下表：
分组
[10，20)
[20，30)
[30，40)
[40，50)
[50，60)
[60，70)
频数
2
3
4
5
4
2
则样本数据落在区间[10，40)的频率为(　　)
A．0.35
B．0.45
C．0.55
D．0.65
答案：B
3．(必修3P121T5改编)某小组有3名男生和2名女生，从中任选2名同学去参加演讲比赛，事件“至少有一名女生”与事件“全是男生”(　　)
A．是互斥事件，不是对立事件
B．是对立事件，不是互斥事件
C．既是互斥事件，也是对立事件
D．既不是互斥事件也不是对立事件
答案：C
三、易错自纠
4．从某班学生中任意找出一人，如果该同学的身高小于160
cm的概率为0.3，该同学的身高在[160，175](单位：cm)内的概率为0.5，那么该同学的身高超过175
cm的概率为(　　)
A．0.2
B．0.3
C．0.7
D．0.8
解析：选A　由题意得，身高超过175
cm的概率为P＝1－0.3－0.5＝0.2，故选A．
5．(2019届湖北十市联考)从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是(　　)
A．“至少有一个黑球”与“都是黑球”
B．“至少有一个黑球”与“都是红球”
C．“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”
D．“恰有一个黑球”与“恰有两个黑球”
解析：选D　A中的两个事件是包含关系，不是互斥事件；B中的两个事件是对立事件；C中的两个事件都包含“一个黑球一个红球”的事件，不是互斥关系；D中的两个事件是互斥而不对立的事件．
6．抛掷一粒骰子，观察掷出的点数，设事件A为“出现奇数点”，事件B为“出现2点”，已知P(A)＝，P(B)＝，则“出现奇数点或2点”的概率为________．
解析：因为事件A与事件B是互斥事件，所以P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝＋＝.
答案：
【例1】　某河流上的一座水力发电站，每年六月份的发电量Y(单位：万千瓦时)与该河上游在六月份的降雨量X(单位：毫米)有关．据统计，当X＝70时，Y＝460；X每增加10，Y增加5.已知近20年X的值为140，110，160，70，200，160，140，160，220，200，110，160，160，200，140，110，160，220，140，160.
(1)完成如下的频率分布表；
近20年六月份降雨量频率分布表
降雨量
70
110
140
160
200
220
频率
(2)假定今年六月份的降雨量与近20年六月份降雨量的分布规律相同，并将频率视为概率，求今年六月份该水力发电站的发电量低于490(万千瓦时)或超过530(万千瓦时)的概率．
[解]　(1)在所给数据中，降雨量为110毫米的有3个，为160毫米的有7个，为200毫米的有3个，故近20年六月份降雨量频率分布表为
降雨量
70
110
140
160
200
220
频率
(2)由已知可得Y＝＋425，
故P(“发电量低于490万千瓦时或超过530万千瓦时”)＝P(Y<490或Y>530)＝P(X<130或X>210)
＝P(X＝70)＋P(X＝110)＋P(X＝220)
＝＋＋＝.
故今年六月份该水力发电站的发电量低于490(万千瓦时)或超过530(万千瓦时)的概率为.
?名师点津
1．概率与频率的关系
频率反映了一个随机事件出现的频繁程度，频率是随机的，而概率是一个确定的值，通常用概率来反映随机事件发生的可能性的大小，有时也用频率来作为随机事件概率的估计值．
2．随机事件概率的求法
利用概率的统计定义求事件的概率，即通过大量的重复试验，事件发生的频率会逐渐趋近于某一个常数，这个常数就是概率．
|跟踪训练|
1．随机抽取一个年份，对某市该年4月份的天气情况进行统计，结果如下：
日期
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
天气
晴
雨
阴
阴
阴
雨
阴
晴
晴
晴
阴
晴
晴
晴
晴
日期
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
天气
晴
阴
雨
阴
阴
晴
阴
晴
晴
晴
阴
晴
晴
晴
雨
(1)在4月份任取一天，估计该市在该天不下雨的概率；
(2)该市某学校拟从4月份的一个晴天开始举行连续2天的运动会，估计运动会期间不下雨的概率．
解：(1)在4月份任取一天，不下雨的天数是26，以频率估计概率，估计该市在该天不下雨的概率为.
(2)称相邻的两个日期为“互邻日期对”，由题意，4月份中，前一天为晴天的互邻日期对有16个，其中后一天不下雨的有14个，所以晴天的次日不下雨的概率为.
从而估计运动会期间不下雨的概率为.
【例2】　某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示.
一次购物量
1至4件
5至8件
9至12件
13至16件
17件及以上
顾客数/人
x
30
25
y
10
结算时间/
(分钟/人)
1
1.5
2
2.5
3
已知这100位顾客中一次购物量超过8件的顾客占55%.
(1)确定x，y的值，并估计顾客一次购物的结算时间的平均值；
(2)求一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率(将频率视为概率)．
[解]　(1)由已知得25＋y＋10＝55%×100，x＋30＝(1－55%)×100，
所以x＝15，y＝20.
该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量为100的简单随机样本，顾客一次购物的结算时间的平均值可用样本平均数估计，其估计值为
＝1.9(分钟)．
(2)记A表示事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟”，A1，A2，A3分别表示事件“该顾客一次购物的结算时间为1分钟”“该顾客一次购物的结算时间为1.5分钟”“该顾客一次购物的结算时间为2分钟”．将频率视为概率得P(A1)＝＝，P(A2)＝＝，P(A2)＝＝.
因为A＝A1∪A2∪A3，且A1，A2，A3是互斥事件，
所以P(A)＝P(A1∪A2∪A3)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝＋＋＝.
故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率为.
?名师点津
求互斥事件的概率的方法
(1)直接法
(2)间接法(正难则反)
|跟踪训练|
2．某班选派5人，参加学校举行的数学竞赛，获奖的人数及其概率如下：
获奖人数
0
1
2
3
4
5
概率
0.1
0.16
x
y
0.2
z
(1)若获奖人数不超过2人的概率为0.56，求x的值；
(2)若获奖人数最多4人的概率为0.96，最少3人的概率为0.44，求y，z的值．
解：记事件“在竞赛中，有k人获奖”为Ak(k∈N，k≤5)，则事件Ak彼此互斥．
(1)∵获奖人数不超过2人的概率为0.56，
∴P(A0)＋P(A1)＋P(A2)＝0.1＋0.16＋x＝0.56，
解得x＝0.3.
(2)由获奖人数最多4人的概率为0.96，得P(A5)＝1－0.96＝0.04，即z＝0.04.
由获奖人数最少3人的概率为0.44，得
P(A3)＋P(A4)＋P(A5)＝0.44，
即y＋0.2＋0.04＝0.44，解得y＝0.2.
【例】　现有10个数，它们能构成一个以1为首项，－3为公比的等比数列，若从这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是(　　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　由题意得an＝(－3)n－1，易知前10项中奇数项为正，偶数项为负，所以小于8的项为第一项和偶数项，共6项，即6个数，所以所求概率P＝＝.
[答案]　A
?名师点津
随机事件概率常与数列、不等式、平面向量等知识交汇应用，求解时注意事件的分析与判断．
|跟踪训练|
若A，B互为对立事件，其概率分别为P(A)＝，P(B)＝，则x＋y的最小值为________．
解析：由题意，知x>0，y>0，＋＝1，所以x＋y＝(x＋y)·＝5＋≥5＋2＝9，当且仅当x＝2y时等号成立，故x＋y的最小值为9.
答案：9
PAGE第三节　二项式定理
[最新考纲]
[考情分析]
[核心素养]
1.能用计数原理证明二项式定理.2.会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.
　　主要通过二项式定理考查展开式中某项的系数、特定项，多在选择题、填空题中考查，分值为5分.
数学运算
‖知识梳理‖
1．二项式定理
(1)二项式定理：(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn(n∈N
)；
(2)通项公式：Tk＋1＝Can－kbk，它表示第k＋1项；
(3)二项式系数：二项展开式中各项的系数为C，C，…，C.
2．二项式系数的性质
?常用结论
1．二项展开式的项数为(n＋1)项，在排列形式上，按照字母a的降幂排列，从第一项起，次数由n次逐项减小1次直到零次，同时字母b按照升幂排列，次数由零次逐项增加1次直到n次．
2．若二项展开式的通项为Tr＋1＝g(r)·xh(r)(r＝0，1，2，…，n)，g(r)≠0，则有以下常见结论：
(1)h(r)＝0?Tr＋1是常数项．
(2)h(r)是非负整数?Tr＋1是整式项．
(3)h(r)是负整数?Tr＋1是分式项．
(4)h(r)是整数?Tr＋1是有理项．
(5)h(r)是分数?Tr＋1是无理项．
‖基础自测‖
一、疑误辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．
(1)Can－rbr是(a＋b)n的展开式中的第r项．(　　)
(2)(a＋b)n的展开式中某一项的二项式系数与a，b无关．(　　)
(3)二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项．(　　)
(4)(a＋b)n某项的系数是该项中非字母因数部分，包括符号等，与该项的二项式系数不同．(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)√
二、走进教材
2．(选修2－3P31T4改编)(x－y)n的二项展开式中，第m项的系数是(　　)
A．C
B．C
C．C
D．(－1)m－1C
答案：D
3．(选修2－3P35练习A1(3)改编)
eq
\f(C＋C＋C＋…＋C,C＋C＋C＋…＋C)的值为(　　)
A．2
B．4
C．2
019
D．2
018×2
019
答案：B
三、易错自纠
4．(x＋y)(2x－y)6的展开式中x4y3的系数为(　　)
A．－80
B．－40
C．40
D．80
解析：选D　(2x－y)6的展开式的通项公式为Tr＋1＝C(2x)6－r(－y)r，当r＝2时，T3＝240x4y2；当r＝3时，T4＝－160x3y3，故x4y3的系数为240－160＝80，故选D．
5．(2019·福州市高三期末测试)设n为正整数，的展开式中仅有第5项的二项式系数最大，则展开式中的常数项为________．
解析：依题意得，n＝8，所以展开式的通项Tr＋1＝Cx8－r＝Cx8－4r(－2)r，令8－4r＝0，解得r＝2，所以展开式中的常数项为T3＝C(－2)2＝112.
答案：112
6．若(1＋3x)n(其中n∈N且n≥6)的展开式中x5与x6的系数相等，则n＝________．
解析：(1＋3x)n的展开式中含有x5的项为C(3x)5＝C35x5，展开式中含x6的项为C36x6.
由两项的系数相等，得C·35＝C·36，解得n＝7.
答案：7
|题组突破|
1．(2019年全国卷Ⅲ)(1＋2x2)(1＋x)4的展开式中x3的系数为(　　)
A．12
B．16
C．20
D．24
解析：选A　(1＋x)4的二项展开式的通项为Tk＋1＝Cxk(k＝0，1，2，3，4)，故(1＋2x2)(1＋x)4的展开式中x3的系数为C＋2C＝12.故选A．
2．(2020届贵阳摸底)的展开式中的常数项为(　　)
A．－15
B．20
C．15
D．－20
解析：选C　的展开式的通项Tr＋1＝C()6－r＝C(－1)rx－r，由－r＝0得，r＝2，所以展开式中的常数项为T3＝C×(－1)2＝15.故选C．
3.的展开式的常数项为160，则实数a＝________．
解析：解法一：的展开式的通项Tr＋1＝C(ax)6－r＝Ca6－rx6－2r，令6－2r＝0，得r＝3，所以Ca6－3＝160，解得a＝2.
解法二：＝·
，要得到常数项，则需ax与的个数相同，各为3个，所以从6个因式中选择3个ax的系数，即Ca3＝160，解得a＝2.
答案：2
?名师点津
求二项展开式中的项的方法
求二项展开式的特定项问题，实质是考查通项Tk＋1＝Can－kbk的特点，一般需要建立方程求k，再将k的值代回通项求解，注意k的取值范围(k＝0，1，2，…，n)．
【例】　(1)(2019届山东烟台模拟)已知的展开式的各项系数和为243，则展开式中x7的系数为(　　)
A．5
B．40
C．20
D．10
(2)(2019届河北邯郸二模)在的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为64，则x3的系数为(　　)
A．15
B．45
C．135
D．405
(3)(2019届东北三校联考)若(1－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则|a0|－|a1|＋|a2|－|a3|＋|a4|－|a5|＝(　　)
A．0
B．1
C．32
D．－1
[解析]　(1)由的展开式的各项系数和为243，得3n＝243，解得n＝5，∴＝，∴Tr＋1＝C·(x3)5－r·＝2r·C·x15－4r，令15－4r＝7，得r＝2，∴展开式中x7的系数为22×C＝40.故选B．
(2)在的展开式中，令x为1，得各项系数和为4n，又展开式的二项式系数和为2n，各项系数的和与二项式系数的和之比为64，∴＝64，解得n＝6，∴＝，∴该二项式的展开式的通项Tr＋1＝C·3r·x6－r，令6－r＝3，得r＝2，故展开式中x3的系数为C·32＝135，故选C．
(3)由(1－x)5的展开式的通项Tr＋1＝C(－x)r＝C(－1)rxr，可知a1，a3，a5都小于0，所以|a0|－|a1|＋|a2|－|a3|＋|a4|－|a5|＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5.在(1－x)5的展开式中令x＝1，可得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝0.故选A．
[答案]　(1)B　(2)C　(3)A
?名师点津
赋值法的应用
二项式定理给出的是一个恒等式，对于x，y的一切值都成立．因此，可将x，y设定为一些特殊的值．在使用赋值法时，令x，y等于多少，应视具体情况而定，一般取“1，－1或0”，有时也取其他值．如：
(1)形如(ax＋b)n，(ax2＋bx＋c)m(a，b，c∈R)的式子，求其展开式的各项系数之和，只需令x＝1即可．
(2)形如(ax＋by)n(a，b∈R)的式子，求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1即可．
|跟踪训练|
1．(2019届江西新余一中模拟)在二项式的展开式中，各项系数之和为A，各项二项式系数之和为B，且A＋B＝72，则展开式中的常数项为(　　)
A．6
B．9
C．12
D．18
解析：选B　在二项式的展开式中，令x＝1得各项系数之和为4n，∴A＝4n.∵该二项展开式的二项式系数之和为2n，∴B＝2n，∴4n＋2n＝72，解得n＝3.∴＝的展开式的通项Tr＋1＝C()3－r＝3rCx，令＝0，得r＝1，故展开式的常数项为T2＝3C＝9，故选B．
2．(2019届福建省高三质检)已知(x＋2)(2x－1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6，则a0＋a2＋a4＝(　　)
A．123
B．91
C．－120
D．－152
解析：选D　解法一：因为(2x－1)5的展开式的通项Tr＋1＝C(2x)5－r·(－1)r(r＝0，1，2，3，4，5)，所以a0＋a2＋a4＝2×C×20×(－1)5＋[1×C×21×(－1)4＋2×C×22×(－1)3]＋[1×C×23×(－1)2＋2×C×24×(－1)1]＝－2－70－80＝－152，故选D．
解法二：令x＝1，得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝3①；令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝－243②.①＋②，得a0＋a2＋a4＋a6＝－120.又a6＝1×25＝32，所以a0＋a2＋a4＝－152，故选D．
【例】　(2019届广东广州普通高中毕业班测试)在中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究．设a，b，m(m>0)为整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为a＝b(b
mod
m)．若a＝C＋C·2＋C·22＋…＋C·220，a＝b(b
mod
10)，则b的值可以是(　　)
A．2
011
B．2
012
C．2
013
D．2
014
[解析]　因为a＝(1＋2)20＝320＝910＝(10－1)10＝C·1010－C·109＋…－C·10＋1，所以a被10除得的余数为1，结合选项知2
011被10除得的余数是1，故选A．
[答案]　A
?名师点津
求解这类问题，关键是弄清题意，结合二项式定理转化求解．
|跟踪训练|
设复数x＝(i是虚数单位)，则Cx＋Cx2＋Cx3＋…＋Cx2
019＝(　　)
A．i
B．－i
C．－1＋i
D．－i－1
解析：选D　因为x＝＝＝－1＋i，所以Cx＋Cx2＋Cx3＋…＋Cx2
019＝(1＋x)2
019－1＝(1－1＋i)2
019－1＝i2
019－1＝－i－1.
PAGE第七节　n次独立重复试验与二项分布
[最新考纲]
[考情分析]
[核心素养]
1.了解条件概率和两个事件相互独立的概念.2.理解n次独立重复试验的模型及二项分布，能解决一些简单的实际问题.
　　主要在选择题、填空题中考查条件概率，对相互独立事件及独立重复试验多在解答题中考查，分值为5分左右.
1.数学建模2.数学运算
‖知识梳理‖
1．条件概率
条件概率的定义
条件概率的性质
已知B发生的条件下，A发生的概率，称为B发生时A发生的条件概率，记为P(A|B).当P(B)>0时，我们有P(A|B)＝(其中，A∩B也可以记成AB).类似地，当P(A)>0时，A发生时B发生的条件概率为P(B|A)＝
(1)0≤P(B|A)≤1；(2)如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)
2.事件的相互独立性
(1)定义：设A，B为两个事件，若P(AB)＝P(A)P(B)，则称事件A与事件B相互独立．
(2)性质
①若事件A与B相互独立，则P(B|A)＝P(B)，P(A|B)＝P(A)，P(AB)＝P(A)P(B)．
②如果事件A与B相互独立，那么A与，与B，与也相互独立．
3．独立重复试验与二项分布
独立重复试验
二项分布
定义
在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验
在n次独立重复试验中，用X表示事件A发生的次数，设每次试验中事件A发生的概率为p，此时称随机变量X服从二项分布，记作X～B(n，p)，并称p为成功概率
计算公式
Ai(i＝1，2，…，n)表示第i次试验结果，则P(A1A2A3…An)＝P(A1)·P(A2)…P(An)
在n次独立重复试验中，事件A恰好发生k次的概率为P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n)
‖基础自测‖
一、疑误辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．
(1)若事件A，B相互独立，则P(B|A)＝P(B)．(　　)
(2)P(B|A)表示在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，P(AB)表示事件A，B同时发生的概率，一定有P(AB)＝P(A)·P(B)．(　　)
(3)相互独立事件就是互斥事件．(　　)
(4)二项分布是一个概率分布列，是一个用公式P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n表示的概率分布列，它表示了n次独立重复试验中事件A发生的次数的概率分布．(　　)
答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√
二、走进教材
2．(选修2－3P55T3改编)根据天气预报，在元旦假期甲地的降雨概率是0.2，乙地的降雨概率是0.3.假设在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，则这两地中恰有一个地方降雨的概率为(　　)
A．0.2
B．0.3
C．0.38
D．0.56
答案：C
3．(选修2－3P54T2改编)已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球，它们大小形状完全相同，现需一个红球，甲每次从中任取一个不放回，则在他第一次拿到白球的条件下，第二次拿到红球的概率为(　　)
A．
B．
C．
D．
答案：B
三、易错自纠
4．两个实习生每人加工一个零件，加工成一等品的概率分别为和，两个零件中能否被加工成一等品相互独立，则这两个零件中恰好有一个一等品的概率为(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：选B　因为两人加工成一等品的概率分别为和，且相互独立，所以两个零件中恰好有一个一等品的概率P＝×＋×＝.
5．从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，事件A为“取到的2个数之和为偶数”，事件B为“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)等于(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：选B　P(A)＝eq
\f(C＋C,C)＝，P(AB)＝eq
\f(C,C)＝，P(B|A)＝＝.
|题组突破|
1．(2019届石家庄一模)袋子中装有大小、形状完全相同的2个白球和2个红球，现从中不放回地摸取2个球，已知第二次摸到的是红球，则第一次摸到红球的概率为(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：选B　设“第二次摸到红球”为事件A，“第一次摸到红球”为事件B，∵P(A)＝＝，P(AB)＝＝，∴P(B|A)＝＝，∴在第二次摸到红球的条件下，第一次摸到红球的概率为，故选B．
2．(2019届广东汕头模拟)如图所示，半径为1的圆O是正方形MNPQ的内切圆，将一颗豆子随机地扔到正方形MNPQ内，用A表示事件“豆子落在圆O内”，B表示事件“豆子落在扇形OEF(阴影部分)内”，则P(B|A)＝(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：选B　由已知得P(A)＝＝，P(AB)＝＝，∴P(B|A)＝＝＝，故选B．
3．(2019届江西南昌模拟)口袋中装有大小形状完全相同的红球2个，白球3个，黄球1个，甲从中不放回地逐一取球，已知第一次取得红球，则第二次取得白球的概率为________．
解析：设事件A表示“第一次取得红球”，事件B表示“第二次取得白球”，则P(A)＝＝，P(AB)＝×＝，∴第一次取得红球后，第二次取得白球的概率为P(B|A)＝＝＝.
答案：
?名师点津
条件概率的3种求法
定义法
先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝求P(B|A)
基本事件法
借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再求事件AB所包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A)＝
缩样法
缩小样本空间的方法，就是去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型求解，它能化繁为简
【例1】　某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮．假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率为________．
[解析]　依题意，该选手第2个问题回答错误，第3，4个问题均回答正确，第1个问题回答正误均有可能，则所求概率P＝1×0.2×0.82＝0.128.
[答案]　0.128
|变式探究|
1．(变问题)保持本例条件不变，则该选手恰好回答了5个问题就晋级下一轮的概率为________．
解析：依题意，该选手第3个问题的回答是错误的，第4，5个问题均回答正确，第1，2个问题回答均错误或有且只有1个错误，则所求概率P＝0.23×0.82＋2×0.2×0.8×0.2×0.82＝0.005
12＋0.040
96＝0.046
08.
答案：0.046
08
2．(变问题)保持本例条件不变，则该选手回答了5个问题(5个问题必须全部回答)就结束的概率为________．
解析：依题意，设答对的事件为A，则可分为第3个回答正确与错误两类．若第3个回答正确，则有AAAA或
AA两类情况，其概率为0.8×0.2×0.8×0.2＋0.2×0.2×0.8×0.2＝0.025
6＋0.006
4＝0.032；若该选手第3个问题的回答是错误的，则第1，2个问题回答均错误或有且只有1个错误，则所求概率P＝0.23＋2×0.2×0.8×0.2＝0.008＋0.064＝0.072.所以所求概率为0.032＋0.072＝0.104.
答案：0.104
?名师点津
利用相互独立事件求复杂事件概率的解题思路
(1)将待求复杂事件转化为几个彼此互斥简单事件的和．
(2)将彼此互斥简单事件中的简单事件，转化为几个已知(易求)概率的相互独立事件的积事件．
(3)代入概率的积公式求解．
|跟踪训练|
1．(2019年全国卷Ⅰ)甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束)．根据前期比赛成绩，甲队的主客场排队依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是________．
解析：由题意可知七场四胜制且甲队以4∶1获胜，则共比赛了5场，且第5场甲胜，前4场中甲胜3场．第一类：若第1场、第2场中甲胜1场，第3场、第4场甲胜，则P1＝C×0.6×0.4×0.52＝2×××＝；第二类：若第1场、第2场甲胜，第3场、第4场中甲胜1场，则P2＝0.62×C×0.5×0.5＝×2×＝.所以甲队以4∶1获胜的概率为P＝×0.6＝0.18.
答案：0.18
【例2】　九节虾的真身是虎斑虾，虾身上有一深一浅的横向纹路，煮熟后有明显的九节白色花纹，肉味鲜美．某酒店购进一批九节虾，并随机抽取了40只统计质量，得到的结果如下表所示：
质量/g
[5，15)
[15，25)
[25，35)
[35，45)
[45，55]
数量
4
12
11
8
5
(1)若购进这批九节虾35
000
g，且同一组数据用该组区间的中点值代表，试估计这批九节虾的数量(所得结果保留整数)；
(2)以频率估计概率，若在本次购买的九节虾中随机挑选4只，记质量在[5，25)间的九节虾的数量为X，求X的分布列．
[解]　(1)由表中数据，可以估计每只九节虾的质量为
×(4×10＋12×20＋11×30＋8×40＋5×50)＝29.5(g)．
因为35
000÷29.5≈1
186(只)，
所以这批九节虾的数量约为1
186只．
(2)由表中数据知，任意挑选1只九节虾，质量在[5，25)间的概率P＝＝，X的所有可能取值为0，1，2，3，4，
则P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝C××＝，
P(X＝2)＝C××＝，
P(X＝3)＝C××＝，
P(X＝4)＝＝.
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
?名师点津
独立重复试验与二项分布问题的类型及解题策略
(1)在求n次独立重复试验中事件恰好发生k次的概率时，首先要确定好n和k的值，再准确利用公式求概率．
(2)在根据独立重复试验求二项分布的有关问题时，关键是理清事件与事件之间的关系，确定二项分布的试验次数n和变量的概率，求得概率．
|跟踪训练|
2．挑选飞行员可以说是“万里挑一”，要想通过需要过五关：目测、初检、复检、文考(文化考试)、政审．若某校甲、乙、丙三位同学都顺利通过了前两关，根据分析甲、乙、丙三位同学能通过复检关的概率分别是0.5，0.6，0.75，能通过文考关的概率分别是0.6，0.5，0.4，由于他们平时表现较好，都能通过政审关，若后三关之间通过与否没有影响．
(1)求甲、乙、丙三位同学中恰好有一人通过复检的概率；
(2)设只要通过后三关就可以被录取，求录取人数X的分布列．
解：(1)设A，B，C分别表示事件“甲、乙、丙通过复检”，则所求概率P＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.5×(1－0.6)×(1－0.75)＋(1－0.5)×0.6×(1－0.75)＋(1－0.5)×(1－0.6)×0.75＝0.275.
(2)甲被录取的概率P甲＝0.5×0.6＝0.3，
同理P乙＝0.6×0.5＝0.3，P丙＝0.75×0.4＝0.3.
∴甲、乙、丙每位同学被录取的概率均为0.3，故可看成是独立重复试验，即X～B(3，0.3)，X的可能取值为0，1，2，3，其中P(X＝k)＝C(0.3)k·(1－0.3)3－k，k＝0，1，2，3.
故P(X＝0)＝C×0.30×(1－0.3)3＝0.343，
P(X＝1)＝C×0.3×(1－0.3)2＝0.441，
P(X＝2)＝C×0.32×(1－0.3)＝0.189，
P(X＝3)＝C×0.33＝0.027.
故X的分布列为
X
0
1
2
3
P
0.343
0.441
0.189
0.027
【例】　从某市的高一学生中随机抽取400名同学的体重进行统计，得到如图所示的频率分布直方图．
(1)估计从该市高一学生中随机抽取一人，体重超过60
kg的概率；
(2)假设该市高一学生的体重X服从正态分布N(57，σ2)．
①利用(1)的结论估计该高一某个学生体重介于55～57
kg之间的概率；
②从该市高一学生中随机抽取3人，记体重介于54～57
kg之间的人数为Y，利用(1)的结论，求Y的分布列．
[解]　(1)这400名学生中，体重超过60
kg的频率为(0.04＋0.01)×5＝，由此估计从该市高一学生中随机抽取一人，体重超过60
kg的概率为.
(2)①∵X～N(57，σ2)，
由(1)知P(X>60)＝，
∴P(X<54)＝.
∴P(54∴P(54kg之间的概率为.
②∵该市高一学生总体很大，∴从该市高一学生中随机抽取3人，可以视为独立重复试验．
其中体重介于54～57
kg之间的人数Y～B，
P(Y＝i)＝C，i＝0，1，2，3.
∴Y的分布列为
Y
0
1
2
3
P
?名师点津
求解与二项分布与统计知识交汇问题的关键在于分析条件，确立事件类型．
|跟踪训练|
一个盒子中装有大量形状、大小一样但质量不尽相同的小球，从中随机抽取50个作为样本，称出它们的质量(单位：克)，质量分组区间为[5，15)，[15，25)，[25，35)，[35，45]，由此得到如图所示的样本的质量频率分布直方图．
(1)求a的值，并根据样本数据，试估计盒子中小球质量的众数与平均数；
(2)从盒子中随机抽取3个小球，其中质量在[5，15)内的小球个数为X，求X的分布列和期望．(以直方图中的频率作为概率)
解：(1)由题意，得(0.02＋0.032＋a＋0.018)×10＝1，解得a＝0.03.由频率分布直方图可估计盒子中小球质量的众数为20克，50个样本中小球质量的平均数为x＝0.2×10＋0.32×20＋0.3×30＋0.18×40＝24.6(克)．
故由样本估计总体，可估计盒子中小球质量的众数为20克，平均数为24.6克．
(2)由题意知，该盒子中小球质量在[5，15)内的概率为，则X～B.
X的可能取值为0，1，2，3，
则P(X＝0)＝C×＝，
P(X＝1)＝C×＝，
P(X＝2)＝C×＝，
P(X＝3)＝C×＝.
∴X的分布列为
X
0
1
2
3
P
∴E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
PAGE第六节　离散型随机变量及其分布列
[最新考纲]
[考情分析]
[核心素养]
1.理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，了解分布列对于刻画随机现象的重要性.2.理解超几何分布及其导出过程，并能进行简单的应用.
　　主要考查离散型随机变量的分布列，多在解答题中考查，分值为7分左右.
数学运算
‖知识梳理‖
1．离散型随机变量
随着试验结果变化而变化的变量称为随机变量，所有取值可以一一列出的随机变量，称为离散型随机变量．
2．离散型随机变量的分布列及性质
(1)一般地，若离散型随机变量X可能取的不同值为x1，x2，…，xi，…，xn，X取每一个值xi(i＝1，2，…，n)的概率P(X＝xi)＝pi，则表
X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn
称为离散型随机变量X的概率分布列．
(2)离散型随机变量的分布列的性质
①pi≥0(i＝1，2，…，n)；
②p1＋p2＋…＋pn＝1.
3．常见的离散型随机变量的分布列
(1)两点分布列
X
0
1
P
1－p
p
若随机变量X的分布列具有上表的形式，则称X服从两点分布，并称p＝P(X＝1)为成功概率．
(2)超几何分布列
在含有M件次品的N件产品中，任取n件，其中恰有X件次品，则P(X＝k)＝eq
\f(CC,C)，k＝0，1，2，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N
.
X
0
1
…
m
P
eq
\f(CC,C)
eq
\f(CC,C)
…
eq
\f(CC,C)
如果随机变量X的分布列具有上表的形式，则称随机变量X服从超几何分布．
?常用结论
超几何分布描述的是不放回抽样问题，随机变量为抽到的某类个体的个数．超几何分布的特征是：
(1)考察对象分两类．
(2)已知各类对象的个数．
(3)从中抽取若干个个体，考查某类个体数X的概率分布．
超几何分布主要用于抽检产品、摸不同类别的小球等概率模型，其实质是古典概型．
‖基础自测‖
一、疑误辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．
(1)随机试验的结果与随机变量是一种映射关系，即每一个试验结果都有唯一的随机变量的值与之对应．(　　)
(2)离散型随机变量的分布列中，各个概率之和可以小于1.(　　)
(3)离散型随机变量的所有取值有时无法一一列出．(　　)
(4)如果随机变量X的分布列由下表给出，
X
2
5
P
0.3
0.7
则它服从两点分布．(　　)
(5)从4名男演员和3名女演员中选出4人，其中女演员的人数X服从超几何分布．(　　)
答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√
二、走进教材
2．(选修2－3P49练习2改编)抛掷一枚质地均匀的硬币2次，则正面向上的次数X的所有可能值是________．
答案：0，1，2
3．(选修2－3P77A1改编)已知离散型随机变量X的分布列为
X
0
1
2
P
0.5
1－2q
q2
则常数q＝________．
答案：1－
三、易错自纠
4．设随机变量X的分布列为P(X＝k)＝a，k＝1，2，3，则a的值为(　　)
A．1
B．
C．
D．
解析：选D　因为随机变量X的分布列为
P(X＝k)＝a(k＝1，2，3)，
所以根据分布列的性质有a×＋a＋a＝1，
即a＝a×＝1，所以a＝.
5．已知随机变量X的分布规律为P(X＝i)＝(i＝1，2，3)，则P(X＝2)＝________．
解析：由分布列的性质知＋＋＝1，∴a＝3，
∴P(X＝2)＝＝.
答案：
6．在含有3件次品的10件产品中，任取4件，X表示取到的次品数，则P(X＝2)＝________．
解析：由题意知，X服从超几何分布，其中N＝10，M＝3，n＝4，故P(X＝2)＝eq
\f(CC,C)＝.
答案：
|题组突破|
1．离散型随机变量X的概率分布规律为P(X＝n)＝(n＝1，2，3，4)，其中a是常数，则P的值为(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：选D　由题意知，×a＝1，所以a＝1，解得a＝.
故P＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝×＋×＝.
2．若随机变量η的分布列如下：
η
－2
－1
0
1
2
3
P
0.1
0.2
0.2
0.3
0.1
0.1
则当P(ηA．x≤2
B．1C．1≤x≤2
D．1解析：选D　由题中给出的分布列，可读出相应的概率值，则P(η＝－2)＋P(η＝－1)＋P(η＝0)＋P(η＝1)＝0.8.又P(η3．设离散型随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
0.2
0.1
0.1
0.3
m
(1)求随机变量Y＝2X＋1的分布列；
(2)求随机变量η＝|X－1|的分布列．
解：由分布列的性质知，0.2＋0.1＋0.1＋0.3＋m＝1，解得m＝0.3.
(1)首先列表为
X
0
1
2
3
4
2X＋1
1
3
5
7
9
从而Y＝2X＋1的分布列为
Y
1
3
5
7
9
P
0.2
0.1
0.1
0.3
0.3
(2)列表为
X
0
1
2
3
4
|X－1|
1
0
1
2
3
∴P(η＝0)＝P(X＝1)＝0.1，
P(η＝1)＝P(X＝0)＋P(X＝2)＝0.2＋0.1＝0.3，
P(η＝2)＝P(X＝3)＝0.3，
P(η＝3)＝P(X＝4)＝0.3.
故η＝|X－1|的分布列为
η
0
1
2
3
P
0.1
0.3
0.3
0.3
?名师点津
离散型随机变量的分布列的性质的应用
(1)利用“总概率之和为1”可以求相关参数的取值范围或值．
(2)利用“离散型随机变量在一范围内的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和”求某些特定事件的概率．
(3)可以根据性质判断所得分布列结果是否正确．
【例1】　一盒中装有9张各写有一个数字的卡片，其中4张卡片上的数字是1，3张卡片上的数字是2，2张卡片上的数字是3.从盒中任取3张卡片．
(1)求所取3张卡片上的数字完全相同的概率；
(2)X表示所取3张卡片上的数字的中位数，求X的分布列．(注：若三个数a，b，c满足a≤b≤c，则称b为这三个数的中位数．)
[解]　(1)由古典概型的概率计算公式知所求概率为P＝eq
\f(C＋C,C)＝.
(2)X的所有可能值为1，2，3，且
P(X＝1)＝eq
\f(CC＋C,C)＝，
P(X＝2)＝eq
\f(CCC＋CC＋C,C)＝，
P(X＝3)＝eq
\f(CC,C)＝，
故X的分布列为
X
1
2
3
P
?名师点津
求超几何分布的分布列的步骤
第一步，验证随机变量服从超几何分布，并确定参数N，M，n的值；
第二步，根据超几何分布的概率计算公式计算出随机变量取每一个值时的概率；
第三步，用表格的形式列出分布列．
|跟踪训练|
1．(2019届惠州市第三次调研)某大学生志愿者协会有6名男同学，4名女同学．在这10名同学中，3名同学来自数学学院，其余7名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院．现从这10名同学中随机选取3名同学，到希望小学进行支教活动(每位同学被选到的可能性相同)．
(1)求选出的3名同学来自互不相同学院的概率；
(2)设X为选出的3名同学中女同学的人数，求随机变量X的分布列．
解：(1)设“选出的3名同学来自互不相同的学院”为事件A，则P(A)＝eq
\f(CC＋CC,C)＝，所以选出的3名同学来自互不相同学院的概率为.
(2)随机变量X的所有可能值为0，1，2，3，
P(X＝k)＝eq
\f(CC,C)(k＝0，1，2，3)，
所以随机变量X的分布列是
X
0
1
2
3
P
【例2】　随着人口老龄化的到来，我国的劳动人口在不断减少，“延迟退休”已经成为人们越来越关注的话题．为了了解公众对“延迟退休”的态度，某校课外研究学习小组从某社区随机抽取了50人进行调查，将调查情况进行整理后制成下表：
年龄
[20，25)
[25，30)
[30，35)
[35，40)
[40，45)
人数
4
5
8
5
3
年龄
[45，50)
[50，55)
[55，60)
[60，65)
[65，70]
人数
6
7
3
5
4
年龄在[25，30)，[55，60)的被调查者中赞成人数分别是3人和2人，现从这两组的被调查者中各随机选取2人，进行跟踪调查．
(1)求从年龄在[25，30)的被调查者中选取的2人都赞成的概率；
(2)求选中的4人中，至少有3人赞成的概率；
(3)若选中的4人中，不赞成的人数为X，求随机变量X的分布列．
[解]　(1)设“年龄在[25，30)的被调查者中选取的2人都赞成”为事件A，则P(A)＝eq
\f(C,C)＝.
(2)设“选中的4人中，至少有3人赞成”为事件B，
则P(B)＝eq
\f(CCC,CC)＋eq
\f(CCC,CC)＋eq
\f(CC,CC)＝.
(3)X的可能取值为0，1，2，3，
所以P(X＝0)＝eq
\f(CC,CC)＝，
P(X＝1)＝eq
\f(CCC＋CCC,CC)＝，
P(X＝2)＝eq
\f(CC＋CCCC,CC)＝，
P(X＝3)＝eq
\f(CCC,CC)＝.
所以随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
P
?名师点津
求离散型随机变量分布列的步骤
(1)找出随机变量X的所有可能取值xi(i＝1，2，3，…，n)．
(2)求出各取值的概率P(X＝xi)＝pi.
(3)列成表格并用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确．
|跟踪训练|
2．为了了解高一学生的体能情况，某校随机抽取部分学生进行一分钟跳绳次数测试，将所得数据整理后，画出了频率分布直方图如图所示，已知次数在[100，110)间的频数为7，次数在110以下(不含110)视为不达标，次数在[110，130)间的视为达标，次数在130以上视为优秀．
(1)求此次抽样的样本总数为多少人？
(2)在样本中，随机抽取一人调查，则抽中不达标学生、达标学生、优秀学生的概率分别是多少？
(3)将抽样的样本频率视为总体概率，若优秀成绩记为15分，达标成绩记为10分，不达标成绩记为5分，现在从该校高一学生中随机抽取2人，他们的分值和记为X，求X的分布列．
解：(1)设样本总数为n，由频率分布直方图可知，次数在[100，110)间的频率为0.014×10＝0.14，所以＝0.14，解得n＝50.
(2)记抽中不达标学生的事件为C，抽中达标学生的事件为B，抽中优秀学生的事件为A.
P(C)＝0.006×10＋0.014×10＝0.20；
P(B)＝0.028×10＋0.022×10＝0.50；
P(A)＝1－P(B)－P(C)＝0.30.
(3)在高一学生中随机抽取2名学生的成绩和X的所有可能取值为10，15，20，25，30.
P(X＝10)＝0.2×0.2＝0.04；P(X＝15)＝2×0.2×0.5＝0.2；P(X＝20)＝0.52＋2×0.2×0.3＝0.37；P(X＝25)＝2×0.3×0.5＝0.3；P(X＝30)＝0.32＝0.09.
所以X的分布列为
X
10
15
20
25
30
P
0.04
0.2
0.37
0.3
0.09
【例】　已知随机变量ξ只能取三个值：x1，x2，x3，其概率依次成等差数列，则公差d的取值范围是________．
[解析]　据题意，设ξ取x1，x2，x3时的概率分别为a－d，a，a＋d，则(a－d)＋a＋(a＋d)＝1，解得a＝.
由题意知，解得－≤d≤.
[答案]　
?名师点津
解决此类问题的关键在于抓住离散型随机变量的性质，P1＋P2＋…＋Pn＝1，注意0≤Pi≤1易忽视．
|跟踪训练|
已知随机变量ξ的概率分布如下表所示：
ξ
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
P
m
则P(ξ＝10)等于________．
解析：由分布列的性质，得m＝1－＝1－＝.
答案：
PAGE第二节　排列组合
[最新考纲]
[考情分析]
[核心素养]
1.理解排列、组合的概念.2.能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式.3.能解决简单的实际问题.
　　主要通过实际生活中的热点问题考查排列、组合的应用，多为选择题，难度中等，分值为5分.
1.数学建模2.数学运算
‖知识梳理‖
1．排列与排列数
(1)排列
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．
(2)排列数
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，记作A．
2．组合与组合数
(1)组合
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．
(2)组合数
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，记作C．
3．排列数、组合数的公式及性质
公式
排列数公式A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝
组合数公式C＝eq
\f(A,A)＝＝
性质
(1)A＝n！；(2)0！＝1
(1)C＝1；(2)C＝eq
\a\vs4\al(C)；(3)C＋C＝C
备注
n，m∈N
且m≤n
?常用结论
(1)C＝C：从n个不同元素中取出m个元素的方法数等于取出剩余n－m个元素的方法数．
(2)C＋C＝C：从n＋1个不同元素中取出m个元素可分以下两种情况：①不含特殊元素A有C种方法；②含特殊元素A有C种方法．
‖基础自测‖
一、疑误辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．
(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．(　　)
(2)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．　　(　　)
(3)若组合式C＝C，则x＝m成立．(　　)
(4)排列定义规定给出的n个元素各不相同，并且只研究被取出的元素也各不相同的情况，也就是说，如果某个元素已被取出，则这个元素就不再取了．(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)√
二、走进教材
2．(选修2－3P18例3改编)从4本不同的课外读物中，买3本送给3名同学，每人各1本，则不同的送法种数是(　　)
A．12
B．24
C．64
D．81
答案：B
3．(选修2－3P26知识改编)计算C＋C＋C＋C的值为________(用数字作答)．
答案：210
三、易错自纠
4．用数字1，2，3，4，5组成无重复数字的四位数，其中偶数的个数为(　　)
A．8
B．24
C．48
D．120
解析：选C　因为末位数字排法有A种，其他位置排法有A种，共有AA＝48(种)排法，所以偶数的个数为48.
5．某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方写一条毕业留言，那么全班共写了________条毕业留言．(用数字作答)
解析：由题意知两两彼此给对方写一条毕业留言相当于从40人中任选两人的排列数，所以全班共写了A＝40×39＝1
560(条)毕业留言．
答案：1
560
6．已知eq
\f(1,C)－eq
\f(1,C)＝eq
\f(7,10C)，则m＝________．
解析：由已知得，m的取值范围为{m|0≤m≤5，m∈Z}，原等式可化为－＝，整理可得m2－23m＋42＝0，解得m＝21(舍去)或m＝2.
答案：2
|题组突破|
1．有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数．
(1)选5人排成一排；
(2)排成前后两排，前排3人，后排4人；
(3)全体排成一排，甲不站排头也不站排尾；
(4)全体排成一排，女生必须站在一起；
(5)全体排成一排，男生互不相邻．
解：(1)从7人中选5人排列，有A＝7×6×5×4×3＝2
520(种)．
(2)分两步完成，先选3人站前排，有A种方法，余下4人站后排，有A种方法，共有AA＝5
040(种)．
(3)解法一(特殊元素优先法)：先排甲，有5种方法，其余6人有A种排列方法，共有5×A＝3
600(种)．
解法二(特殊位置优先法)：首尾位置可安排另6人中的两人，有A种排法，其他有A种排法，共有AA＝3
600(种)．
(4)(捆绑法)将女生看作一个整体与3名男生一起全排列，有A种方法，再将女生全排列，有A种方法，共有AA＝576(种)．
(5)(插空法)先排女生，有A种方法，再在女生之间及首尾5个空位中任选3个空位安排男生，有A种方法，共有AA＝1
440(种)．
?名师点津
求解排列应用问题的6种主要方法
直接法
把符合条件的排列数直接列式计算
优先法
优先安排特殊元素或特殊位置
捆绑法
把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列
插空法
对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空中
定序问题除法处理
对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后再除以定序元素的全排列
间接法
正难则反、等价转化的方法
|题组突破|
2．某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货．现从35种商品中选取3种．
(1)其中某一种假货必须在内，不同取法有多少种？
(2)其中某一种假货不能在内，不同取法有多少种？
(3)恰有2种假货在内，不同取法有多少种？
(4)至少有2种假货在内，不同取法有多少种？
(5)至多有2种假货在内，不同取法有多少种？
解：(1)从余下的34种商品中，
选取2种有C＝561(种)取法，
所以某一种假货必须在内的不同取法有561种．
(2)从34种可选商品中，选取3种，
有C＝5
984(种)或者C－C＝C＝5
984(种)取法．
所以某一种假货不能在内的不同取法有5
984种．
(3)从20种真货中选取1种，从15种假货中选取2种有CC＝2
100(种)取法．
所以恰有2种假货在内的不同取法有2
100种．
(4)选取2种假货有CC种，选取3种假货有C种，
选取方式共有CC＋C＝2
100＋455＝2
555(种)．
所以至少有2种假货在内的不同取法有2
555种．
(5)解法一(间接法)：选取3种商品的总数为C，因此选取方式共有C－C＝6
545－455＝6
090(种)．
所以至多有2种假货在内的不同取法有6
090种．
解法二(直接法)：选取方式共有C＋CC＋CC＝6
090(种)．
所以至多有2种假货在内的不同取法有6
090种．
?名师点津
组合问题常有的2类题型
(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取；
(2)“至少”或“最多”含有几个元素的题型：若直接法分类复杂时，逆向思维，间接求解．
●命题角度一　整体均分问题
【例1】　将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有(　　)
A．12种
B．10种
C．9种
D．8种
[解析]　将4名学生均分为2个小组共有eq
\f(CC,A)＝3(种)分法；将2个小组的同学分给2名教师共有A＝2(种)分法，最后将2个小组的人员分配到甲、乙两地有A＝2(种)分法．
故不同的安排方案共有3×2×2＝12(种)．
[答案]　A
●命题角度二　部分等分问题
【例2】　安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有(　　)
A．12种
B．18种
C．24种
D．36种
[解析]　因为安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，所以必有1人完成2项工作．先把4项工作分成3组，即2，1，1，有eq
\f(CCC,A)＝6(种)，再分配给3个人，有A＝6(种)，所以不同的安排方式共有6×6＝36(种)．
[答案]　D
●命题角度三　不等分问题
【例3】　若将6名教师分到3所中学任教，一所1名，一所2名，一所3名，则有________种不同的分法．
[解析]　将6名教师分组，分三步完成：
第1步，在6名教师中任取1名作为一组，有C种取法；
第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C种取法；
第3步，余下的3名教师作为一组，有C种取法．
根据分步乘法计数原理，共有CCC＝60(种)取法．
再将这3组教师分配到3所中学，有A＝6(种)分法，
故共有60×6＝360(种)不同的分法．
[答案]　360
?名师点津
分组分配问题的三种类型及求解策略
类型
求解策略
整体均分
解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以A(n为均分的组数)，避免重复计数
部分均分
解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数
不等分组
只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数
|跟踪训练|
在第二届乌镇互联网大会中，为了提高安保的级别和方便接待，现将其中的五个参会国的人员安排酒店住宿，这五个参会国要在a，b，c三家酒店选择一家，且这三家都至少有一个参会国入住，则这样的安排方法共有(　　)
A．96种
B．124种
C．130种
D．150种
解析：选D　∵五个参会国要在a，b，c三家酒店选择一家，且这三家都至少有一个参会国入住，
∴可以把5个参会国分成三组，一种是按照1，1，3分；另一种是按照1，2，2分．
当按照1，1，3来分时，共有eq
\f(CCC,A)A＝60(种)；当按照1，2，2来分时，共有eq
\f(CCC,A)A＝90(种)．
根据分类加法计数原理，知共有60＋90＝150(种)，故选D．
【例】　(2019届山西太原模拟)如图所示，玩具计数算盘的三档上各有7个算珠，现将每档算珠分为左、右两部分，左侧的每个算珠表示数2，右侧的每个算珠表示数1(允许一侧无珠)，记上、中、下三档的数字和分别为a，b，c.例如，图中上档的数字和a＝9.若a，b，c成等差数列，则不同的分珠计数法有________种．
[解析]　根据题意知，a，b，c的取值范围都是区间[7，14]中的8个整数，故公差d的范围是区间[－3，3]中的整数．①当公差d＝0时，有C＝8(种)；②当公差d＝±1时，b不取7和14，有2×C＝12(种)；③当公差d＝±2时，b不取7，8，13，14，有2×C＝8(种)；④当公差d＝±3时，b只能取10或11，有2×C＝4(种)．综上，共有8＋12＋8＋4＝32(种)不同的分珠计数法．
[答案]　32
?名师点津
排列、组合应用题常与数列、立体几何、解析几何等知识交汇命题，主要考查学生的逻辑推理能力，求解时注意两个原理的应用．
|跟踪训练|
(2019届江西南昌模拟)已知三棱锥的6条棱代表6种不同的化工产品，有公共顶点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是安全的，没有公共顶点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是危险的．现用编号为1，2，3的三个仓库存放这6种化工产品，每个仓库放2种，那么安全存放的不同方法种数为(　　)
A．12
B．24
C．36
D．48
解析：选D　如图所示的三棱锥中，设6条棱为a，b，c，d，e，f，分析可得a与d，b与f，c与e不能分到同一组，分2步进行分析：①将6种化工产品分成3组，其中a与d，b与f，c与e不能分到同一组，有eq
\f(CCC,A)－3×2－1＝8(种)分组方法；②将分好的三组全排列，对应3个仓库，有A＝6(种)情况，则不同的安全存放的种数有8×6＝48(种)，故选D．
PAGE第八节　离散型随机变量的均值与方差　正态分布
[最新考纲]
[考情分析]
[核心素养]
1.理解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差的概念.2.能计算简单离散型随机变量的均值、方差，并能解决一些简单实际问题.3.了解正态密度曲线的特点及曲线所表示的意义，并进行简单应用.
　　主要考查随机变量的极值与方差的求法，多在解答题中涉及，正态分布多为选择题、填空题，分值为5分.
1.数学建模2.数学运算
‖知识梳理‖
1．均值
(1)一般地，若离散型随机变量X的分布列为
X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn
则称E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn为随机变量X的均值或数学期望．它反映了离散型随机变量取值的平均水平．
(2)若Y＝aX＋b，其中a，b为常数，则Y也是随机变量，且E(aX＋b)＝aE(X)＋b．
(3)①若X服从两点分布，则E(X)＝p；
②若X～B(n，p)，则E(X)＝np．
2．方差
(1)设离散型随机变量X的分布列为
X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn
则(xi－E(X))2描述了xi(i＝1，2，…，n)相对于均值E(X)的偏离程度．而D(X)＝为这些偏离程度的加权平均，刻画了随机变量X与其均值E(X)的平均偏离程度．称D(X)为随机变量X的方差，并称其算术平方根为随机变量X的标准差．
(2)D(aX＋b)＝a2D(X)．
(3)若X服从两点分布，则D(X)＝p(1－p)．
(4)若X～B(n，p)，则D(X)＝np(1－p)．
3．正态分布
(1)正态曲线的特点
①曲线位于x轴上方，与x轴不相交；
②曲线是单峰的，它关于直线x＝μ对称；
③曲线在x＝μ处达到峰值；
④曲线与x轴之间的面积为1；
⑤当σ一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着μ的变化而沿x轴平移；
⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；σ越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散．
(2)正态分布的三个常用数据
①P(μ－σ②P(μ－2σ③P(μ－3σ?常用结论
若Y＝aX＋b，其中a，b是常数，X是随机变量，则
(1)E(k)＝k，D(k)＝0，其中k为常数．
(2)E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2D(X)．
(3)E(X1＋X2)＝E(X1)＋E(X2)．
(4)D(X)＝E(X2)－(E(X))2.
(5)若X1，X2相互独立，则E(X1·X2)＝E(X1)·E(X2)．
(6)若X～N(μ，σ2)，则X的均值与方差分别为E(X)＝μ，D(X)＝σ2.
‖基础自测‖
一、疑误辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．
(1)数学期望是算术平均数概念的推广，与概率无关．(　　)
(2)随机变量的均值是常数，样本的均值是随机变量．(　　)
(3)随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值偏离均值的平均程度，方差或标准差越小，则偏离均值的平均程度越小．(　　)
(4)均值与方差都是从整体上刻画离散型随机变量的情况，因此它们是一回事．(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)√　(4)×
二、走进教材
2．(选修2－3P68A1改编)已知X的分布列为
X
－1
0
1
P
设Y＝2X＋3，则E(Y)的值为(　　)
A．
B．4
C．－1
D．1
答案：A
3．(选修2－3P68练习2改编)若随机变量X满足P(X＝c)＝1，其中c为常数，则D(X)的值为________．
答案：0
4．(选修2－3P75B组T2)已知随机变量X服从正态分布N(3，1)，且P(X>2c－1)＝P(X答案：
三、易错自纠
5．已知ξ～B，并且η＝2ξ＋3，则方差D(η)＝(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：选A　由题意知，D(ξ)＝4××＝，
∵η＝2ξ＋3，∴D(η)＝4·D(ξ)＝4×＝.
6．一个正四面体ABCD的四个顶点上分别标有1分，2分，3分和4分，往地面抛掷一次记不在地面上的顶点的分数为X，则X的均值为________．
解析：X的分布列为
X
1
2
3
4
P
∴E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＝.
答案：
【例1】　(2019届河北九校第二次联考)已知某种植物种子每粒成功发芽的概率都为，某植物研究所分三个小组分别独立进行该种子的发芽试验，每次试验种一粒种子，每次试验结果相互独立．假定某次试验种子发芽则称该次试验是成功的，如果种子没有发芽，则称该次试验是失败的．
(1)第一小组做了四次试验，求该小组恰有两次失败的概率；
(2)第二小组做了四次试验，设试验成功与失败的次数的差的绝对值为X，求X的分布列及数学期望．
[解]　(1)该小组恰有两次失败的概率P＝C·＝＝.
(2)由题意可知X的取值集合为{0，2，4}，
则P(X＝0)＝C＝＝，
P(X＝2)＝C＋C＝＝，
P(X＝4)＝C＋C＝＝.
故X的分布列为
X
0
2
4
P
故E(X)＝0×＋2×＋4×＝，即所求数学期望为.
?名师点津
离散型随机变量的均值与方差求法的关键点及注意点
(1)求离散型随机变量的均值与方差关键是确定随机变量的所有可能值，写出随机变量的分布列，正确运用均值、方差公式进行计算．
(2)注意E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2D(X)的应用．
|跟踪训练|
1．(2019届兰州市高三实战考试)某智能共享单车备有A，B两种车型，采用分段计费，A型单车每30分钟收费0.5元(不足30分钟的部分按30分钟计算)，B型单车每30分钟收费1元(不足30分钟的部分按30分钟计算)．现有甲、乙、丙三人，分别相互独立地到租车点租车骑行(各租一车一次)，设甲、乙、丙不超过30分钟还车的概率分别为，，，并且三个人每人租车都不会超过60分钟，甲、乙均租用A型单车，丙租用B型单车．
(1)求甲、乙两人所付的费用之和等于丙所付的费用的概率；
(2)设甲、乙、丙三人所付的费用之和为随机变量ξ，求ξ的分布列和数学期望．
解：(1)由题意，得甲、乙、丙三人在30分钟以上且不超过60分钟还车的概率分别为，，.
设“甲、乙两人所付的费用之和等于丙所付的费用”为事件M，
则P(M)＝××＋××＝.
(2)由题意，随机变量ξ的所有可能取值为2，2.5，3，3.5，4，
则P(ξ＝2)＝××＝，
P(ξ＝2.5)＝××＋××＝，
P(ξ＝3)＝××＋××＝，
P(ξ＝3.5)＝××＋××＝，
P(ξ＝4)＝××＝，
所以ξ的分布列为
ξ
2
2.5
3
3.5
4
P
所以E(ξ)＝2×＋2.5×＋3×＋3.5×＋4×＝.
【例2】　(2019届合肥市二检)某种大型医疗检查机器生产商，对一次性购买2台机器的客户，推出2种超过质保期后2年内的延保维修优惠方案：
方案一：交纳延保金7
000元，在延保的2年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费2
000元；
方案二：交纳延保金10
000元，在延保的2年内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费1
000元．
某医院准备一次性购买2台这种机器．现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了50台这种机器超过质保期后延保2年内维修的次数，得下表：
维修次数
0
1
2
3
台数
5
10
20
15
以这50台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率．记X表示这2台机器超过质保期后延保的2年内共需维修的次数．
(1)求X的分布列；
(2)以方案一与方案二所需费用(所需延保金及维修费用之和)的期望值为决策依据，医院选择哪种延保方案更合算？
[解]　(1)X的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，6.
P(X＝0)＝×＝，
P(X＝1)＝××2＝，
P(X＝2)＝×＋××2＝，
P(X＝3)＝××2＋××2＝，
P(X＝4)＝×＋××2＝，
P(X＝5)＝××2＝，
P(X＝6)＝×＝，
∴X的分布列为
X
0
1
2
3
4
5
6
P
(2)选择延保方案一，所需费用Y1的分布列为
Y1
7
000
9
000
11
000
13
000
15
000
P
E(Y1)＝×7
000＋×9
000＋×11
000＋×13
000＋×15
000＝10
720(元)．
选择延保方案二，所需费用Y2的分布列为
Y2
10
000
11
000
12
000
P
E(Y2)＝×10
000＋×11
000＋×12
000＝10
420(元)．
∵E(Y1)>E(Y2)，∴该医院选择延保方案二较合算．
?名师点津
利用均值、方差进行决策的2个方略
(1)当均值不同时，两个随机变量取值的水平可见不同，可对问题作出判断．
(2)若两随机变量均值相同或相差不大，则可通过分析两变量的方差来研究随机变量的离散程度或者稳定程度，进而进行决策．
|跟踪训练|
2．(2020届贵阳摸底)某公司在迎新年晚会上举行抽奖活动，有甲、乙两个抽奖方案供员工选择．
方案甲：员工最多有两次抽奖机会，每次抽奖的中奖率均为.第一次抽奖，若未中奖，则抽奖结束；若中奖，则通过抛一枚质地均匀的硬币，决定是否继续进行第二次抽奖．规定：若抛出硬币，反面朝上，则员工获得500元奖金，不进行第二次抽奖；若正面朝上，则员工进行第二次抽奖，在第二次抽奖中，若中奖，则获得奖金1
000元，若未中奖，则所获得的奖金为0元．
方案乙：员工连续三次抽奖，每次中奖率均为，每次中奖均可获得奖金400元．
(1)求某员工选择方案甲进行抽奖所获奖金X(单位：元)的分布列；
(2)试比较某员工选择方案乙与选择方案甲进行抽奖，哪个方案更划算？
解：(1)由题意知，X的所有可能取值为0，500，1
000，
则P(X＝0)＝＋××＝，
P(X＝500)＝×＝，
P(X＝1
000)＝××＝，
∴某员工选择方案甲进行抽奖所获奖金X的分布列为
X
0
500
1
000
P
(2)由(1)可知，选择方案甲进行抽奖所获奖金X的期望E(X)＝0×＋500×＋1
000×＝520；
若选择方案乙进行抽奖，则中奖次数ξ～B，E(ξ)＝3×＝，抽奖所获奖金Y的期望E(Y)＝E(400ξ)＝400E(ξ)＝480.因为520>480，故选择方案甲更划算．
【例】　(2019届大连模拟)某钢管生产车间生产一批钢管(大量)，质检员从中抽出若干根对其直径(单位：mm)进行测量，得出这批钢管的直径X服从正态分布N(65，4.84)．当质检员随机抽检时，测得一根钢管的直径为73
mm，他立即要求停止生产，检查设备，
(1)请你根据所学知识，判断该质检员的决定是否有道理，并说明判断的依据；
(2)如果从该批钢管中随机抽取100根，设其直径满足在60.6～65
mm内的根数为随机变量ξ.
①求随机变量ξ的数学期望；
②求使P(ξ＝k)取最大值时的整数k的值．
附：若随机变量Z服从正态分布Z～N(μ，σ2)，则P(μ－σ7；P(μ－2σ5；P(μ－3σ3.
[解]　(1)由题意知，μ＝65，σ＝2.2，μ－3σ＝58.4，μ＋3σ＝71.6，73∈(μ＋3σ，＋∞)，
∴P(X>71.6)＝＝＝0.001
4.
∴测得一根钢管的直径为73
mm为小概率事件，故该质检员的决定有道理．
(2)①∵μ＝65，σ＝2.2，μ－2σ＝60.6，
由题意P(μ－2σ3，
∴ξ～B(100，0.477
3)．
∴E(ξ)＝100×0.477
2＝47.73(根)；
②P(ξ＝k)＝C0.477
3k·0.522
7100－k，
设P(X＝k)最大，则
即解得47.207
3≤k≤48.207
3.
∵k∈N
，∴使P(X＝k)取最大值时的整数k＝48.
?名师点津
求解此类问题的关键是理清条件中变量之间的关系，弄准数据，准确运算是解决这类问题的注意点．
|跟踪训练|
(2019届武汉市武昌区高三调考)某公司开发了一种产品，有一项质量指标为“长度”(记为l，单位：cm)，先从中随机抽取100件，测量发现全部介于85
cm和155
cm之间，得到如下频数分布表：
分组
[85，95)
[95，105)
[105，115)
[115，125)
[125，135)
[135，145)
[145，155]
频数
2
9
22
33
24
8
2
已知该批产品的该项质量指标值服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数x，σ2近似为样本方差s2(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)．
(1)求P(132.2(2)公司规定：当l≥115时，产品为正品；当l<115时，产品为次品．公司每生产一件这种产品，若是正品，则盈利90元；若是次品，则亏损30元．记ξ为生产一件这种产品的利润，求随机变量ξ的分布列和数学期望．
参考数据：≈12.2.
若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ7，P(μ－2σ5，P(μ－3σ3.
解：(1)由题意知，抽取产品质量指标值的样本平均数x＝90×0.02＋100×0.09＋110×0.22＋120×0.33＋130×0.24＋140×0.08＋150×0.02＝120，
抽取产品质量指标值的方差s2＝900×0.02＋400×0.09＋100×0.22＋0×0.33＋100×0.24＋400×0.08＋900×0.02＝150.
所以l～N(120，150)，又σ＝≈12.2，
所以P(μ7＝0.341
4，P(μ5＝0.477
3.
所以P(132.29.
(2)由频数分布表得，P(l<115)＝0.02＋0.09＋0.22＝0.33，P(l≥115)＝1－0.33＝0.67.
随机变量ξ的取值为90，－30，且P(ξ＝90)＝0.67，
P(ξ＝－30)＝0.33，
所以随机变量ξ的分布列为
ξ
90
－30
P
0.67
0.33
所以E(ξ)＝90×0.67－30×0.33＝50.4.
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