资源简介

计数原理、概率、随机变量及其分布
课程标准
命题解读
1.理解样本点、有限样本空间、随机事件．2．会计算古典概型中简单随机事件的概率，加深对随机现象的认识和理解．3．理解两个基本计数原理，运用计数原理探索排列、组合、二项式定理等问题．4．了解条件概率及其与独立性的关系，能进行简单计算．5．感悟离散型随机变量及其分布列的含义，知道可以通过随机变量更好地刻画随机现象．6．理解伯努利试验，掌握二项分布，了解超几何分布．7．感悟服从正态分布的随机变量，知道连续型随机变量．8．基于随机变量及其分布解决简单的实际问题.
考查形式：高考在本章一般命制一道选择题或填空题及一道解答题．考查内容：两个计数原理、排列与组合、二项式定理、概率、随机变量及其分布，其中概率、随机变量及其分布是高考命题的热点，每年必考．备考策略：(1)计数原理常与古典概型综合．(2)掌握二项式定理及其应用，会利用通项公式求特定项．(3)加强以实际问题为背景，考查分布列、期望等是高考的热点题型的训练．(4)概率统计试题的阅读量和信息量都有所加强，考查角度趋向于应用概率统计知识对实际问题做出决策．核心素养：数学建模、数学运算、逻辑推理.
第1节　基本计数原理、排列与组合
一、教材概念·结论·性质重现
1．两个计数原理
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
条件
完成一件事，如果有n类办法，且：第一类办法中有m1种不同的方法，第二类办法中有m2种不同的方法……第n类办法中有mn种不同的方法
完成一件事，如果需要分成n个步骤，且：做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法
结论
那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法
那么完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法
两个计数原理的区别
分类加法计数原理针对“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对“分步”问题，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事．
2．排列与组合的定义
排列的定义
从n个不同对象中取出m(m≤n)个对象
按照一定的顺序排成一列
组合的定义
并成一组
3.排列数、组合数的定义、公式、性质
排列数
组合数
定义
从n个不同对象中取出m(m≤n)个对象的所有排列的个数
从n个不同对象中取出m(m≤n)个对象的所有组合的个数
公式
A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝
C＝＝
性质
A＝n！，0！＝1
C＝C，C＋C＝C
(1)“排列”与“组合”的辨析
排列与组合最根本的区别在于“有序”和“无序”．取出元素后交换顺序，如果与顺序有关，则是排列；如果与顺序无关，则是组合．
(2)①排列数与组合数之间的联系：CA＝A；
②两种形式：连乘积形式；阶乘形式．
前者多用于数字计算，后者多用于含有字母的排列数式子的变形与论证．
二、基本技能·思想·活动体验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．(
×
)
(2)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)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．(
×
)
(4)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．(
√
)
(5)若C＝C，则x＝m成立．(
×
)
2．有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则不同的监考方法有(　　)
A．8种
B．9种
C．10种
D．11种
B　解析：设四位监考教师分别为A，B，C，D，所教班分别为a，b，c，d.假设A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法，同理A监考c，d时，也分别有3种不同方法．由分类加法计数原理，共有3＋3＋3＝9(种)不同的监考方法．
3．某中学语文老师从《红楼梦》《平凡的世界》《红岩》《老人与海》4本不同的名著中选出3本，分给三个同学去读，其中《红楼梦》为必读，则不同的分配方法共有(　　)
A．6种
B．12种
C．18种
D．24种
C　解析：(1)先从《平凡的世界》《红岩》《老人与海》三本书中选择2本，共有C＝3(种)选法；(2)将选出的2本书与《红楼梦》共计3本书进行全排列，对应分给三个学生，有A＝6(种)排法．根据分步乘法计数原理，不同的分配方法有3×6＝18(种)．故选C.
4．由数字2,0,1,9组成没有重复数字的四位偶数的个数为________．
10　解析：根据所组成的没有重复数字的四位偶数的个位是否为0进行分类计数：第一类，个位是0时，满足题意的四位偶数的个数为A＝6；第二类，个位是2时，满足题意的四位偶数的个数为CA＝4.由分类加法计数原理，得满足题意的四位偶数的个数为6＋4＝10.
5．从2名女生、4名男生中选3人参加学科竞赛，且至少有1名女生入选，则不同的选法共有________种(用数字作答)．
16　解析：(方法一)可分两种情况：第一种情况，只有1名女生入选，不同的选法有CC＝12(种)；第二种情况，有2名女生入选，不同的选法有CC＝4(种)．根据分类加法计数原理知，至少有1名女生入选的不同的选法共有12＋4＝16(种)．
(方法二)从6人中任选3人，不同的选法共有C＝20(种)．从6人中任选3人都是男生，不同的选法有C＝4(种)．所以，至少有1名女生入选的不同的选法共有20－4＝16(种).
考点1　两个原理的应用——基础性
(1)用数字0,1,2,3,4组成没有重复数字且大于3
000的四位数，这样的四位数有(　　)
A．250个　　　　　　　
B．249个
C．48个
D．24个
C　解析：分两类：①当千位上的数字为4时，满足条件的四位数有A＝24(个)；②当千位上的数字为3时，满足条件的四位数有A＝24(个)．由分类加法计数原理，得所有满足条件的四位数共有24＋24＝48(个)．故选C.
(2)某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有(　　)
A．4种　　　
B．10种　　　
C．18种　　　
D．20种
B　解析：分两种情况：①4位朋友中有2个人得到画册，有C＝6(种)赠送方法；②4位朋友中只有1个人得到画册，有C＝4(种)赠送方法．由分类加法计数原理，得不同的赠送方法共有6＋4＝10(种)．故选B.
(3)(2021·青岛质检)如图，将4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形不同色，则不同的涂法有(　　)
A．72种
B．48种
C．24种
D．12种
A　解析：(方法一)分四步完成，首先涂A有4种涂法，则涂B有3种涂法，C与A，B相邻，则C有2种涂法，D只与C相邻，则D有3种涂法．由分步乘法计数原理，得不同的涂法有4×3×2×3＝72(种)．
(方法二)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．所以不同的涂法共有24＋24×2＝72(种)．
两个计数原理的应用
(1)应用两个计数原理的难点在于明确是分类还是分步：分类要做到“不重不漏”，正确把握分类标准是关键；分步要做到“步骤完整”，步步相连才能将事件完成．
(2)较复杂的问题可借助图表来完成．
(3)对于涂色问题：①分清元素的数目以及在不相邻的区域内是否可以使用同类元素；②注意对每个区域逐一进行，分步处理．
1．甲、乙、丙三人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下．由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有(　　)
A．4种
B．6种
C．10种
D．16种
B　解析：分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件的传递方式有3种(如图)；同理，甲第一次踢给丙时，满足条件的传递方式也有3种．
由分类加法计数原理可知，共有3＋3＝6(种)传递方式．
2．如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1＜a2，且a2＞a3，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么所有凸数的个数为(　　)
A．240
B．204
C．729
D．920
A　解析：分两类：①如果这个三位数含0，则0必在末位，共有这样的凸数C个；②如果这个三位数不含0，则这样的凸数共有(CA＋C)个．综上所述，所有凸数共有2C＋CA＝240(个)．
3．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
C　解析：(方法一：以位置为主考虑)分两种情况：
(1)A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D各有1种，有4×3×2＝24(种)涂法．
(2)A，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．
(方法二：以颜色为主考虑)分两类：
(1)取4色：着色方法有2A＝48(种)．
(2)取3色：着色方法有A＝24(种)．
所以共有着色方法48＋24＝72(种)．
考点2　排列问题——基础性
(1)(2020·合肥市第二次质量检测)某部队在一次军演中要先后执行A，B，C，D，E，F六项不同的任务，要求：任务A必须排在前三项执行，且执行任务A之后需立即执行任务E，任务B，C不能相邻，则不同的执行方案共有(　　)
A．36种
B．44种
C．48种
D．54种
B　解析：由题意知任务A，E必须相邻，且只能安排为AE，由此分三类完成：①当AE排第一、二位置时，用○表示其他任务，则顺序为AE○○○○，余下四项任务，先全排D，F两项任务，然后将任务B，C插入D，F两项任务形成的三个空隙中，有AA种方法．②当AE排第二、三位置时，顺序为○AE○○○，余下四项任务又分为两类：①B，C两项任务中一项排第一位置，剩余三项任务排在后三个位置，有AA种方法；②D，F两项任务中一项排第一位置，剩余三项任务排在后三个位置，且任务B，C不相邻，有AA种方法．③当AE排第三、四位置时，顺序为○○AE○○，第一、二位置必须分别排来自B，C和D，F中的一个，余下两项任务排在后两个位置，有CCAA种方法．根据分类加法计数原理知不同的执行方案共有AA＋AA＋AA＋CCAA＝44(种)．故选B.
(2)(2020·全国卷Ⅱ)4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有________种．
36　解析：因为4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，所以先取2名同学看作一组，选法有C＝6(种)．现在可看成是3组同学分配到3个小区，分法有A＝6(种)．根据分步乘法计数原理，可得不同的安排方法共有6×6＝36(种)．
1．(2020·洛阳市第一次联考)某小区有排成一排的7个车位，现有3辆不同型号的车需要停放．如果要求剩余的4个车位连在一起，那么不同的停放方法的种数为(　　)
A．16
B．18
C．24
D．32
C　解析：第一步，将3辆不同型号的车进行排列，有A种方法；第二步，把剩余的4个车位看成一个元素，插入3辆车所形成的4个空位中，有C种方法．由分步乘法计数原理可知，不同的停放方法共有A·C＝24(种)．故选C.
2．(2020·雅礼中学高三模拟)现有10名学生排成一排，其中4名男生，6名女生．若有且只有3名男生相邻排在一起，则不同的排法共有(　　)
A．AA种
B．AA种
C．AAA种
D．AAA种
D　解析：采用捆绑法和插空法．从4名男生中选择3名，进而将3个相邻的男生捆在一起，看成1个男生，方法数是A，这样与第4个男生看成是2个男生；然后6个女生任意排的方法数是A；最后在6个女生形成的7个空隙中，插入2个男生，方法数是A.综上所述，不同的排法共有AAA种．故选D.
3．(2020·和平区高三一模)国际高峰论坛，组委会要从6个国内媒体团和3个国外媒体团中选出3个媒体团进行提问，要求这三个媒体团中既有国内媒体团又有国外媒体团，且国内媒体团不能连续提问，则不同的提问方式的种数为(　　)
A．378
B．306
C．268
D．198
D　解析：分两种情况讨论：
①若选两个国内媒体、一个国外媒体，则有CCA＝90(种)不同提问方式；
②若选两个国外媒体、一个国内媒体，则有CCA＝108(种)不同提问方式．
所以共有90＋108＝198(种)提问方式．故选D.
考点3　组合问题——基础性
(1)某单位拟安排6位员工在今年6月9日至11日值班，每天安排2人，每人值班1天．若6位员工中的甲不值9日，乙不值11日，则不同的安排方法共有(　　)
A．30种
B．36种
C．42种
D．48种
C　解析：若甲在11日值班，则在除乙外的4人中任选1人在11日值班，有C种选法，9日、10日有CC种安排方法，共有CCC＝24(种)安排方法；
若甲在10日值班，乙在9日值班，余下的4人有CCC＝12(种)安排方法；
若甲、乙都在10日值班，则共有CC＝6(种)安排方法．
所以不同的安排方法共有24＋12＋6＝42(种)．
(2)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为(　　)
A．232
B．252
C．472
D．484
C　解析：分两类：第一类，含有1张红色卡片，不同的取法共有CC＝264(种)；
第二类，不含有红色卡片，不同的取法共有C－3C＝220－12＝208(种)．
由分类加法计数原理知，不同的取法有264＋208＝472(种)．
组合问题的常见类型与处理方法
(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，再从剩下的元素中选取．
(2)“至少”或“至多”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．
1．如图，∠MON的边OM上有四点A1，A2，A3，A4，ON上有三点B1，B2，B3，则以O，A1，A2，A3，A4，B1，B2，B3中三点为顶点的三角形的个数为(　　)
A．30
B．42
C．54
D．56
B　解析：间接法：先从这8个点中任取3个点，有C种取法，再减去三点共线的情形即可，即三角形的个数为C－C－C＝42.
2．(多选题)(2020·盐城市大丰中学期中)有13名医生，其中女医生6人，现从中抽调5名医生组成医疗小组前往湖北疫区．若医疗小组至少有2名男医生，同时至多有3名女医生，设不同的选派方法种数为N，则下列等式能成为N的算式的是(　　)
A．C－CC
B．CC＋CC＋CC＋C
C．C－CC－C
D．CC
BC　解析：13名医生，其中女医生6人，男医生7人．
利用直接法，2男3女：CC；3男2女：CC；4男1女：CC；5男：C，所以N＝CC＋CC＋CC＋C.
利用间接法：13名医生，任取5人，减去抽调4名女医生和5名女医生的情况，即N＝C－CC－C.
所以能成为N的算式的是BC.故选BC.
考点4　排列与组合的综合应用——综合性
(1)(2020·滨海新区大港一中高三模拟)从5名学生中选出4名分别参加数学、物理、化学、生物四科竞赛，其中甲不能参加生物竞赛，则不同的参赛方案种数为(　　)
A．48
B．72
C．90
D．96
D　解析：甲不参加生物竞赛，则安排甲参加另外3场比赛或甲学生不参加任何比赛．
①当甲参加另外3场比赛时，共有C·A＝72(种)选择方案；②当甲不参加任何比赛时，共有A＝24(种)选择方案．故不同的参赛方案有72＋24＝96(种)．
(2)(2020·临沂市临沭县高三模拟)某旅游公司为了推出新的旅游产品项目，派出五名工作人员前往重庆的三个网红景点——洪崖洞夜景、轻轨穿楼、长江索道进行团队游的可行性调研．若每名工作人员只去一个景点，每个景点至少有一名工作人员前往，其中工作人员甲、乙需要到同一景点调研，则不同的人员分配方案种数为(　　)
A．18
B．36
C．54
D．72
B　解析：若甲、乙一起(无其他人)有CA＝18(种)方案；
若甲、乙与另一人一起(三人一起)有CA＝18(种)方案．所以不同的人员分配方案有18＋18＝36(种)．故选B.
(3)有七名同学站成一排照毕业纪念照，其中甲必须站在正中间，并且乙、丙两名同学要站在一起，则不同的站法有(　　)
A．240种
B．192种
C．96种
D．48种
B　解析：当丙和乙在甲的左侧时，共有ACAA＝96(种)站法．同理，当丙和乙在甲的右侧时，也有96种站法，所以不同的站法共有192种．
求解排列、组合应用问题的六种主要方法
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档中
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
1．(2020·杭州市高三二模)有来自甲、乙、丙三个班级的5名同学站成一排照相，其中甲班2人，乙班2人，丙班1人，则仅有一个班级的同学相邻的站法种数是(　　)
A．96
B．48
C．36
D．24
B　解析：
由题意知，可以是甲班的2名同学相邻，也可以是乙班的2名同学相邻，相邻的2名同学和丙班的1名同学站队，共有CAA种站法．再将另外一个班级的2名同学进行插空，共有A种站法．由分步乘法计数原理知，仅有一个班级的同学相邻的站法种数是CAAA＝48.故选B.
2．(2020·泸州市高三三模)某中学学生会体育部共有5人，现需从体育部选派4人，分别担任拔河比赛的裁判、记录结果、核查人数、维持纪律四项工作，每人只担任其中一项工作，其中甲没有担任裁判工作，则不同的工作安排方式共有
(　　)
A．120种
B．48种
C．96种
D．60种
C　解析：从5人中选4人担任4项不同工作，有A种方法．若甲担任裁判工作，再从另外4人中选3人担任3项不同工作，有A种方法，则符合题意的工作安排方式共有A－A＝96(种)．故选C.
3．安排A，B，C，D，E，F
六位义工照顾甲、乙、丙三位老人，每两位义工照顾一位老人，考虑到义工与老人的住址距离问题，不安排义工A照顾老人甲，不安排义工B照顾老人乙，求不同的安排方法种数．
解：(方法一)先按A分类，兼顾考虑B，分类如下．
A照顾乙，B照顾甲，有安排方法CC＝12(种)；
A照顾乙，B照顾丙，有安排方法CC＝12(种)；
A照顾丙，B照顾甲，有安排方法CC＝12(种)；
A照顾丙，B照顾丙，有安排方法C＝6(种)．
综上分析可得，不同的安排方法共有12＋12＋12＋6＝42(种)．
(方法二：间接法)六位义工照顾三位老人，每两位义工照顾一位老人，共有安排方法CC＝90(种)．
其中A照顾老人甲的情况有CC＝30(种)；
B照顾老人乙的情况有CC＝30(种)；
A照顾老人甲，同时B照顾老人乙的情况有CC＝12(种)．
所以符合题意的安排方法有90－30－30＋12＝42(种)．第2节　二项式定理
一、教材概念·结论·性质重现
1．二项式定理
二项式定理
(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn(n∈N
)
二项展开式的通项公式
Tk＋1＝Can－kbk，它表示展开式的第k＋1项
二项式系数
C(k＝0,1,2，…，n)
(a＋b)n的展开式与(b＋a)n的展开式的项完全相同，但对应的项不相同，而且两个展开式的通项不同．
2．二项式系数的性质
二项展开式形式上的特点
(1)项数为n＋1.
(2)各项的次数都等于二项式的幂指数n，即a与b的指数的和为n.
(3)字母a按降幂排列，从第一项开始，次数由n逐项减1直到0；字母b按升幂排列，从第一项起，次数由0逐项加1直到n.
二、基本技能·思想·活动体验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(1)Can－kbk是(a＋b)n的展开式中的第k项．(
×
)
(2)二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项．(
×
)
(3)(a＋b)n的展开式中某一项的二项式系数与a，b无关．(
√
)
(4)通项公式Tk＋1＝Can－kbk中的a和b不能互换．(
√
)
(5)(a＋b)n的展示式中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．(
√
)
2．(1－2x)4展开式中第3项的二项式系数为(　　)
A．6
B．－6
C．24
D．－24
A　解析：(1－2x)4展开式中第3项的二项式系数为C＝6.故选A.
3．二项式5的展开式中x3y2的系数是(　　)
A．5
B．－20
C．20
D．－5
A　解析：二项式5的通项公式为Tk＋1＝C5－k(－2y)k.根据题意，得解得k＝2.所以x3y2的系数是C3×(－2)2＝5.故选A.
4．(2020·天津联考)已知8的展开式中常数项为112，则实数a的值为
(　　)
A．±1
B．1
C．2
D．±2
A　解析：8展开式中的通项公式为
Tk＋1＝C()8－k·k＝C(－2a)kx－k.令－k＝0，求得k＝2，所以它的展开式的常数项是C(－2a)2.
再根据展开式中的常数项是112，可得C(－2a)2＝112，求得a＝±1.故选A.
5．(x＋1)5(x－2)的展开式中x2的系数为________．
－15　解析：(x＋1)5(x－2)＝x(x＋1)5－2(x＋1)5展开式中含有x2的项为－20x2＋5x2＝－15x2.故x2的系数为－15.
6．若(x－1)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则a0＋a2＋a4的值为________．
8　解析：令x＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝0.令x＝－1，则a0－a1＋a2－a3＋a4＝16，两式相加得a0＋a2＋a4＝8.
考点1　二项展开式的通项公式及其应用——基础性
考向1　求二项展开式中的特定项
(1)(2020·全国卷Ⅲ)6的展开式中常数项是________(用数字作答)．
240　解析：展开式的通项为Tk＋1＝C(x2)6－k·k＝2kCx12－3k.令12－3k＝0，解得k＝4，故常数项为24C＝240.
(2)(2019·浙江卷)在二项式(＋x)9的展开式中，常数项是________；系数为有理数的项的个数是________．
16　5　解析：由题意，(＋x)9的通项公式为Tk＋1＝C()9－k·xk(k＝0,1,2，…，9)．当k＝0时，可得常数项为T1＝C()9＝16.若展开式的系数为有理数，则k＝1,3,5,7,9，有T2，T4，T6，T8，T10共5个．
求二项展开式中特定项的步骤
第一步，利用二项式定理写出二项展开式的通项公式Tk＋1＝Can－kbk，把字母和系数分离开(注意符号不要出错)；
第二步，根据题目中的相关条件(如常数项要求指数为零，有理项要求指数为整数)先列出相应方程(组)或不等式(组)，解出k；
第三步，把k代入通项公式中，即可求出Tk＋1，有时还需要先求n，再求k，才能求出Tk＋1或者其他量．
考向2　形如(a＋b)m(c＋d)n(m，n∈N
)的展开式
(1)(2020·全国卷Ⅰ)(x＋y)5的展开式中x3y3的系数为(　　)
A．5
B．10
C．15
D．20
C　解析：要求(x＋y)5的展开式中x3y3的系数，只要分别求出(x＋y)5的展开式中x2y3和x4y的系数再相加即可．由二项式定理可得(x＋y)5的展开式中x2y3的系数为C＝10，x4y的系数为C＝5，故(x＋y)5的展开式中x3y3的系数为10＋5＝15.故选C.
(2)(x2＋1)5的展开式的常数项是(　　)
A．5
B．－10
C．－32
D．－42
D　解析：5的通项公式为C×5－k×(－2)k＝C×(－2)k×x.令＝0，解得k＝5；令＝－2，得k＝1.
故(x2＋1)×5的展开式的常数项是C×(－2)＋C×(－2)5＝－42.
求解形如(a＋b)n(c＋d)m的展开式问题的思路
(1)若n，m中一个比较小，可考虑把它展开，如(a＋b)2(c＋d)m＝(a2＋2ab＋b2)(c＋d)m，然后展开分别求解．
(2)观察(a＋b)n(c＋d)m是否可以合并，如(1＋x)5·(1－x)7＝[(1＋x)(1－x)]5(1－x)2＝(1－x2)5·(1－x)2.
(3)分别得到(a＋b)n，(c＋d)m的通项公式，综合考虑．
考向3　形如(a＋b＋c)n(n∈N
)的展开式
(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2项的系数为(　　)
A．10
B．20
C．30
D．60
C　解析：(方法一)(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，
含y2的项为T3＝C(x2＋x)3y2.
其中(x2＋x)3中含x5的项为Cx4·x＝Cx5.
所以x5y2的系数为C×C＝30.
(方法二)(x2＋x＋y)5表示5个x2＋x＋y之积，
所以x5y2可从其中5个因式中，2个取因式中的x2，剩余的3个因式中1个取x,2个因式取y，因此x5y2的系数为CCC＝30.
求三项展开式中某些特定项的系数的方法
(1)通过变形先把三项式转化为二项式，再用二项式定理求解．
(2)两次利用二项式定理的通项公式求解．
(3)由二项式定理的推证方法知，可用排列、组合的基本原理去求，即把三项式看作几个因式之积，要得到特定项看有多少种方法从这几个因式中取因式中的量．
1．(2020·海淀区高三一模)在6的展开式中，常数项为(　　)
A．－120
B．120
C．－160
D．160
C　解析：6展开式的通项公式为Tk＋1＝(－1)k2kCx2k－6
.令2k－6＝0，得k＝3.
所以常数项为T3＋1＝(－1)323C＝－160.故选C.
2．(2021·烟台模拟)已知n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
B　解析：由n的展开式的各项系数和为243，令x＝1，得3n＝243，即n＝5，所以n＝5，则Tk＋1＝C·(x3)5－k·k＝2k·C·x15－4k.令15－4k＝7，得k＝2，所以展开式中x7的系数为22×C＝40.
3．(2021·八省联考)(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)9的展开式中x2的系数是
(　　)
A．60
B．80
C．84
D．120
D　解析：(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)9的展开式中x2的系数是C＋C＋C＋…＋C.
因为C＝C，所以C＋C＝C＋C＝C.
所以C＋C＋C＝C＋C＝C.
以此类推，C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＝C＝＝120.
4．(2020·攀枝花市高三三模)(x2－x－2)3的展开式中，含x4的项的系数是(　　)
A．9
B．－9
C．3
D．－3
D　解析：因为(x2－x－2)3＝(x－2)3(x＋1)3，所以含x4的项为Cx3·Cx＋Cx2(－2)·Cx2＋Cx×(－2)2·Cx3＝－3x4.故选D.
考点2　二项式系数与各项的系数和问题——基础性
(1)在二项式(1－2x)n的展开式中，偶数项的二项式系数之和为128，则展开式的中间项的系数为(　　)
A．－960
B．960
C．1
120
D．1
680
C　解析：根据题意，奇数项的二项式系数之和也应为128，所以在(1－2x)n的展开式中，二项式系数之和为256，即2n＝256，解得n＝8，则(1－2x)8的展开式的中间项为第5项，且T5＝C(－2)4x4＝1
120x4，即展开式的中间项的系数为1
120.故选C.
(2)(2020·哈尔滨市第一中学高三一模)若(1－2x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，则|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a8|＝(　　)
A．28－1
B．28
C．38－1
D．38
D　解析：由题可知，x的奇数次幂的系数均为负数，
所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a8|＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a8.
因为(1－2x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，
令x＝－1得a0－a1＋a2－a3＋…＋a8＝38，
则|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a8|＝38.故选D.
(1)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．
(2)若f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f(x)的展开式中，
①各项系数之和为f(1)；
②奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝；
③偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝.
1．(2020·广西高三5月联考)若(a＋x2)(1＋x)n的展开式中各项系数之和为192，且常数项为2，则该展开式中x4的系数为(　　)
A．30
B．45
C．60
D．81
B　解析：令x＝0，得a＝2，所以(a＋x2)(1＋x)n＝(2＋x2)(1＋x)n.令x＝1，得3×2n＝192，所以n＝6.故该展开式中x4的系数为2C＋C＝45.故选B.
2．(2020·大同一中高三一模)若a0＋a1(2x－1)＋a2(2x－1)2＋a3(2x－1)3＋a4(2x－1)4＋a5(2x－1)5＝x5，则a2的值为(　　)
A.
B.
C.
D.
C　解析：因为x5＝[(2x－1)＋1]5，所以二项式[(2x－1)＋1]5的展开式的通项公式为Tk＋1＝C·(2x－1)5－k×1k＝C·(2x－1)5－k.令k＝3，所以T4＝C·(2x－1)2.因此有a2＝·C＝·C＝×＝.故选C.
3．(多选题)(2020·南京市高三开学考试)已知(2＋x)(1－2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6，则(　　)
A．a0的值为2
B．a5的值为16
C．a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6的值为－5
D．a1＋a3＋a5的值为120
ABC　解析：令x＝0，得a0＝2，故A正确．
2×(－2)5C＋(－2)4C＝16，故a5＝16，B正确．
令x＝1，得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝－3①.
又a0＝2，所以a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝－5，故C正确．
令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝243②.由①②得a1＋a3＋a5＝－123，D错误．故选ABC.
考点3　二项式系数的性质——综合性
考向1　二项式系数的最值问题
(2020·大庆市高三三模)若n的展开式中只有第7项的二项式系数最大，则展开式中含x2项的系数是(　　)
A．－462
B．462
C．792
D．－792
D　解析：因为n的展开式中只有第7项的二项式系数最大，所以n为偶数，展开式共有13项，则n＝12.12的展开式的通项公式为Tk＋1＝(－1)kC
x12－2k.令12－2k＝2，得k＝5.所以展开式中含x2项的系数是(－1)5C＝－792.故选D.
考向2　项的系数的最值问题
(1)(2020·邵阳市高三第一次联考)设m为正整数，(x＋y)2m展开式的二项式系数的最大值为a，(x＋y)2m＋1展开式的二项式系数的最大值为b.若13a＝7b，则m＝
(　　)
A．5
B．6
C．7
D．8
B　解析：由题意可知C＝a，C＝b.因为13a＝7b，所以13C＝7C，即13＝7，所以13＝7·，解得m＝6.故选B.
(2)(2020·延安市第一中学高三月考)已知(x＋3x2)n的展开式中，各项系数和比它的二项式系数和大992，求：
①展开式中二项式系数最大的项；
②展开式中系数最大的项．
解：令x＝1，则展开式中各项系数和为(1＋3)n＝22n.
又展开式中二项式系数和为2n，
所以22n－2n＝992，n＝5.
①因为n＝5，展开式共6项，二项式系数最大的项为第3,4两项，所以T3＝C(x)3(3x2)2＝90x6，
T4＝C(x)2(3x2)3＝270x.
②设展开式中第r＋1项系数最大，
则Tr＋1＝C(x)5－r(3x2)r＝3rCx.
所以解得≤r≤.所以r＝4，即展开式中第5项的系数最大，T5＝405x.
1．二项式系数最大项的确定方法
当n为偶数时，展开式中第项的二项式系数最大，最大值为；当n为奇数时，展开式中第项和第项的二项式系数最大，最大值为或.
2．二项展开式系数最大项的求法
如求(a＋bx)n(a，b∈R)的展开式系数最大的项，一般是采用待定系数法．设展开式各项系数分别为A1，A2，…，An＋1，且第k项系数最大，应用解出k即可．
1．(2020·绵阳高三三模)在二项式n的展开式中，仅第4项的二项式系数最大，则展开式中常数项为(　　)
A．－360
B．－160
C．160
D．360
B　解析：因为展开式中，仅第4项的二项式系数最大，
所以展开式共有7项．所以n＝6.
所以展开式的通项公式为Tk＋1＝Cx6－k·k＝(－2)kCx6－2k.
由6－2k＝0得k＝3，即常数项为T4＝(－2)3C＝－160.故选B.
2．已知(1＋3x)n的展开式中，后三项的二项式系数的和等于121，则展开式中二项式系数最大的项为________．
C(3x)7和C(3x)8　解析：由已知得C＋C＋C＝121，则n(n－1)＋n＋1＝121，即n2＋n－240＝0，解得n＝15(舍去负值)，所以展开式中二项式系数最大的项为T8＝C(3x)7和T9＝C(3x)8.
(1－)6(1＋)4的展开式中x的系数是(　　)
A．－4
B．－3
C．3
D．4
[四字程序]
读
想
算
思
展开式中x的系数
1.二项展开式的项与系数；2．展开式的通项公式
两个乘积式各自用展开式的通项公式计算系数
转化
(1－)6·(1＋)4
第k＋1项Tk＋1＝Can－kbk
Tk＋1＝Can－kbk
1.通项公式法；2．组合数生成法
思路参考：直接利用两个二项展开式的通项公式乘积获得x的系数．
B　解析：(1－)6的展开式的通项公式为C·(－)m＝C(－1)mx，(1＋)4的展开式的通项公式为C·()n＝Cx，其中m＝0,1,2，…，6，n＝0,1,2,3,4.令＋＝1，得m＋n＝2，于是(1－)6(1＋)4的展开式中x的系数等于C·(－1)0·C＋C·(－1)1·C＋C·(－1)2·C＝－3.
思路参考：将两个二项式化成一个二项展开式与一个多项式乘积的形式，再利用二项展开式的通项公式．
B　解析：(1－)6(1＋)4＝[(1－)(1＋)]4(1－)2＝(1－x)4(1－2＋x)．于是(1－)6(1＋)4的展开式中x的系数为C·1＋C(－1)1×1＝－3.
思路参考：利用组合的知识求解x的系数．
B　解析：在(1－)6(1＋)4的展开式中要出现x，可以分为以下三种情况：
①(1－)6中选2个(－)，(1＋)4中选0个作积，这样得到的x的系数为C·C＝15；
②(1－)6中选1个(－)，(1＋)4中选1个作积，这样得到的x的系数为C(－1)1·C＝－24；
③(1－)6中选0个(－)，(1＋)4中选2个作积，这样得到的x的系数为C·C＝6.
所以x的系数为15－24＋6＝－3.故选B.
二项式定理是必考内容，主要以通项公式为主，考查系数问题，解法灵活多变，借助二项展开式的通项公式，在每个二项展开式中求出各自的通项公式，最后利用展开式中系数的生成法求出结果．解答本题需要一定的运算能力和推理能力，体现了逻辑推理及数学运算的素养．
在(x2＋2x＋1)2(x－1)5的展开式中，x4的系数为(　　)
A．－6
B．6
C．10
D．4
A　解析：(x2＋2x＋1)2(x－1)5＝(x＋1)4(x－1)5＝(1＋x)4(－1＋x)5.
因为(1＋x)4的展开式的通项公式为Tr＋1＝C·14－r·xr＝Cxr，(－1＋x)5的展开式的通项公式为Tk＋1＝C·(－1)5－k·xk，
则展开式中含x4的项需满足r＋k＝4，
所以展开式中x4的系数为CC·(－1)＋CC·(－1)2＋CC·(－1)3＋CC·(－1)4＋CC·(－1)5＝－5＋40－60＋20－1＝－6.故选A.第3节　随机事件的概率
一、教材概念·结论·性质重现
1．样本点与样本空间
把随机试验中每一种可能出现的结果，都称为样本点，把由所有样本点组成的集合称为样本空间(通常用大写希腊字母Ω表示)．
2．事件的相关概念
3．事件的关系与运算
(1)事件的关系
定义
表示法
图示
包含关系
一般地，对于事件A与事件B，如果事件A发生时，事件B一定发生，则称“A包含于B”(或“B包含A”)
A?B(或B?A)
相等关系
如果事件A发生时，事件B一定发生；而且事件B发生时，事件A也一定发生，则称“A与B相等”
A＝B?A?B且B?A
事件互斥
给定事件A，B，若事件A与B不能同时发生，则称A与B互斥
AB＝?(或A∩B＝?)
事件对立
给定样本空间Ω与事件A，则由Ω中所有不属于A的样本点组成的事件称为A的对立事件
(2)事件的和与积
定义
表示法
图示
事件的和(并)
给定事件A，B，由所有A中的样本点与B中的样本点组成的事件称为A与B的和(或并)
A＋B或(A∪B)
事件的积(交)
给定事件A，B，由A与B中的公共样本点组成的事件称为A与B的积(或交)
AB(或A∩B)
(3)事件的混合运算
因为事件运算的结果仍是事件，因此可以进行事件的混合运算，例如(A)＋(B)表示的是A与B的和，实际意义是：A发生且B不发生，或者A不发生且B发生，换句话说就是A与B中恰有一个发生．
同数的加、减、乘、除混合运算一样，事件的混合运算也有优先级，我们规定：求积运算的优先级高于求和运算，因此(A)＋(B)可简写为A＋B.
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P(Ω)＝1.
(3)不可能事件的概率P(?)＝0.
(4)①如果事件A与事件B互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．
②如果事件A与事件B互为对立事件，那么P(B)＝1－P(A)，P(A)＝1－P(B)．
③如果A?B，那么P(A)≤P(B)．
④设A，B是一个随机试验中的两个事件，我们有P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)．
1．随机事件A，B互斥与对立的区别与联系
当随机事件A，B互斥时，不一定对立；当随机事件A，B对立时，一定互斥．
2．从集合的角度理解互斥事件和对立事件
(1)几个事件彼此互斥，是指由各个事件所含的结果组成的集合的交集为空集．
(2)事件A的对立事件所含的结果组成的集合，是全集中由事件A所含的结果组成的集合的补集．
二、基本技能·思想·活动体验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(1)事件发生的频率与概率是相同的．(
×
)
(2)随机事件和随机试验是一回事．(
×
)
(3)在大量重复试验中，概率是频率的稳定值．(
√
)
(4)两个事件的和事件发生是指这两个事件至少有一个发生．(
√
)
(5)若A，B为互斥事件，则P(A)＋P(B)＝1.(
×
)
(6)对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件．(
√
)
2．一个人打靶时连续射击两次，事件“至少有一次中靶”的对立事件是
(　　)
A．至多有一次中靶
B．两次都中靶
C．只有一次中靶
D．两次都不中靶
D　解析：“至少有一次中靶”的对立事件是“两次都不中靶”．
3．将一枚硬币向上抛掷10次，其中“正面向上恰有5次”是(　　)
A．必然事件
B．随机事件
C．不可能事件
D．无法确定
B　解析：抛掷10次硬币正面向上的次数可能为0～10，都有可能发生，所以正面向上5次是随机事件．
4．(多选题)若干个人站成一排，其中不是互斥事件的是　(　　)
A．“甲站排头”与“乙站排头”
B．“甲站排头”与“乙不站排尾”
C．“甲站排头”与“乙站排尾”
D．“甲不站排头”与“乙不站排尾”
BCD　解析：对于A，“甲站排头”与“乙站排头”不可能同时发生，是互斥事件．对于B，“甲站排头”时，乙可以“不站排尾”，两者可以同时发生，不是互斥事件．对于C，“甲站排头”时，乙可以“站排尾”，两者可以同时发生，不是互斥事件．对于D，“甲不站排头”时，乙可以“不站排尾”，两者可以同时发生，不是互斥事件．故选BCD.
5．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________．
0.45　解析：由表知[10,40)的频数为2＋3＋4＝9，所以样本数据落在区间[10,40)的频率为＝0.45.
6．(2021·济南模拟)从一箱产品中随机地抽取一件，设事件A＝{抽到一等品}，事件B＝{抽到二等品}，事件C＝{抽到三等品}，且已知P(A)＝0.65，P(B)＝0.2，P(C)＝0.1，则事件“抽到的产品不是一等品”的概率为________．
0.35　解析：因为事件A＝{抽到一等品}，且P(A)＝0.65，
所以事件“抽到的产品不是一等品”的概率为p＝1－P(A)＝1－0.65＝0.35.
考点1　随机事件的关系——基础性
(1)把红、黄、蓝、白4张纸牌随机地分发给甲、乙、丙、丁四人，每个人分得一张，事件“甲分得红牌”与“乙分得红牌”(　　)
A．是对立事件
B．是不可能事件
C．是互斥但不对立事件
D．不是互斥事件
C　解析：显然两个事件不可能同时发生，但两者可能同时不发生，因为红牌可以分给丙、丁两人，综上，这两个事件为互斥但不对立事件．
(2)设条件甲：事件A与事件B是对立事件，结论乙：概率满足P(A)＋P(B)＝1，则甲是乙的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
A　解析：若事件A与事件B是对立事件，则A∪B为必然事件．再由概率的加法公式得P(A)＋P(B)＝1.投掷一枚硬币3次，满足P(A)＋P(B)＝1，但A，B不一定是对立事件．如事件A：“至少出现一次正面”，事件B：“出现3次正面”，则P(A)＝，P(B)＝，满足P(A)＋P(B)＝1，但A，B不是对立事件．
判断互斥事件、对立事件的两种方法
(1)定义法：判断互斥事件、对立事件一般用定义判断，不可能同时发生的两个事件为互斥事件；两个事件，若有且仅有一个发生，则这两个事件为对立事件，对立事件一定是互斥事件．
(2)集合法：①由各个事件所含的结果组成的集合彼此的交集为空集，则事件互斥；
②事件A的对立事件所含的结果组成的集合，是全集中由事件A所含的结果组成的集合的补集．
1．(2020·菏泽一中高三月考)同时投掷两枚硬币一次，互斥而不对立的两个事件是(　　)
A．“至少有1枚正面朝上”与“2枚都是反面朝上”
B．“至少有1枚正面朝上”与“至少有1枚反面朝上”
C．“恰有1枚正面朝上”与“2枚都是正面朝上”
D．“至少有1枚反面朝上”与“2枚都是反面朝上”
C　解析：在A中，“至少有1枚正面朝上”与“2枚都是反面朝上”不能同时发生，且“至少有1枚正面朝上”不发生时，“2枚都是反面朝上”一定发生，故A中的两个事件是对立事件；在B中，当两枚硬币恰好1枚正面朝上，1枚反面朝上时，“至少有1枚正面朝上”与“至少有1枚反面朝上”能同时发生，故B中的两个事件不是互斥事件；在C中，“恰有1枚正面朝上”与“2枚都是正面朝上”不能同时发生，且其中一个不发生时，另一个有可能发生也有可能不发生，故C中的两个事件是互斥而不对立事件；在D中，当2枚硬币同时反面朝上时，“至少有1枚反面朝上”与“2枚都是反面朝上”能同时发生，故D中的两个事件不是互斥事件．故选C.
2．口袋里装有6个形状相同的小球，其中红球1个，白球2个，黄球3个．从中取出两个球，事件A＝“取出的两个球同色”，B＝“取出的两个球中至少有一个黄球”，C＝“取出的两个球中至少有一个白球”，D＝“取出的两个球不同色”，E＝“取出的两个球中至多有一个白球”．下列判断中正确的序号为________．
①A与D为对立事件；
②B与C是互斥事件；
③C与E是对立事件；
④P(C∪E)＝1；
⑤P(B)＝P(C)．
①④　解析：显然A与D是对立事件，①正确；当取出的两个球为一黄一白时，B与C都发生，②不正确；当取出的两个球中恰有一个白球时，事件C与E都发生，③不正确；C∪E为必然事件，P(C∪E)＝1，④正确；P(B)＝，P(C)＝，⑤不正确．
考点2　随机事件的频率与概率——基础性
如图，A地到火车站共有两条路径L1和L2，现随机抽取100位从A地到达火车站的人进行调查，调查结果如下：
所用时间(分)
10～20
20～30
30～40
40～50
50～60
选择L1的人数
6
12
18
12
12
选择L2的人数
0
4
16
16
4
(1)试估计40分钟内不能赶到火车站的概率；
(2)分别求通过路径L1和L2所用时间落在上表中各时间段内的频率；
(3)现甲、乙两人分别有40分钟和50分钟时间用于赶往火车站，为了尽最大可能在允许的时间内赶到火车站，试通过计算说明，他们应如何选择各自的路径．
解：(1)由已知共调查了100人，其中40分钟内不能赶到火车站的有12＋12＋16＋4＝44(人)，
所以用频率估计相应的概率p＝＝0.44.
(2)选择L1的有60人，选择L2的有40人，
故由调查结果得频率为
所用时间(分)
10～20
20～30
30～40
40～50
50～60
选择L1的频率
0.1
0.2
0.3
0.2
0.2
选择L2的频率
0
0.1
0.4
0.4
0.1
(3)设A1，A2分别表示甲选择L1和L2时，在40分钟内赶到火车站；B1，B2分别表示乙选择L1和L2时，在50分钟内赶到火车站．
由(2)知P(A1)＝0.1＋0.2＋0.3＝0.6，
P(A2)＝0.1＋0.4＝0.5.
因为P(A1)＞P(A2)，所以甲应选择L1.
同理，P(B1)＝0.1＋0.2＋0.3＋0.2＝0.8，P(B2)＝0.1＋0.4＋0.4＝0.9.
因为P(B1)＜P(B2)，所以乙应选择L2.
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．
注意：概率的定义是求一个事件概率的基本方法．
1．在投掷一枚硬币的试验中，共投掷了100次，正面朝上的频数为51次，则正面朝上的频率为(　　)
A．49
B．0.5
C．0.51
D．0.49
C　解析：由题意，根据事件发生的频率的定义可知，“正面朝上”的频率为＝0.51.
2．(2020·潍坊高三模拟)某学校共有教职工120人，对他们进行年龄结构和受教育程度的调查，其结果如下表：
本科
研究生
合计
35岁以下
40
30
70
35～50岁
27
13
40
50岁以上
8
2
10
现从该校教职工中任取1人，则下列结论正确的是(　　)
A．该校教职工具有本科学历的概率低于60%
B．该校教职工具有研究生学历的概率超过50%
C．该校教职工的年龄在50岁以上的概率超过10%
D．该校教职工的年龄在35岁及以上且具有研究生学历的概率超过10%
D　解析：对于选项A，该校教职工具有本科学历的概率p＝＝＝62.5%>60%，故A错误；对于选项B，该校教职工具有研究生学历的概率p＝＝＝37.5%<50%，故B错误；对于选项C，该校教职工的年龄在50岁以上的概率p＝＝≈8.3%<10%，故C错误；对于选项D，该校教职工的年龄在35岁及以上且具有研究生学历的概率p＝＝＝12.5%>10%，故D正确．故选D.
考点3　互斥事件与对立事件的概率——综合性
经统计，在某储蓄所一个营业窗口排队的人数相应的概率如下：
排队人数
0
1
2
3
4
5人及5人以上
概率
0.1
0.16
0.3
0.3
0.1
0.04
求：(1)至多2人排队等候的概率；
(2)至少3人排队等候的概率．
解：记“无人排队等候”为事件A，“1人排队等候”为事件B，“2人排队等候”为事件C，“3人排队等候”为事件D，“4人排队等候”为事件E，“5人及5人以上排队等候”为事件F，则事件A，B，C，D，E，F彼此互斥．
(1)记“至多2人排队等候”为事件G，则G＝A＋B＋C，所以P(G)＝P(A＋B＋C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.1＋0.16＋0.3＝0.56.
(2)(方法一)记“至少3人排队等候”为事件H，则H＝D＋E＋F，所以P(H)＝P(D＋E＋F)＝P(D)＋P(E)＋P(F)＝0.3＋0.1＋0.04＝0.44.
(方法二)记“至少3人排队等候”为事件H，则其对立事件为事件G，所以P(H)＝1－P(G)＝0.44.
求复杂互斥事件概率的两种方法
(1)直接法：将所求事件分解为一些彼此互斥事件的和，运用互斥事件概率的加法公式计算．
(2)间接法：先求此事件的对立事件，再用公式P(A)＝1－P()求得，即运用逆向思维(正难则反)，特别是“至多”“至少”型题目，用间接法就会较简便．
提醒：应用互斥事件概率的加法公式，一定要注意首先确定各个事件是否彼此互斥，然后求出各事件发生的概率，再求和(或差)．间接法体现了“正难则反”的思想方法．
1．抛掷一个质地均匀的骰子的试验，事件A表示“小于5的偶数点出现”，事件B表示“小于5的点数出现”，则一次试验中，事件A＋发生的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.
C　解析：抛掷一个骰子的试验有6种等可能结果．依题意P(A)＝＝，P(B)＝＝，
所以P()＝1－P(B)＝1－＝.
因为表示“出现5点或6点”的事件，所以事件A与互斥，从而P(A＋)＝P(A)＋P()＝＋＝.
2．(2020·重庆八中高三模拟)某高校数学学院安排4名研究生在开学日当天随机到三个不同的车站迎接新生，要求每个车站至少有一人，则其中小李和小明不在同一车站的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.
C　解析：4人到3个车站的方法总数为CA＝36，其中小李和小明在同一车站的方法数为A＝6.因此小李和小明在同一车站的概率是p′＝＝，小李和小明不在同一车站的概率为p＝1－p′＝.故选C.第4节　古典概型
一、教材概念·结论·性质重现
1．古典概型
(1)定义：一般地，如果随机试验的样本空间所包含的样本点个数是有限的(简称为有限性)，而且可以认为每个只包含一个样本点的事件(即基本事件)发生的可能性大小都相等(简称为等可能性)，则称这样的随机试验为古典概率模型，简称为古典概型．
(2)性质：①有限性：在一次试验中，可能出现的结果只有有限个；
②等可能性：每个基本事件发生的可能性是均等的．
一个试验是否为古典概型，关键在于这个试验是否具有古典概型的两个特征：有限性和等可能性．
2．古典概型中事件的概率
在样本空间含有n个样本点的古典概型中，
(1)每个基本事件发生的概率均为.
(2)如果事件C包含有m个样本点，则再由互斥事件的概率加法公式可知P(C)＝.
3．古典概型中概率的性质
假设古典概型对应的样本空间含n个样本点，事件A包含m个样本点，则：
(1)由0≤m≤n与P(A)＝可知0≤P(A)≤1.
(2)因为中包含的样本点个数为n－m，所以
P()＝＝1－＝1－P(A)，即P(A)＋P()＝1.
(3)若事件B包含有k个样本点，而且A与B互斥，则容易知道A＋B包含m＋k个样本点，从而
P(A＋B)＝＝＋＝P(A)＋P(B)．
频率的计算公式与古典概型的概率计算公式的异同
名称
不同点
相同点
频率计算公式
频率计算中的k，n均随随机试验的变化而变化，但随着试验次数的增多，它们的比值逐渐趋近于概率值
都计算了一个比值
古典概型的概率计算公式
是一个定值，对同一个随机事件而言，k，n都不会变化
二、基本技能·思想·活动体验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(1)“在适宜条件下，种下一粒种子观察它是否发芽”属于古典概型，其样本点是“发芽与不发芽”．(
×
)
(2)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．(
×
)
(3)某袋中装有大小均匀的三个红球、两个黑球、一个白球，那么每种颜色的球被摸到的可能性相同．(
×
)
(4)从－3，－2，－1,0,1,2中任取一数，取到的数小于0与不小于0的可能性相同．(
√
)
(5)利用古典概型的概率可求“在边长为2的正方形内任取一点，这点到正方形中心距离小于或等于1”的概率．(
×
)
(6)从市场上出售的标准为500±5
g的袋装食盐中任取一袋测量其质量，属于古典概型．(
×
)
2．(2021·江淮十校模拟)《易经》是我国古代预测未来的著作，其中同时抛掷三枚古钱币观察正反面进行预测未知，则抛掷一次时出现两枚正面、一枚反面的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.
C　解析：抛掷三枚古钱币出现的基本事件有：正正正，正正反，正反正，反正正，正反反，反正反，反反正，反反反，共8种，其中出现两正一反的共有3种，故所求概率为.故选C.
3．一枚硬币连掷2次，只有一次出现正面的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.
D　解析：一枚硬币连掷2次可能出现(正，正)，(反，反)，(正，反)，(反，正)四种情况，只有一次出现正面的情况有两种，故概率p＝＝.故选D.
4．盒中装有形状、大小完全相同的5个球，其中红色球3个，黄色球2个．若从中随机取出2个球，则所取出的2个球颜色不同的概率为________．
　解析：设3个红色球为A1，A2，A3,2个黄色球为B1，B2，从5个球中，随机取出2个球的样本点有A1A2，A1A3，A1B1，A1B2，A2A3，A2B1，A2B2，A3B1，A3B2，B1B2，共10个．其中2个球的颜色不同的样本点有A1B1，A1B2，A2B1，A2B2，A3B1，A3B2，共6个，所以所求概率为＝.
5．在装有相等数量的白球和黑球的口袋中放进一个白球，此时由这个口袋中取出一个白球的概率比原来由此口袋中取出一个白球的概率大，则口袋中原有小球的个数为________．
10　解析：设原来口袋中白球、黑球的个数均为n.依题意－＝，解得n＝5.所以原来口袋中小球的个数为2n＝10.
6．设m，n分别是先后抛掷一枚骰子得到的点数，则在先后两次出现的点数中有5的条件下，方程x2＋mx＋n＝0有实根的概率为________．
　解析：先后两次出现的点数中有5的情况有(1,5)，(2,5)，(3,5)，(4,5)，(5,5)，(6,5)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,6)，共11种，其中使方程x2＋mx＋n＝0有实根的情况有(5,5)，(6,5)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,6)，共7种．故所求事件的概率p＝.
考点1　古典概型的判断——基础性
1．下列关于古典概型的说法中正确的是(　　)
①试验中样本空间的样本点只有有限个；
②每个事件出现的可能性相等；
③每个样本点发生的可能性相等；
④样本点的总数为n，随机事件A若包含k个样本点，则P(A)＝.
A．②④　
　B．③④　
　C．①④　
　D．①③④
D　解析：由古典概型的特征知①③④正确，②错误．
2．下列问题中是古典概型的是(　　)
A．种下一粒杨树种子，求其能长成大树的概率
B．掷一颗质地不均匀的骰子，求出现1点的概率
C．在区间[1,4]上任取一数，求这个数大于1.5的概率
D．同时掷两颗质地均匀的骰子，求向上的总数之和是5的概率
D　解析：A，B两项中的样本点发生不是等可能的；C项中样本点有无限多个；D项中样本点的发生是等可能的，且个数有限．
一个试验是否为古典概型，在于这个试验是否具有古典概型的两个特点——有限性和等可能性，只有同时具备这两个特点才是古典概型．
考点2　简单的古典概型的概率——基础性
(1)(2019·全国卷Ⅱ)生物实验室有5只兔子，其中只有3只测量过某项指标．若从这5只兔子中随机取出3只，则恰有2只测量过该指标的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.
B　解析：设5只兔子中测量过某项指标的3只记为a1，a2，a3，未测量过这项指标的2只记为b1，b2，从5只兔子中随机取出3只，样本空间Ω＝{(a1，a2，a3)，(a1，a2，b1)，(a1，a2，b2)，(a1，a3，b1)，(a1，a3，b2)，(a1，b1，b2)，(a2，a3，b1)，(a2，a3，b2)，(a2，b1，b2)，(a3，b1，b2)}，共10个样本点．事件“恰有2只测量过该指标”{(a1，a2，b1)，(a1，a2，b2)，(a1，a3，b1)，(a1，a3，b2)，(a2，a3，b1)，(a2，a3，b2)}，共6个样本点．
故恰有2只测量过该指标的概率为＝.故选B.
(2)(2021·八省联考)在3张卡片上分别写上3位同学的学号后，再把卡片随机分给这3位同学，每人1张，则恰有1位学生分到写有自己学号卡片的概率为
(　　)
A.
B.
C.
D.
C　解析：设三位同学分别为A，B，C，他们的学号分别为1,2,3.用有序实数对表示三人拿到的卡片种类，如(1,3,2)表示A同学拿到1号卡片，B同学拿到3号卡片，C同学拿到2号卡片．三人可能拿到的卡片结果组成的样本空间Ω＝{(1,2,3)，(1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,1,2)，(3,2,1)}，共6个样本点．其中满足题意的样本点为(1,3,2)，(2,1,3)，(3,2,1)，共3个．所以，恰有1位学生分到写有自己学号卡片的概率为p＝＝.
(3)(2020·全国卷Ⅰ)设O为正方形ABCD的中心，在O，A，B，C，D中任取三点，则取到的三点共线的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.
A　解析：从O，A，B，C，D中任取3点的情况有(O，A，B)，(O，A，C)，(O，A，D)，(O，B，C)，(O，B，D)，(O，C，D)，(A，B，C)，(A，B，D)，(B，C，D)，(A，C，D)，共有10种不同的情况．由图可知取到的三点共线的有(O，A，C)和(O，B，D)两种情况，所以所求概率为＝.故选A.
古典概型中样本点个数的探求方法
(1)列举法：适合于给定的样本点个数较少且易一一列举出的问题．
(2)树状图法：适合于较为复杂的问题，注意在确定样本点时(x，y)可看成是有序的，如(1,2)与(2,1)不同，有时也可看成是无序的，如(1,2)与(2,1)相同．
(3)排列组合法：在求一些较复杂的样本点个数时，可利用排列或组合的知识．
1．(2020·河北区高三二模)袋子中有6个大小质地完全相同的球，其中1个红球，2个黄球，3个蓝球，从中任取3个球，则恰有两种颜色的概率是(　　)
A.
B.
C.
D.
D　解析：由题意可得，从中任取3个球一共有C＝20(个)等可能的样本点，恰有1种颜色的情况有1种，即3个全是蓝球，恰有3种颜色的样本点有1×2×3＝6(个)，所以恰有2种颜色的样本点共13个，所以其概率为.故选D.
2．(2020·太原市高三模拟)根据党中央关于“精准脱贫”的要求，我市某农业经济部门派四位专家对三个县区进行调研，每个县区至少派一位专家，则甲、乙两位专家派遣至同一县区的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.
A　解析：派四位专家对三个县区进行调研，每个县区至少派一位专家，
样本点总数n＝CA＝36.
甲、乙两位专家派遣至同一县区包含的样本点个数m＝CCA＝6.
所以甲、乙两位专家派遣至同一县区的概率为＝＝.故选A.
考点3　古典概型的交汇问题——综合性
考向1　古典概型与平面向量的交汇
(1)设平面向量a＝(m,1)，b＝(2，n)，其中m，n∈{1,2,3,4}，记“a⊥(a－b)”为事件A，则事件A发生的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.
A　解析：有序数对(m，n)的所有可能结果数为4×4＝16.由a⊥(a－b)，得m2－2m＋1－n＝0，即n＝(m－1)2.由于m，n∈{1,2,3,4}，故事件A包含的样本点为(2,1)和(3,4)，共2个．所以所求的概率P(A)＝＝.故选A.
(2)(2021·宿迁模拟)已知k∈Z，A＝(k,1)，A＝(2,4)．若|A|≤4，则△ABC是直角三角形的概率是________．
　解析：因为|A|＝≤4，所以－≤k≤.
因为k∈Z，所以k＝－3，－2，－1,0,1,2,3，
当△ABC为直角三角形时，应有AB⊥AC，或AB⊥BC，或AC⊥BC.
由A·A＝0，得2k＋4＝0，所以k＝－2.因为B＝A－A＝(2－k,3)，由A·B＝0，得k(2－k)＋3＝0，所以k＝－1或3.
由A·B＝0，得2(2－k)＋12＝0，所以k＝8(舍去)．故使△ABC为直角三角形的k值为－2，－1或3，所以所求概率p＝.
考向2　古典概型与函数的交汇
(1)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b2x＋1.若a是从1,2,3三个数中任取的一个数，b是从0,1,2三个数中任取的一个数，则该函数有两个极值点的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.
D　解析：(1)f′(x)＝x2＋2ax＋b2.
由题意知f′(x)＝0有两个不等实根，
即Δ＝4(a2－b2)>0，所以a>b，有序数对(a，b)所有可能结果有3×3＝9(种)，其中满足a>b的有(1,0)，(2,0)，(3,0)，(2,1)，(3,1)，(3,2)，共6种．故所求概率p＝＝.
(2)已知a∈{0,1,2}，b∈{－1,1,3,5}，则函数f(x)＝ax2－2bx在区间(1，＋∞)上为增函数的概率是(　　)
A.
B.
C.
D.
A　解析：因为a∈{0,1,2}，b∈{－1，1,3,5}，所以样本点总数n＝3×4＝12.
函数f(x)＝ax2－2bx在区间(1，＋∞)上为增函数．
①当a＝0时，f(x)＝－2bx，符合条件的只有(0，－1)，即a＝0，b＝－1.
②当a≠0时，需要满足≤1，符合条件的有(1，－1)，(1,1)，(2，－1)，(2,1)，共4种．
所以函数f(x)＝ax2－2bx在区间(1，＋∞)上为增函数的概率是.
求解古典概型交汇问题的思路
求解古典概型的交汇问题，关键是把相关的知识转化为事件，然后利用古典概型的有关知识解决，其解题流程为：
1．(2021·宁波模拟)连掷两次骰子得到的点数分别为m和n.记向量a＝(m，n)与向量b＝(1，－1)的夹角为θ，则θ∈的概率是(　　)
A.
B.
C.
D.
C　解析：cos
θ＝＝.
因为θ∈，所以m≥n.
(m，n)一共有6×6＝36(种)不同组合．
满足m≥n的有1＋2＋3＋4＋5＋6＝21(种)．
所以所求的概率p＝＝.
2．已知函数f(x)＝cos，a为抛掷一颗骰子所得的点数，则函数f(x)在[0,4]上零点的个数不小于4的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.
B　解析：依题意，函数f(x)在[0,4]上零点的个数不小于4等价于函数f(x)的周期的倍不大于4，即×≤4，解得a≥，故a＝4,5,6.而所有a的值共6个，所以函数f(x)在[0,4]上零点的个数不小于4的概率为.第5节　事件的独立性与条件概率及其关系、全概率公式
一、教材概念·结论·性质重现
1．条件概率
定义
一般地，当事件B发生的概率大于0时(即P(B)＞0)，已知事件B发生的条件下事件A发生的概率，称为条件概率
表示
P(A|B)
计算公式
P(A|B)＝
性质
(1)0≤P(B|A)≤1；(2)P(A|A)＝1；(3)如果B与C互斥，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)
2.事件的相互独立性
事件A与事件B相互独立
对任意的两个事件A与B，如果P(AB)＝P(A)P(B)时，就称事件A与B相互独立(简称独立)
性质
如果事件A与B相互独立，则与B，A与，与也相互独立，P(B|A)＝P(B)，P(A|B)＝P(A)
(1)易混淆“相互独立”和“事件互斥”
两事件互斥是指两事件不可能同时发生，两事件相互独立是指一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响，两个事件相互独立不一定互斥．
(2)易混淆P(B|A)与P(A|B)
前者是在A发生的条件下B发生的概率，后者是在B发生的条件下A发生的概率．
3．全概率公式
(1)P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()P(B|)．
(2)定理1　若样本空间Ω中的事件A1，A2，…，An满足：
①任意两个事件均互斥，即AiAj＝?，i，j＝1,2，…，n，i≠j；
②A1＋A2＋…＋An＝Ω；
③P(Ai)＞0，i＝1,2，…，n.
则对Ω中的任意事件B，都有B＝BA1＋BA2＋…＋BAn，且P(B)＝P(BAi)＝P(Ai)P(B|Ai)．
二、基本技能·思想·活动体验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(1)相互独立事件就是互斥事件．(
×
)
(2)对于任意两个事件，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立．(
×
)
(3)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．(
√
)
(4)若事件A，B相互独立，则P(B|A)＝P(B)．(
√
)
2．已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球，它们的大小和形状完全相同．甲每次从中任取一个球不放回，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.
B　解析：设“第一次拿到白球”为事件A，“第二次拿到红球”为事件B.依题意P(A)＝＝，P(AB)＝＝.
故在他第一次拿到白球的条件下，第二次拿到红球的概率P(B|A)＝＝.
3．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
C　解析：设甲地降雨为事件A，乙地降雨为事件B，则两地恰有一地降雨为A＋B，
所以P(A＋B)＝P(A)＋P(B)
＝P(A)P()＋P()P(B)＝0.2×0.7＋0.8×0.3＝0.38.
4．设甲乘汽车、火车前往某目的地的概率分别为0.6,0.4，汽车和火车正点到达目的地的概率分别为0.9，0.8.则甲正点到达目的地的概率为(　　)
A．0.72
B．0.96
C．0.86
D．0.84
C　解析：设事件A表示甲正点到达目的地，事件B表示甲乘火车到达目的地，事件C表示甲乘汽车到达目的地，由题意知P(B)＝0.4，P(C)＝0.6，P(A|B)＝0.8，P(A|C)＝0.9.由全概率公式得P(A)＝P(B)P(A|B)＋P(C)P(A|C)＝0.4×0.8＋0.6×0.9＝0.32＋0.54＝0.86.故选C.
5．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2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等于________．
0.128　解析：记“该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮”为事件A.由题意知，若该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮，必有第二个问题回答错误，第三、四个问题回答正确，第一个问题可对可错，故P(A)＝1×0.2×0.8×0.8＝0.128.
考点1　相互独立事件的概率——基础性
1．2019年10月20日，第六届世界互联网大会发布了15项“世界互联网领先科技成果”，其中有5项成果均属于芯片领域，分别为华为高性能处理器“鲲鹏920”、清华大学“面向通用人工智能的异构融合天机芯片”、特斯拉“特斯拉完全自动驾驶芯片”、寒武纪云端AI芯片“思元270”、赛灵思“Versal自适应计算加速平台”．现有3名学生从这15项“世界互联网领先科技成果”中分别任选1项进行了解，且学生之间的选择互不影响，则至少有1名学生选择“芯片领域”的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.
D　解析：根据题意可知，1名学生从15项中任选1项，其中选择“芯片领域”的概率为＝，故其没有选择“芯片领域”的概率为，则3名学生均没有选择“芯片领域”的概率为××＝.因此至少有1名学生选择“芯片领域”的概率为1－＝.故选D.
2．(2020·天津市和平区高三二模)已知甲、乙两人独立出行，各租用共享单车一次(假定费用只可能为1,2,3元)．甲、乙租车费用为1元的概率分别是0.5，0.2，甲、乙租车费用为2元的概率分别是0.2，0.4，则甲、乙两人租车费用相同的概率为(　　)
A．0.18
B．0.3
C．0.24
D．0.36
B　解析：由题意知甲、乙租车费用为3元的概率分别是0.3,0.4.所以甲、乙两人所租车费用相同的概率为p＝0.5×0.2＋0.2×0.4＋0.3×0.4＝0.3.
3．(2019·全国卷Ⅱ)11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10∶10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束．甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立．在某局双方10∶10平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束．
(1)求P(X＝2)；
(2)求事件“X＝4且甲获胜”的概率．
解：(1)X＝2就是10∶10平后，两人又打了2个球该局比赛结束，则这2个球均由甲得分，或者均由乙得分．因此P(X＝2)＝0.5×0.4＋(1－0.5)×(1－0.4)＝0.5.
(2)X＝4且甲获胜，就是10∶10平后，两人又打了4个球该局比赛结束，且这4个球的得分情况为前两球是甲、乙各得1分，后两球均为甲得分．
因此所求概率为[0.5×(1－0.4)＋(1－0.5)×0.4]×0.5×0.4＝0.1.
求相互独立事件同时发生的概率的主要方法
(1)利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解．
(2)正面计算较烦琐(如求用“至少”表述的事件的概率)或难以入手时，可从其对立事件入手计算．
考点2　条件概率——基础性
(1)2020年初，新型冠状肺炎在欧洲爆发后，我国第一时间向相关国家捐助医疗物资，并派出由医疗专家组成的医疗小组奔赴相关国家．现有四个医疗小组甲、乙、丙、丁和4个需要援助的国家可供选择，每个医疗小组只去一个国家．设事件A＝“4个医疗小组去的国家各不相同”，事件B＝“小组甲独自去一个国家”，则P(A|B)＝(　　)
A.
B.
C.
D.
A　解析：事件A＝“4个医疗小组去的国家各不相同”，事件B＝“小组甲独自去一个国家”，
则P(AB)＝＝，P(B)＝＝，P(A|B)＝＝.故选A.
(2)一个正方形被平均分成9个部分，向大正方形区域随机地投掷一个点(每次都能投中)．设投中最左侧3个小正方形区域的事件记为A，投中最上面3个小正方形或正中间的1个小正方形区域的事件记为B，求P(AB)，P(A|B)．
解：如图，n(Ω)＝9，n(A)＝3，n(B)＝4，
所以n(AB)＝1，
所以P(AB)＝，P(A|B)＝＝.
求条件概率的两种方法
(1)利用定义，分别求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝，这是求条件概率的通法．
(2)借助古典概型概率公式，先求事件A包含的样本点数n(A)，再求事件A与事件B的交事件中包含的样本点数n(AB)，得P(B|A)＝.
1．已知盒中装有3只螺口灯泡与7只卡口灯泡，这些灯泡的外形都相同且灯口向下放着．现需要一只卡口灯泡，电工师傅每次从中任取一只并不放回，则在他第1次抽到的是螺口灯泡的条件下，第2次抽到的是卡口灯泡的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.
D　解析：设事件A为“第1次抽到的是螺口灯泡”，事件B为“第2次抽到的是卡口灯泡”，则P(A)＝，P(AB)＝×＝，则所求的概率为P(B|A)＝＝＝.
2．将三颗骰子各掷一次，设事件A为“三个点数都不相同”，B为“至少出现一个6点”，则条件概率P(A|B)＝________，P(B|A)＝________.
　　解析：P(A|B)的含义是在事件B发生的条件下，事件A发生的概率，即在“至少出现一个6点”的条件下，“三个点数都不相同”的概率．因为“至少出现一个6点”有6×6×6－5×5×5＝91(种)情况，“至少出现一个6点且三个点数都不相同”共有C×5×4＝60(种)情况，所以P(A|B)＝.
P(B|A)的含义是在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，即在“三个点数都不相同”的条件下，“至少出现一个6点”的概率．因为“三个点数都不相同”有6×5×4＝120(种)情况，所以P(B|A)＝.
考点3　全概率公式——基础性
甲箱的产品中有5个正品和3个次品，乙箱的产品中有4个正品和3个次品．
(1)从甲箱中任取2个产品，求这2个产品都是次品的概率；
(2)若从甲箱中任取2个产品放入乙箱中，然后再从乙箱中任取一个产品，求取出的这个产品是正品的概率．
解：(1)从甲箱中任取2个产品的事件数为C＝＝28，
这2个产品都是次品的事件数为C＝3.
所以这2个产品都是次品的概率为.
(2)设事件A为“从乙箱中取出的一个产品是正品”，事件B1为“从甲箱中取出2个产品都是正品”，事件B2为“从甲箱中取出1个正品1个次品”，事件B3为“从甲箱中取出2个产品都是次品”，则事件B1、事件B2、事件B3彼此互斥．
P(B1)＝＝，P(B2)＝＝，
P(B3)＝＝，
P(A|B1)＝，P(A|B2)＝，
P(A|B3)＝，
所以P(A)＝P(B1)P(A|B1)＋P(B2)·P(A|B2)＋P(B3)P(A|B3)＝×＋×＋×＝.
通常把B1，B2，…，Bn看成导致A发生的一组原因．如若A是“次品”，必是n个车间生产了次品；若A是“某种疾病”，必是几种病因导致A发生；若A表示“被击中”，必有几种方式或几个人打中．
(1)何时用全概率公式：多种原因导致事件的发生．
(2)如何用全概率公式：将一个复杂事件表示为几个彼此互斥事件的和．
(3)从本质上讲，全概率公式是加法公式与乘法公式的结合．
一个盒子中有6个白球、4个黑球，从中不放回地每次任取1个，连取2次，求第二次取到白球的概率．
解：A＝{第一次取到白球}，B＝{第二次取到白球}．
因为B＝AB∪B，且AB与B互斥，所以P(B)＝P(AB)＋P(B)＝P(A)·P(B|A)＋P()·P(B|)＝×＋×＝0.6.第6节　二项分布、超几何分布与正态分布
一、教材概念·结论·性质重现
1．n次独立重复试验与二项分布
(1)n次独立重复试验：在相同条件下重复n次伯努利试验时，人们总是约定这n次试验是相互独立的，此时这n次伯努利试验也常称为n次独立重复试验．
(2)二项分布：一般地，如果一次伯努利试验中，出现“成功”的概率为p，记q＝1－p，且n次独立重复试验中出现“成功”的次数为X，则X的取值范围是{0,1，…，k，…，n}，而且P(X＝k)＝Cpkqn－k，k＝0,1，…，n，因此X的分布列如下表所示.
X
0
1
…
k
…
n
P
Cp0qn
Cp1qn－1
…
Cpkqn－k
…
Cpnq0
注意到上述X的分布列第二行中的概率值都是二项展开式(q＋p)n＝Cp0qn＋Cp1qn－1＋…＋Cpkqn－k＋…＋Cpnq0中对应项的值，因此称X服从参数为n，p的二项分布，记作X～B(n，p)．
二项分布与两点分布的联系
由二项分布的定义可以发现，两点分布是一种特殊的二项分布，即n＝1时的二项分布．
2．超几何分布
(1)定义：一般地，若有总数为N件的甲、乙两类物品，其中甲类有M件(M＜N)，从所有物品中随机取出n件(n≤N)，则这n件中所含甲类物品数X是一个离散型随机变量，X能取不小于t且不大于s的所有自然数，其中s是M与n中的较小者，t在n不大于乙类物品件数(即n≤N－M)时取0，否则t取n减乙类物品件数之差(即t＝n－(N－M))，而且P(X＝k)＝，k＝t，t＋1，…，s，
这里的X称为服从参数为N，n，M的超几何分布．
(2)记法：X～H(N，n，M)．
(3)分布列：如果X～H(N，n，M)且n＋M－N≤0，则X能取所有不大于s的自然数，此时X的分布列如下表所示．
X
0
1
…
k
…
s
P
…
…
超几何分布的特征
(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，考察某类个体数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．
3．正态曲线及其性质
(1)正态曲线的定义
一般地，函数φ(x)＝e对应的图像称为正态曲线，其中μ＝E(X)，σ＝.
(2)正态曲线的性质
①正态曲线关于x＝μ对称(即μ决定正态曲线对称轴的位置)，具有中间高、两边低的特点；
②正态曲线与x轴所围成的图形面积为1；
③σ决定正态曲线的“胖瘦”：σ越大，说明标准差越大，数据的集中程度越弱，所以曲线越“胖”；σ越小，说明标准差越小，数据的集中程度越强，所以曲线越“瘦”．
4．正态分布
(1)一般地，如果随机变量X落在区间[a，b]内的概率，总是等于φμ，σ(x)对应的正态曲线与x轴在区间[a，b]内围成的面积，则称X服从参数为μ与σ的正态分布，记作X～N(μ，σ2)，此时φμ，σ(x)称为X的概率密度函数．
(2)正态分布在三个特殊区间内取值的概率值
P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈68.3%，
P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈95.4%，
P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈99.7%.
5．标准正态分布
(1)定义：μ＝0且σ＝1的分布称为标准正态分布，记作X～N(0,1)．
(2)概率计算方法：
如果X～N(0,1)，那么对于任意a，通常记Φ(a)＝P(x＜a)，其中Φ(a)表示N(0,1)对应的正态曲线与x轴在区间(－∞，a)内所围的面积．特别地，Φ(－a)＋Φ(a)＝1.
若X服从正态分布，即X～N(μ，σ2)，要充分利用正态曲线的关于直线X＝μ对称和曲线与x轴之间的面积为1.
二、基本技能·思想·活动体验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(1)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．(
√
)
(2)从装有3个红球、3个白球的盒中有放回地任取一个球，连取3次，则取到红球的个数X服从超几何分布．(
×
)
(3)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．(
√
)
(4)一个盒中装有4个黑球、3个白球，从中任取一个球．若是白球，则取出来，若是黑球，则放回盒中，直到把白球全部取出来．设取到黑球的次数为X，则X服从超几何分布．(
×
)
(5)二项分布是一个概率分布，其公式相当于二项式(a＋b)n展开式的通项公式，其中a＝p，b＝1－p.(
×
)
(6)正态分布中的参数μ和σ完全确定了正态分布密度函数，参数μ是正态分布的均值，σ是正态分布的标准差．(
√
)
2．如果某一批玉米种子中，每粒发芽的概率均为，那么播下5粒这样的种子，恰有2粒不发芽的概率是(　　)
A.
B.
C.
D.
A　解析：用X表示发芽的粒数，则X～B，则P(X＝3)＝C×3×
2＝.故播下5粒这样的种子，恰有2粒不发芽的概率为.
3．一个袋中有6个同样大小的黑球，编号为1,2,3,4,5,6，还有4个同样大小的白球，编号为7,8,9,10.现从中任取4个球，有如下几种变量：
①X表示取出的最大号码；
②X表示取出的最小号码；
③取出一个黑球记2分，取出一个白球记1分，X表示取出的4个球的总得分；
④X表示取出的黑球个数．
这四种变量中服从超几何分布的是(　　)
A．①②
B．③④
C．①②④
D．①②③④
B　解析：由超几何分布的概念知③④符合．故选B.
4．设随机变量X～B，则P(X＝3)等于(　　)
A.
B.
C.
D.
A　解析：因为X～B，所以由二项分布可得，P(X＝3)＝C3×
3＝.
5．已知随机变量X服从正态分布N(3,1)，且P(X>2c－1)＝P(X　解析：因为X～N(3,1)，所以正态曲线关于直线x＝3对称，且P(X>2c－1)＝P(X6．已知随机变量X～N(1，σ2)，若P(X>0)＝0.8，则P(X≥2)＝________.
0.2　解析：随机变量X服从正态分布N(1，σ2)，所以正态曲线关于x＝1对称，所以P(X≥2)＝P(X≤0)＝1－P(X>0)＝0.2.
考点1　n次伯努利试验与二项分布——综合性
考向1　n次伯努利试验及其概率
甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别为和.假设两人射击是否击中目标相互之间没有影响，每人每次射击是否击中目标相互之间也没有影响．
(1)求甲射击4次，至少有1次未击中目标的概率；
(2)求两人各射击4次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次的概率；
(3)假设每人连续2次未击中目标，则终止其射击．问：乙恰好射击5次后，被终止射击的概率为多少？
解：(1)记“甲射击4次，至少有1次未击中目标”为事件A1，则事件A1的对立事件1为“甲射击4次，全部击中目标”．由题意可知，射击4次相当于做了4次独立重复试验，
故P(1)＝C4＝.
所以P(A1)＝1－P(1)＝1－＝.
所以甲射击4次，至少有1次未击中目标的概率为.
(2)记“甲射击4次，恰好击中目标2次”为事件A2，“乙射击4次，恰好击中目标3次”为事件B2，
则P(A2)＝C×2×2＝，
P(B2)＝C×3×1＝.
由于甲、乙射击相互独立，
故P(A2B2)＝P(A2)P(B2)＝×＝.
所以两人各射击4次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次的概率为.
(3)记“乙恰好射击5次后，被终止射击”为事件A3，“乙第i次射击未击中”为事件Di(i＝1,2,3,4,5)，
则A3＝D5D43(2
1∪2D1∪D21)，且P(Di)＝.
由于各事件相互独立，故
P(A3)＝P(D5)P(D4)P(3)P(21＋2D1＋D21)＝×××＝.
所以乙恰好射击5次后，被终止射击的概率为.
n
次伯努利试验概率求解的策略
(1)首先判断问题中涉及的试验是否为n重伯努利试验，判断时注意各次试验之间是否相互独立的，并且每次试验的结果是否只有两种，在任何一次试验中，某一事件发生的概率是否都相等，全部满足n重伯努利试验的要求才能用相关公式求解．
(2)解此类题时常用互斥事件概率加法公式，相互独立事件概率乘法公式及对立事件的概率公式．
考向2　二项分布
某公司招聘员工，先由两位专家面试，若两位专家都同意通过，则视作通过初审予以录用；若这两位专家都未同意通过，则视作未通过初审不予录用；当这两位专家意见不一致时，再由第三位专家进行复审，若能通过复审则予以录用，否则不予录用．设应聘人员获得每位初审专家通过的概率均为，复审能通过的概率为，各专家评审的结果相互独立．
(1)求某应聘人员被录用的概率；
(2)若4人应聘，设X为被录用的人数，试求随机变量X的分布列．
解：设“两位专家都同意通过”为事件A，“只有一位专家同意通过”为事件B，“通过复审”为事件C.
(1)设“某应聘人员被录用”为事件D，
则D＝A∪BC.
因为P(A)＝×＝，
P(B)＝2××＝，
P(C)＝，
所以P(D)＝P(A∪BC)＝P(A)＋P(B)P(C)＝.
(2)根据题意，X＝0,1,2,3,4，且X～B，
Ai表示“应聘的4人中恰有i人被录用”(i＝0,1,2,3,4)．
因为P(A0)＝C×4＝，
P(A1)＝C××3＝，
P(A2)＝C×2×2＝，
P(A3)＝C×3×＝，
P(A4)＝C×4×0＝.
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
二项分布概率公式可以简化求概率的过程，但需要注意检查该概率模型是否满足公式P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k的三个条件：(1)在一次试验中某事件A发生的概率是一个常数p；(2)n次试验不仅是在完全相同的情况下进行的重复试验，而且各次试验的结果是相互独立的；(3)该公式表示n次试验中事件A恰好发生了k次的概率．
为了防止受到核污染的产品影响我国民众的身体健康，要求产品在进入市场前必须进行两轮核辐射检测，只有两轮都合格才能进行销售，否则不能销售．已知某产品第一轮检测不合格的概率为，第二轮检测不合格的概率为，两轮检测是否合格相互没有影响．若产品可以销售，则每件产品获利40元；若产品不能销售，则每件产品亏损80元．已知一箱中有4件产品，记一箱产品获利X元，则P(X≥－80)＝________.
　解析：由题意得该产品能销售的概率为＝.易知X的所有可能取值为－320，－200，－80,40,160.
设ξ表示一箱产品中可以销售的件数，则
ξ～B，所以P(ξ＝k)＝Ck4－k.
所以P(X＝－80)＝P(ξ＝2)＝C2·2＝，
P(X＝40)＝P(ξ＝3)＝C31＝，
P(X＝160)＝P(ξ＝4)＝C4·0＝.
故P(X≥－80)＝P(X＝－80)＋P(X＝40)＋P(X＝160)＝.
考点2　超几何分布——综合性
在心理学研究中，常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响，具体方法如下：将参加试验的志愿者随机分成两组，一组接受甲种心理暗示，另一组接受乙种心理暗示，通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用．现有6名男志愿者A1，A2，A3，A4，A5，A6和4名女志愿者B1，B2，B3，B4，从中随机抽取5人接受甲种心理暗示，另5人接受乙种心理暗示．
(1)求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的概率；
(2)用X表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数，求X的分布列．
解：(1)记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的事件为M，
则P(M)＝＝.
(2)由题意知X可取的值为0,1,2,3,4，则
P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝，
P(X＝4)＝＝，
因此X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
(1)超几何分布描述的是不放回抽样问题，随机变量为抽到的某类个体的个数．超几何分布的特征：
①考查对象分两类；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．
(2)超几何分布主要用于抽检产品、摸不同类别的小球等概率模型，其实质是古典概型．
1．已知在10件产品中可能存在次品，从中抽取2件检查，其次品数为ξ.已知P(ξ＝1)＝，且该产品的次品率不超过40%，则这10件产品的次品率为(　　)
A．10%
B．20%
C．30%
D．40%
B　解析：
设10件产品中有x件次品，则P(ξ＝1)＝＝＝，所以x＝2或x＝8.
因为次品率不超过40%，所以x＝2，所以次品率为＝20%.
2．(2020·贵阳市四校高三联考)高新区某高中德育处为了调查学生对“国安法”的关注情况，在全校组织了“国家安全知多少”的知识问卷测试，并从中随机抽取了12份问卷，得到其测试成绩(百分制)如下：
52,63,67,68,72,76,76,76,82,88,93,94.
(1)写出该样本的中位数，若该校共有3
000名学生，试估计该校测试成绩在70分以上的人数；
(2)从所抽取的70分以上的学生中再随机选取4人，记ξ表示测试成绩在80分以上的人数，求ξ的分布列和数学期望．
解：(1)由已知数据可得中位数为76，样本中70分以上的所占比例为＝，
故可估计该校测试成绩在70分以上的约为3
000×＝2
000(人)．
(2)由题意可得ξ的可能取值为0,1,2,3,4.
P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝＝，P(ξ＝2)＝＝＝，
P(ξ＝3)＝＝＝，P(ξ＝4)＝＝.
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
4
P
E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝2.
考点3　正态分布——应用性
(1)(多选题)(2020·本溪高级中学期末)若随机变量ξ～N(0,1)，φ(x)＝P(ξ≤x)，其中x>0.下列等式成立的有(　　)
A．φ(－x)＝1－φ(x)
B．φ(2x)＝2φ(x)
C．P(|ξ|D．P(|ξ|>x)＝2－φ(x)
AC　解析：因为随机变量ξ服从标准正态分布N(0，1)，所以正态曲线关于ξ＝0对称，如图．
φ(－x)＝P(ξ≤－x)＝P(ξ≥x)＝1－φ(x)，所以A项正确；
φ(2x)＝P(ξ≤2x)，2φ(x)＝2P(ξ≤x)，
所以φ(2x)≠2φ(x)，B项错误；
P(|ξ|P(|ξ|>x)＝P(ξ>x或ξ<－x)＝1－φ(x)＋φ(－x)＝1－φ(x)＋1－φ(x)＝2－2φ(x)，所以D项错误．故选AC.
(2)设每天从甲地去乙地的旅客人数为随机变量X，且X～N(800,502)，则一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为(　　)
A．0.977
B．0.683
C．0.997
D．0.954
A　解析：因为X～N(800,502)，
所以P(700≤X≤900)≈0.954，
所以P(X>900)≈＝0.023，
所以P(X≤900)≈1－0.023＝0.977.
(3)“过大年，吃水饺”是我国不少地方过春节的一大习俗.2020年春节前夕，A市某质检部门随机抽取了100包某种品牌的速冻水饺，检测其某项质量指标值，所得频率分布直方图如下：
①求所抽取的100包速冻水饺该项质量指标值的样本平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；
②由频率分布直方图可以认为，速冻水饺的该项质量指标值Z服从正态分布N(μ，σ2)，利用该正态分布，求Z落在[14.55,38.45]内的概率．
附：计算得所抽查的这100包速冻水饺的质量指标值的标准差为σ＝≈11.95.
解：①所抽取的100包速冻水饺该项质量指标值的平均数＝5×0.1＋15×0.2＋25×0.3＋35×0.25＋45×0.15＝26.5.
②因为Z服从正态分布N(μ，σ2)，且μ＝26.5，σ≈11.95，
所以P(14.55≤Z≤38.45)＝P(26.5－11.95≤Z≤26.5＋11.95)≈0.683，
所以Z落在[14.55,38.45]内的概率是0.683.
(1)利用3σ原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的μ，σ进行对比联系，确定它们属于[μ－σ，μ＋σ]，[μ－2σ，μ＋2σ]，[μ－3σ，μ＋3σ]中的哪一个．
(2)利用正态曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x＝μ对称，及曲线与x轴之间的面积为1.注意活用下面两个结论：
①P(X＜a)＝1－P(X≥a)；
②P(X＜μ－σ)＝P(X>μ＋σ)．
1．(2021·八省联考)对一个物理量做n次测量，并以测量结果的平均值作为该物理量的最后结果．已知最后结果的误差εn～N.为使误差εn在(－0.5，0.5)的概率不小于0.954，至少要测量__32__次(若X～N(μ，σ2)，则P(|X－μ|≤2σ)
≈0.954)．
2．(2020·安庆二模)为了保障某种药品的主要药理成分在国家药品监督管理局规定的值的范围内，某制药厂在该药品的生产过程中，检验员在一天中按照规定每间隔2小时对该药品进行检测，每天检测4次，每次检测由检验员从该药品生产线上随机抽取20件产品进行检测，测量其主要药理成分含量(单位：mg)．根据生产经验，可以认为这条药品生产线正常状态下生产的产品中其主要药理成分含量服从正态分布N(μ，σ2)．
(1)假设生产状态正常，记X表示某次抽取的20件产品中其主要药理成分含量在[μ－3σ，μ＋3σ]之外的药品件数，求P(X＝1)(精确到0.001)及X的数学期望．
(2)在一天内的四次检测中，如果有一次出现了主要药理成分含量在[μ－3σ，μ＋3σ]之外的药品，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对本次的生产过程进行检查；如果在一天中，有连续两次检测出现了主要药理成分含量在[μ－3σ，μ＋3σ]之外的药品，则需停止生产并对原材料进行检测．
(i)下面是检验员在某一次抽取的20件药品的主要药理成分含量：
10.02
9.78
10.04
9.92
10.14
10.04
9.22
10.13
9.91
9.95
10.09
9.96
9.88
10.01
9.98
9.95
10.05
10.05
9.96
10.12
经计算得＝i＝9.96，s＝＝≈0.19.
其中xi为抽取的第i件药品的主要药理成分含量(i＝1,2，…，20)．用样本平均数作为μ的估计值，用样本标准差s作为σ的估计值，利用估计值判断是否需对本次的生产过程进行检查；
(ii)试确定一天中需停止生产并对原材料进行检测的概率．(精确到0.001)
附：若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－3σ≤Z≤μ＋3σ)≈0.997,0.99719≈0.944
5，0.99720≈0.941
7.
解：(1)抽取的一件药品的主要药理成分含量在[μ－3σ，μ＋3σ]之内的概率为0.997，
从而主要药理成分含量在[μ－3σ，μ＋3σ]之外的概率为0.003，
故X～B(20,0.003)．
因此P(X＝1)≈C(0.997)19×0.003≈0.057，
X的数学期望E(X)≈20×0.003＝0.06.
(2)(i)由＝9.96，s＝0.19，得μ的估计值＝9.96，σ的估计值＝0.19.
由样本数据可以看出有一件药品的主要药理成分含量9.22在[μ－3σ，μ＋3σ]＝[9.39，10.53]之外，因此需对本次的生产过程进行检查．
(ii)设“在一次检测中，发现需要对本次的生产过程进行检查”为事件A，则P(A)＝1－[P(X＝0)]20≈1－0.99720≈1－0.941
7＝0.058
3；
如果在一天中，需停止生产并对原材料进行检测，则在一天的四次检测中，有连续两次出现了主要药理成分含量在[μ－3σ，μ＋3σ]之外的药品，
故概率p＝3[P(A)]2×[1－P(A)]2≈3×(0.058
3)2×(0.941
7)2≈0.009.
故确定一天中需对原材料进行检测的概率为0.009.第7节　离散型随机变量的分布列及数字特征
一、教材概念·结论·性质重现
1．随机变量的有关概念
(1)随机变量：一般地，如果随机试验的样本空间为Ω，而且对于Ω中的每一个样本点，变量X都对应有唯一确定的实数值，就称X为一个随机变量．
(2)离散型随机变量：若随机变量的所有可能的取值都是可以一一列举出来的，那么其是离散型随机变量．
(1)离散型随机变量X的每一个可能取值为实数，其实质代表的是“事件”，即事件是用一个反映结果的实数表示的．
(2)若X是随机变量，则Y＝aX＋b(a，b为常数)也是随机变量．
2．离散型随机变量的分布列
(1)定义：离散型随机变量X的概率分布可以用如下形式的表格表示，这个表格称为X的概率分布或分布列.
X
x1
x2
…
xk
…
xn
P
p1
p2
…
pk
…
pn
(2)性质：
①pk≥0，k＝1,2，…，n；
②k＝p1＋p2＋…＋pn＝1.
判断所求离散型随机变量的分布列是否正确，可用pi≥0，i＝1,2，…，n及p1＋p2＋…＋pn＝1检验．
3．离散型随机变量的均值与方差
离散型随机变量X的分布列为
X
x1
x2
…
xk
…
xn
P
p1
p2
…
pk
…
pn
(1)均值
称E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn＝ipi为随机变量X的均值或数学期望(简称为期望)．它刻画了离散型随机变量取值的平均水平．
(2)方差
称D(X)＝xi－E(X)]2pi为离散型随机变量X的方差，离散型随机变量X的方差D(X)也可用DX表示．一般地称为离散型随机变量X的标准差，它可以刻画一个离散型随机变量的离散程度(或波动大小)．
(1)期望是算术平均值概念的推广，是概率意义下的平均．
(2)E(X)是一个实数，由X的分布列唯一确定，即作为随机变量，X是可变的，可取不同值，而E(X)是不变的，它描述X取值的平均状态．
(3)E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn直接给出了E(X)的求法，即随机变量取值与相应概率分别相乘后相加．
4．均值与方差的性质
(1)E(aX＋b)＝aE(X)＋b.(a，b为常数)
(2)D(aX＋b)＝a2D(X)．(a，b为常数)
5．两点分布与二项分布的均值、方差
(1)若随机变量X服从两点分布，那么E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)．
(2)若X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np·(1－p)．
1．若X1，X2相互独立，则E(X1·X2)＝E(X1)·E(X2)．
2．均值与方差的关系：D(X)＝E(X2)－E2(X)．
3．超几何分布的均值：若X服从参数为N，M，n的超几何分布，则E(X)＝.
二、基本技能·思想·活动体验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(1)离散型随机变量的概率分布列中，各个概率之和可以小于1.(
×
)
(2)对于某个试验，离散型随机变量的取值可能有明确的意义，也可能不具有实际意义．(
×
)
(3)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．(
×
)
(4)随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值偏离均值的平均程度，方差或标准差越小，则偏离变量平均程度越小．(
√
)
(5)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．(
×
)
2．设随机变量X的概率分布列为P(X＝k)＝pk·(1－p)1－k(k＝0,1)，则E(X)，D(X)的值分别是(　　)
A．0和1
B．p和p2
C．p和1－p
D．p和(1－p)p
D　解析：由X的分布列知，P(X＝0)＝1－p，P(X＝1)＝p，故E(X)＝0×(1－p)＋1×p＝p，易知X服从两点分布，所以D(X)＝p(1－p)．
3．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
A　解析：E(X)＝－1×＋0×＋1×＝－，
E(Y)＝E(2X＋3)＝2E(X)＋3＝－＋3＝.
4．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＝________.
1－　解析：由分布列的性质得0.5＋1－2q＋q2＝1，解得q＝1－或q＝1＋(舍去)．
5．(2021·延庆区调研)甲、乙两工人在一天生产中出现的废品数分别是两个随机变量X，Y，其分布列分别为
X
0
1
2
3
P
0.4
0.3
0.2
0.1
Y
0
1
2
P
0.3
0.5
0.2
若甲、乙两人的日产量相等，则甲、乙两人中技术较好的是________．
乙　解析：E(X)＝0×0.4＋1×0.3＋2×0.2＋3×0.1＝1，E(Y)＝0×0.3＋1×0.5＋2×0.2＝0.9，所以E(Y)6．若随机变量X满足P(X＝c)＝1，其中c为常数，则D(X)的值为________．
0　解析：因为P(X＝c)＝1，所以E(X)＝c×1＝c，所以D(X)＝(c－c)2×1＝0.
考点1　离散型随机变量的分布列及性质——基础性
(2020·南京师大附中高三模拟)某中学有4位学生申请A，B，C三所大学的自主招生．若每位学生只能申请其中一所大学，且申请其中任何一所大学是等可能的．
(1)求恰有2人申请A大学的概率；
(2)求被申请大学的个数X的概率分布列与数学期望E(X)．
解：(1)所有可能的方式有34种，恰有2人申请A大学的情况有C×22种，
从而恰有2人申请A大学的概率为＝.
(2)由题意可知，随机变量的可能取值为1,2,3，
则P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝.
所以随机变量X的分布列为
X
1
2
3
P
E(X)＝1×＋2×＋3×＝.
求离散型随机变量X的分布列的步骤
(1)理解X的意义，写出X可能取的全部值．
(2)求X取每个值的概率．
(3)写出X的分布列．
求离散型随机变量的分布列的关键，是求随机变量所取值对应的概率．在求解时，要注意应用计数原理、古典概型等知识．
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；
(3)求随机变量ξ＝X2的分布列．
解：(1)由分布列的性质可知，
0．2＋0.1＋0.1＋0.3＋m＝1，得m＝0.3.
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
所以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
(3)首先列表为
X
0
1
2
3
4
X2
0
1
4
9
16
从而ξ＝X2的分布列为
ξ
0
1
4
9
16
P
0.2
0.1
0.1
0.3
0.3
考点2　离散型随机变量的均值与方差——综合性
考向1　离散型随机变量的均值与方差
为迎接2022年北京冬奥会，推广滑雪运动，某滑雪场开展滑雪促销活动．该滑雪场的收费标准是滑雪时间不超过1小时免费，超过1小时的部分每小时收费标准为40元(不足1小时的部分按1小时计算)．有甲、乙两人相互独立地来该滑雪场运动，设甲、乙不超过1小时离开的概率分别为，；1小时以上且不超过2小时离开的概率分别为，；两人滑雪时间都不会超过3小时．
(1)求甲、乙两人所付滑雪费用相同的概率；
(2)设甲、乙两人所付的滑雪费用之和为随机变量ξ(单位：元)，求ξ的分布列与数学期望E(ξ)、方差D(ξ)．
解：(1)两人所付费用相同，相同的费用可能为0元、40元、80元．
两人都付0元的概率为p1＝×＝；
两人都付40元的概率为p2＝×＝；
两人都付80元的概率为
p3＝×＝×＝.
所以，两人所付费用相同的概率为p＝p1＋p2＋p3＝＋＋＝.
(2)ξ的可能取值为0,40,80,120,160，且
P(ξ＝0)＝×＝，
P(ξ＝40)＝×＋×＝，
P(ξ＝80)＝×＋×＋×＝，
P(ξ＝120)＝×＋×＝，
P(ξ＝160)＝×＝，
所以ξ的分布列为
ξ
0
40
80
120
160
P
E(ξ)＝0×＋40×＋80×＋120×＋160×＝80，
D(ξ)＝(0－80)2×＋(40－80)2×＋(80－80)2×＋(120－80)2×＋(160－80)2×＝.
求离散型随机变量的均值、方差的步骤
(1)理解随机变量X的意义，写出X可能取得的全部值．
(2)求X的每个值的概率．
(3)写出X的分布列．
(4)由均值定义求出E(X)，D(X)．
注意E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2·D(X)的应用．
考向2　二项分布的均值与方差
(1)(2020·浙江高三模拟)一个箱子中装有形状完全相同的5个白球和n(n∈N
)个黑球．现从中有放回地摸取4次，每次都是随机摸取一球．设摸得白球个数为X，若D(X)＝1，则E(X)＝(　　)
A．1
B．2
C．3
D．4
B　解析：由题意，X～B(4，p)．因为D(X)＝4p(1－p)＝1，所以p＝，E(X)＝4p＝4×＝2.故选B.
(2)某市旅游局为了进一步开发旅游资源，需要了解游客的情况，以便制定相应的策略．在某月中随机抽取甲、乙两个景点各10天的游客数，画出茎叶图如图所示．若景点甲中的数据的中位数是126，景点乙中的数据的平均数是124.
①求x，y的值；
②若将图中景点甲中的数据作为该景点较长一段时间内的样本数据(视样本频率为概率)．现从这段时间内任取4天，记其中游客数不低于125的天数为ξ，求ξ的期望与方差．
解：①由题意知甲的中间两位数的尾数为7，x.根据中位数为126，即＝6，所以x＝5.
乙中以124为平均数，则109可表示为－15,115可表示为－9，…，可列出等式－15－9－6＋1＋2＋9＋11＋17＝10，则124－10＝114，y＝4，所以x＝5，y＝4.
②由题意知，因为景点甲的每一天的游客数不低于125的概率为＝，任取4天，即是进行了4次独立重复试验，其中有ξ次发生，故随机变量ξ～B，所以E(ξ)＝4×＝，D(ξ)＝4××＝.
二项分布的均值与方差
(1)如果ξ～B(n，p)，则用公式E(ξ)＝np，D(ξ)＝np(1－p)求解，可大大减少计算量．
(2)有些随机变量虽不服从二项分布，但与之具有线性关系的另一随机变量服从二项分布，这时，可以综合应用E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b以及E(ξ)＝np求出E(aξ＋b)，同样还可求出D(aξ＋b)．
1．(2021·陕西省第三次联考)同时抛掷2枚质地均匀的硬币4次，设2枚硬币均正面向上的次数为X，则X的数学期望是(　　)
A．1
B．2
C．
D．
A　解析：因为一次同时抛掷2枚质地均匀的硬币，恰好出现2枚正面向上的概率为×＝，所以X～B，所以E(X)＝4×＝1.故选A.
2．从甲地到乙地要经过3个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红灯的概率分别为，，.
(1)记X表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数，求随机变量X的分布列和数学期望；
(2)若有2辆车独立地从甲地到乙地，求这2辆车共遇到1个红灯的概率．
解：(1)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3，
P(X＝0)＝××＝，
P(X＝1)＝××＋××＋××＝，
P(X＝2)＝××＋××＋××＝，
P(X＝3)＝××＝.
所以随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
P
随机变量X的数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
(2)设Y表示第一辆车遇到红灯的个数，Z表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件的概率为
P(Y＋Z＝1)＝P(Y＝0，Z＝1)＋P(Y＝1，Z＝0)
＝P(Y＝0)P(Z＝1)＋P(Y＝1)P(Z＝0)
＝×＋×＝.
所以这2辆车共遇到1个红灯的概率为.
考点3　均值与方差在决策问题中的应用——应用性
某投资公司在2021年年初准备将1
000万元投资到“低碳”项目上，现有两个项目供选择：
项目一：新能源汽车．据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利30%，也可能亏损15%，且这两种情况发生的概率分别为和.
项目二：通信设备．据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利50%，可能损失30%，也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为，和.
针对以上两个投资项目，请你为投资公司选择一个合理的项目，并说明理由．
解：若按“项目一”投资，设获利为X1万元，
则X1的分布列为
X1
300
－150
P
所以E(X1)＝300×＋(－150)×＝200(万元)．
若按“项目二”投资，设获利为X2万元，
则X2的分布列为
X2
500
－300
0
P
所以E(X2)＝500×＋(－300)×＋0×＝200(万元)．
D(X1)＝(300－200)2×＋(－150－200)2×＝35
000，
D(X2)＝(500－200)2×＋(－300－200)2×＋(0－200)2×＝140
000.
所以E(X1)＝E(X2)，D(X1)这说明虽然项目一、项目二获利的均值相等，但项目一更稳妥．
综上所述，建议该投资公司选择项目一投资．
利用期望与方差进行决策的方法
一般先计算期望，若相等，则由方差来确定哪一个更好．若E(ξ1)与E(ξ2)比较接近，且期望较大者的方差较小，显然该变量更好；若E(ξ1)与E(ξ2)比较接近且方差相差不大时，应根据不同选择给出不同的结论，即是选择较理想的平均水平还是选择较稳定．
(2020·武汉模拟)某保险公司对一个拥有20
000人的企业推出一款意外险产品，每年每位职工只要交少量保费，发生意外后可一次性获得若干赔偿金，保险公司把企业的所有岗位共分为A，B，C三类工种，从事这三类工种的人数分别为12
000,6
000，2
000.由历史数据统计出三类工种的赔付频率如下表(并以此估计赔付概率)：
工种类别
A
B
C
赔付频率
已知A，B，C三类工种的职工每人每年保费分别为25元、25元、40元，出险后的赔偿金额分别为100万元、100万元、50万元，保险公司在开展此项业务过程中的固定支出为每年10万元．
(1)求保险公司在该业务所获利润的期望值；
(2)现有如下两个方案供企业选择：
方案一：企业不与保险公司合作，职工不交保险，出意外企业自行拿出与保险公司提供的等额赔偿金赔偿给意外职工，企业开展这项工作的固定支出为每年12万元；
方案二：企业与保险公司合作，企业负责职工保费的70%，职工个人负责保费的30%，出险后赔偿金由保险公司赔付，企业无额外专项开支．
请根据企业成本差异给出选择合适方案的建议．
解：(1)设工种A，B，C职工的每份保单保险公司的收益为随机变量X，Y，Z，则X，Y，Z的分布列分别为
X
25
25－100×104
P
1－
Y
25
25－100×104
P
1－
Z
40
40－50×104
P
1－
所以E(X)＝25×＋(25－100×104)×＝15，
E(Y)＝25×＋(25－100×104)×＝5，
E(Z)＝40×＋(40－50×104)×＝－10，
保险公司所获利润的期望值为12
000×15＋6
000×5－2
000×10－100
000＝90
000，
所以保险公司在该业务所获利润的期望值为9万元．
(2)方案一：企业不与保险公司合作，则企业每年安全支出与固定开支共为12
000×100×104×＋6
000×100×104×＋2
000×50×104×＋12×104＝4.6×105；
方案二：企业与保险公司合作，则企业支出保险金额为(12
000×25＋6
000×25＋2
000×40)×0.7＝3.71×105.
因为4.6×105>3.71×105，
所以建议企业选择方案二．第10章
计数原理、概率、随机变量及其分布
数学文化与概率
数学文化是国家文化素质教育的重要组成部分，纵观近几年高考，概率统计部分以数学文化为背景的问题，层出不穷，让人耳目一新．同时它也使考生们受困于背景陌生，阅读受阻，使思路无法打开．下面通过对典型例题的剖析，让同学们增加对数学文化的认识，进而加深对数学文化的理解，提升数学核心素养．
　以古代文化经典为素材
中国古代四大艺术，琴棋书画，源远流长，相传尧舜以棋教子，在春秋、战国时期，围棋已广为流行．围棋盒子中有多粒黑子和白子．已知从中取出2粒都是黑子的概率为，都是白子的概率是，则从中任意取出2粒恰好是同一色的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.1
C　解析：设“从中取出2粒都是黑子”为事件A，“从中取出2粒都是白子”为事件B，“任意取出2粒恰好是同一色”为事件C，则C＝A＋B，且事件A与B互斥．所以P(C)＝P(A)＋P(B)＝＋＝.即任意取出2粒恰好是同一色的概率为.
1．(2020·潍坊市高三模拟)齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马，田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马．现从双方的马匹中随机选一匹进行一场比赛，则田忌的马获胜的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.
A　解析：分别用A，B，C表示齐王的上、中、下等马，用a，b，c表示田忌的上、中、下等马，现从双方的马匹中随机选一匹进行一场比赛，有Aa，Ab，Ac，Ba，Bb，Bc，Ca，Cb，Cc共9场比赛，其中田忌的马获胜的有Ba，Ca，Cb，共3场比赛，所以田忌的马获胜的概率为.
2．(2020·沈阳市东北育才学校高三模拟)生活中人们常用“通五经，贯六艺”形容一个人才识技艺过人，这里的“六艺”其实源于中国周朝的贵族教育体系，具体包括“礼、乐、射、御、书、数”．为弘扬中国传统文化，某校在周末学生业余兴趣活动中开展了“六艺”知识讲座，每艺安排一节，连排六节，则满足“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须相邻安排的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.
B　解析：由题意知样本点总数n＝A＝720，
“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须相邻可以分两类安排：
①“数”排在第一位，“礼”和“乐”两门课程相邻排课，则礼、乐相邻的位置有4个，考虑两者的顺序，有2种情况，剩下的3个全排列，安排在其他三个位置，有A＝6种情况，故有4×2×6＝48(种)．
②“数”排第二位，“礼”和“乐”两门课程相邻排课，则礼、乐相邻的位置有3个，考虑两者的顺序，有2种情况，剩下的3个全排列，安排在其他三个位置，有A＝6(种)情况，则有3×2×6＝36(种)情况．
由分类加法计数原理知满足“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须相邻安排共有48＋36＝84(种)情况．
所以满足“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须相邻安排的概率p＝＝.故选B.
　以数学家为素材
我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30＝7＋23.在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是(　　)
A.
B.
C.
D.
C　解析：不超过30的素数有2,3,5,7,11,13,17,19,23,29，共10个，从中随机选取两个不同的数有C种不同的取法，这10个数中两个不同的数的和等于30的有3对，所以所求概率p＝＝.故选C.
(2020·渭南市高三模拟)费马素数是法国大数学家费马命名的，形如22n＋1(n∈N)的素数(如：220＋1＝3)为费马素数．在不超过30的正偶数中随机选取一数，则它能表示为两个不同费马素数的和的概率是(　　)
A.
B.
C.
D.
B　解析：在不超过30的正偶数中随机选取一数，样本点总数n＝15，能表示为两个不同费马素数的和的只有8＝3＋5,20＝3＋17,22＝5＋17，共有3个．
故它能表示为两个不同费马素数的和的概率是＝.
　以新时代气息为背景
(2020·重庆巴蜀中学高二期中)袋子中有四个小球，分别写有“文、明、中、国”四个字，有放回地从中任取一个小球，直到“中”“国”两个字都取到就停止，用随机模拟的方法估计恰好在第三次停止的概率．利用电脑随机产生0到3之间取整数值的随机数，分别用0,1,2,3代表“文、明、中、国”这四个字，以每三个随机数为一组，表示取球三次的结果，经随机模拟产生了以下18组随机数：
232　321　230　023　123　021　132　220　001
231　130　133　231　013　320　122　103　233
由此可以估计，恰好第三次就停止的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.
B　解析：经随机模拟产生的18组随机数中，
恰好第三次就停止包含的基本事件有023,123,132，共3个．由此可以估计，恰好第三次就停止的概率p＝＝.故选B.
电视台组织中学生知识竞赛，共设有5个版块的试题，主题分别是“中华诗词”“社会主义核心价值观”“依法治国理念”“中国戏剧”“创新能力”．某参赛队从中任选2个主题作答，则“中华诗词”主题被该队选中的概率是________．
　解析：由于知识竞赛有5个板块，所以共有C＝10(种)结果．某参赛队从中任选2个主题作答，选中“中华诗词”主题的结果有C＝4(种)，则“中华诗词”主题被选中的概率为p＝.

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