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第九章　计数原理、概率、随机变量及其分布
第一讲　分类加法计数原理与分步乘法计数原理
知识梳理·双基自测
知识点一　分类加法计数原理
完成一件事有n类不同的方案，在第一类方案中有m1种不同的方法，在第二类方案中有m2种不同的方法，……，在第n类方案中有mn种不同的方法，则完成这件事共有N＝__m1＋m2＋…＋mn__种不同的方法．
知识点二　分步乘法计数原理
完成一件事需要分成n个不同的步骤，完成第一步有m1种不同的方法，完成第二步有m2种不同的方法，……，完成第n步有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．
分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别
分类加法计数原理针对“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对“分步”问题，各个步骤相互联系、相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题组一　走出误区
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，事情是分步完成的，其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有每个步骤都完成后，这件事情才算完成．(　√　)
(4)如果完成一件事情有n个不同步骤，在每一步中都有若干种不同的方法mi(i＝1,2,3，…，n)，那么完成这件事共有m1m2m3…mn种方法．(　√　)
(5)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．(　√　)
题组二　走进教材
2．(P10练习T4)已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法的种数为(　C　)
A．16
B．13
C．12
D．10
[解析]　将4个门编号为1,2,3,4，从1号门进入后，有3种出门的方式，共3种走法，从2,3,4号门进入，同样各有3种走法，共有不同走法3×4＝12(种)．
另解：A＝12(种)．
完成这件事需分成2个步骤进4种、出3种，
∴共有4×3＝12．
3．(教材习题改编)从0,1,2,3,4,5这六个数字中，任取两个不同数字，①其和为偶数的不同取法种数为__6__；②能排成的两位偶数的个数为__13__．
[解析]　①和为偶数的取法可分为两类：取两奇数或取两偶数，各有3种取法，故共有6种取法；②排成的两位偶数可分成三类：个位是0或2或4，显然个位为0的有5个，个位为2或4的各有4个，故共有13个．
题组三　走向高考
4．(2020·新课标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__36__种．
[解析]　因为有一小区有两人，则不同的安排方式共有CA＝36种．
5．(2017·天津)用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有__1_080__个．(用数字作答)
[解析]　根据题意，分2种情况讨论：
①四位数中没有一个偶数数字，即在1、3、5、7、9种任选4个，组成一个四位数即可，有A＝120种情况，即有120个没有一个偶数数字四位数；
②四位数中只有一个偶数数字，在1、3、5、7、9种选出3个，在2、4、6、8中选出1个，有C·C＝40种取法，
将取出的4个数字全排列，有A＝
24种顺序，则有40×24＝
960个只有一个偶数数字的四位数；
则至多有一个数字是偶数的四位数有120＋960＝1
080个．
考点突破·互动探究
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
考点一　分类加法计数原理——自主练透
例1　(1)(2020·常州模拟)已知I＝{1,2,3}，A，B是集合I的两个非空子集，且A中所有元素的和大于B中所有元素的和，则集合A，B共有(　D　)
A．12对
B．15对
C．18对
D．20对
(2)(2020·山东济宁模拟)6人分乘两辆不同的出租车，每辆车最多乘4人，则不同的乘车方案数为(　C　)
A．70
B．60
C．50
D．40
(3)(2021·山东日照联考)要将甲、乙、丙、丁4名同学分别到A，B，C三个班级中，要求每个班级至少分到一人，则甲被分到A班的分法种数为__12__．(用数字作答)
[解析]　(1)
依题意，当A，B中均有一个元素时，有3对；当B中有一个元素，A中有两个元素时，有C＋C＋C＝8(对)；当B中有一个元素，A中有三个元素时，有3对；当B中有两个元素，A中有三个元素时，有3对；当A，B中均有两个元素时，有3对．所以共有3＋8＋3＋3＋3＝20(对)，选D．
(2)C＋C＋C＝50或C·A＋C＝50．故选C．
(3)由题意可分两类，第一类，甲与另一人一同分到A，有6种；第二类，甲单独在A，则两人在B有C＝3种或两人在C有C＝3种，共有6种，共12种．
名师点拨
分类标准是运用分类加法计数原理的难点所在，应抓住题目中的关键词，关键元素，关键位置．
(1)根据题目特点恰当选择一个分类标准．
(2)分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法，不能重复．
(3)分类时除了不能交叉重复外，还不能有遗漏．
考点二　分步乘法计数原理——师生共研
例2　(1)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为(　B　)
A．24
B．18
C．12
D．9
(2)有六名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有__120__种不同的报名方法．
[解析]　(1)从E点到F点的最短路径有6条，从F点到G点的最短路径有3条，所以从E点到G点的最短路径有6×3＝18(条)，故选B．
(2)每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120(种)．
[引申1]本例(2)中若将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每人恰好参加一项，每项人数不限”，则有多少种不同的报名方法
[解析]　每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有36＝729(种)．
[引申2]本例(2)中若将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每项限报一人，但每人参加的项目不限”，则有多少种不同的报名方法？
[解析]　每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63＝216(种)．
[引申3]本例(1)中若去掉“先到F处与小红会合”，则最短路径的条数为__35__．
[解析]　C＝35(条)．
名师点拨
(1)利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事．
(2)分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．
〔变式训练1〕
(1)(2021·厦门模拟)从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任
文娱委员，则不同的选法共有__36__种(用数字作答)．
(2)(2021·湖南永州模拟)某县政府为了加大对一贫困村的扶贫力度，研究决定将6名优秀干部安排到该村进行督导巡视，周一至周四这四天各安排1名，周五安排2名，则不同的安排方法共有(　B　)
A．320种
B．360种
C．370种
D．390种
[解析]　(1)第一步，先选出文娱委员，因为甲、乙不能担任，所以从剩下的3人中选1人当文娱委员，有3种选法．
第二步，从剩下的4人中选学习委员和体育委员，又可分两步进行：先选学习委员有4种选法，再选体育委员有3种选法．由分步乘法计数原理可得，不同的选法共有3×4×3＝36(种)．
(2)第一步安排周五2名，有C＝15(种)方法；
第二步安排周一至周四，有A＝24(种)方法，
故不同的安排方法共有15×24＝360种，故选B．
考点三　两个计数原理的综合应用——多维探究
角度1　与数字有关的问题
例3　(2020·天津和平区二模)在由数字0,1,2,3,4,5所组成的没有重复数字的四位数中，能被5整除的个数有(　D　)
A．512
B．192
C．240
D．108
[解析]　能被5整除的四位数末位是0或5的数，因此分两类，
第一类，末位为0时，其它三位从剩下的数中任意排3个即可，有A＝
60个，
第二类，末位为5时，首位不能排0，则首位只能从1,2,3,4选1个，第二位和第三位从剩下的4个数中任选2个即可，有A·A＝
48个，
根据分类计数原理得可以组成60＋48
＝108个不同的能被5整除的四位数，故选D．
[引申](1)若将本例中“没有”改为“有”，则结果为__252__；
(2)本例组成的四位数中偶数的个数为__156__个，其中比2
310大的四位偶数的个数为__109__个．
[解析]　(1)CCCC＝360,360－108＝252．
(2)个位为0时有A＝60个；个位非0时有CAC＝96个，
故四位偶数有156个；其中比2
310大的数中
①前三位为231的有1个；
②前两位为23第三位为4或5的有3个；
③前一位为2第二位为4或5的有9个；
④前一位为4的有CA＝24个；
⑤前一位为3或5的各有CA＝36个，故共有109个．
角度2　与涂色有关的问题
例4　将一个四棱锥的每个顶点染上1种颜色，并使同一条棱的两个端点异色，若只有4种颜色可供使用，则不同的染色方法有(　B　)
A．48种
B．72种
C．96种
D．108种
[解析]　
如图四棱柱P－ABCD，涂P有4种方法?涂A有3种方法?涂B有2种方法?涂C?
涂D，则不同的涂法共有4×3×2×(1×2＋1×1)＝72种，故选B．
角度3　与几何有关的问题
例5　(2018·上海)《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是(　D　)
A．4
B．8
C．12
D．16
[解析]　根据正六边形的性质，
则D1－A1ABB1，D1－A1AFF1满足题意，
而C1，E1，C，D，E和D1一样，有2×4＝8，
当A1ACC为底面矩形，有4个满足题意，
当A1AEE1为底面矩形，有4个满足题意，
故有8＋4＋4＝16，故选D．
[引申]①本例中若去掉“以AA1为底面矩形的一边”，则阳马的个数为__72__个．
②以六棱柱的顶点为顶点的四棱锥有__300__个．
[解析]　①矩形在棱柱底面上的阳马有24个；
矩形为棱柱侧面的阳马有24个；
矩形为棱柱对角面的阳马有24个；
故共有72个．
②底面在棱柱底面上的四棱锥有2CC＝180个；
底面四边形含两条侧棱的有CC＝120个；
故共有300个．
名师点拨
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．
注意：(1)相同元素不加区分；(2)数字问题中0不能排在数的首位．
〔变式训练2〕
(1)(角度2)(2021·宁波模拟)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(　C　)
A．24种
B．48种
C．72种
D．96种
(2)(角度1)(2020·四川成都青羊区模拟)由数字0,1,2,3组成的无重复数字的4位数，比2
019大的有(　　)个(　B　)
A．10
B．11
C．12
D．13
(3)(角度3)如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”．在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是(　B　)
A．60
B．48
C．36
D．24
[解析]　(1)
区域
A
B
E
C
D
涂法
4
3
2
(与A同色)1
2
与A不同色1
1
∴不同的涂色方法共有4×3×2×1×(2＋1)＝72(种)，故选C．
(2)千位数字为3时满足题意的数字个数为：3！＝6．千位数字为2时，只有2
013不满足题意，则满足题意的数字的个数为3！－1＝5，综上可得：比2
019大的有6＋5＝11个．
(3)长方体的6个表面构成的“平行线面组”的个数为6×6＝36，另含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”的个数为6×2＝12，故符合条件的“平行线面组”的个数是36＋12＝48．
名师讲坛·素养提升
巧用图表法、间接法求解计数问题
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
例6　(1)将编号为1,2,3,4,5,6的六个小球放入编号为1,2,3,4,5,6的六个盒子中，每个盒子放一个小球，若有且只有两个盒子的编号与放入的小球编号相同，则不同的放法总数是__135__．
(2)(2021·吉林模拟)一只蚂蚁从正四面体A－BCD的顶点A出发，沿着正四面体A－BCD的棱爬行，每秒爬一条棱，每次爬行的方向是随机的，则蚂蚁第1秒后到点B，第4秒后又回到A点的不同爬行路线有(　B　)
A．6条
B．7条
C．8条
D．9条
(3)(2021·济南模拟)如图，某电子器件由3个电阻串联而成，形成回路，其中有6个焊接点A、B、C、D、E、F，如果焊接点脱落，整个电路就会不通．现发现电路不通，那么焊接点脱落的可能情况共有__63__种．
[解析]　(1)(图表法)两个小球放入编号相同的盒子中有C＝15种方法，将剩余四个小球放入四个盒子，由图知共有9种方法，故符合题意的放法总数为15×9＝135．
注：结论：把编号为1、2、3、4的小球，放入编为1、2、3、4的小盒中号码不同的放法共有9种．
(2)根据已知，可作出下图，如图知，不同的爬行线路有7条，故选B．
(3)(间接法)因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个焊接点脱落，则电路就不通，故共有26－1＝63(种)可能情况．
名师点拨
(1)当问题中涉及到的元素个数较少时，可通过图表将各种情况一一列出求解计数问题；
(2)当要求计数的情况较复杂，而其反面情况简单易求时，可采用间接法求解．即问题所有情况种数减去不合题意的情况种数．
〔变式训练3〕
(1)(2021·保定质检)三个人踢毽，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，毽又被踢回给甲，则不同的传递方式共有(　B　)
A．4种
B．6种
C．10种
D．16种
(2)(2021·江苏淮阴淮安中学测试)若把单词“error”的字母顺序写错了，则可能出现的错误写法的种数为(　C　)
A．17
B．18
C．19
D．20
[解析]　(1)分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件的有3种传递方式(如图)，
同理，甲先传给丙时，满足条件的也有3种传递方式．
由分类加法计数原理可知，共有3＋3＝6(种)传递方式．
(2)将5个字母排成一排，可分三步进行：
第一步：排e，o，共有A＝20种排法；
第二步：排三个r，共有C＝1种排法；
∴将5个字母排成一排共有20×1＝20种排法，
∴可能出现的错误写法的种数为20－1＝19种；
故选C．
PAGE第五讲　古典概型
知识梳理·双基自测
知识点一　基本事件的特点
(1)任何两个基本事件是_互斥__的．
(2)任何事件都可以表示成_基本事件__的和(除不可能事件)．
知识点二　古典概型的定义
具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型，简称古典概型．
(1)有限性：试验中所有可能出现的基本事件_只有有限个__.
(2)等可能性：每个基本事件出现的可能性_相等__.
知识点三　古典概型的概率公式
P(A)＝___.
1．任一随机事件的概率都等于构成它的每一个基本事件概率的和．
2．求试验的基本事件数及事件A包含的基本事件数的方法有列举法、列表法和树状图法．
题组一　走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(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，其基本事件是“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”，这三个结果是等可能事件．(　×　)
(3)从市场上出售的标准为500±5
g的袋装食盐中任取一袋，测其重量，属于古典概型．(　×　)
(4)有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为.(　√　)
(5)从1,2,3,4,5中任意取出两个不同的数，其和为5的概率是0.2.(　√　)
题组二　走进教材
2．(P133T3改编)袋中装有3个白球，2个黄球，1个黑球，从中任取两球，则取出的两球有黑球的概率为___，两球不同色的概率为___.
[解析]　记“取出两球有黑球”为事件A，则P(A)＝＝＝，两球不同色的取法有11种，记“取出两球不同色”为事件B，则P(B)＝＝.
题组三　走向高考
3．(2018·新课标Ⅱ)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(　C　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　不超过30的素数有，2,3,5,7,11,13,17,19,23,29共10个，从中选2个不同的数有C＝45种，和等于30的有(7,23)，(11,19)，(13,17)，共3种，则所求概率P＝＝，故选C．
4．(2019·课标全国Ⅲ，3)两位男同学和两位女同学随机排成一列，则两位女同学相邻的概率是(　D　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　记“两位女同学相邻”为“事件A”，则P(A)＝＝，故选D．
5．(2019·课标全国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(　B　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　解法一：记5只兔子分别为A，B，C，D，E，其中测量过某项指标的3只兔子为A，B，C，则从这5只兔子中，随机取出3只的基本事件有ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE，共10种，其中恰有2只测量过该指标的基本事件有ABD，ABE，ACD，ACE，BCD，BCE，共6种，所以所求事件的概率P＝＝.故选B．
解法二：记“恰有2只测量过该指标”为事件A，则P(A)＝＝，故选B．
考点突破·互动探究
考点一　简单的古典概型问题——自主练透
例1
(1)(2017·课标全国Ⅱ)从分别写有1,2,3,4,5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为(　D　)
A．
B．
C．
D．
(2)(2021·四川攀枝花统考)有编号分别为1,2,3,4的4个红球和4个黑球，随机取出3个，则取出的球的编号互不相同的概率是(　A　)
A．
B．
C．
D．
(3)(2019·全国Ⅰ，6)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　)
A．
B．
C．
D．
(4)(2021·湖北省调研)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”必须分开安排的概率为(　C　)
A．
B．
C．
D．
(5)(2021·安徽合肥质检)在新冠肺炎疫情联防联控期间，某居委会从辖区内A，B，C三个小区志愿者中各选取2人，随机安排到这三个小区，协助小区保安做好封闭管理和防控宣传工作．若每个小区安排2人，则每位志愿者不安排在自己居住小区，且每个小区安排的志愿者来自不同小区的概率为(　C　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　(1)解法一：(列举法)
画出树状图如图：
可知所有的基本事件共有25个，满足题意的基本事件有10个，故所求概率P＝＝.故选D．
解法二：(排列组合法)
P＝＝.故选D．
(2)有编号分别为1,2,3,4的4个红球和4个黑球，随机取出3个，基本事件总数n＝C＝56，
取出的编号互不相同包含的基本事件个数m＝CCCC＝32，则取出的编号互不相同的概率是P＝＝＝，故选A．
(3)重卦是由从下到上排列的6个爻组成，而爻有“阳爻”和“阴爻”两种，故所有的重卦共有26＝64种，重卦中恰有3个“阳爻”的共有C×C＝20种．故所求概率P＝＝，故选A．
(4)解法一：当“数”位于第一位时，礼和乐相邻有4种情况，礼和乐顺序有2种，其他剩下的有A种情况，由间接法得到满足条件的情况有A－CAA当“数”在第二位时，礼和乐相邻有3种情况，礼和乐顺序有2种，其它剩下的有A种，
由间接法得到满足条件的情况有A－CAA
共有：A－CAA＋A－CAA种情况，不考虑限制因素，总数有A种，
故满足条件的事件的概率为：
＝，故答案为C．
解法二：当“数”位于第一位时，有AA种；当“数”位于第二位时，有CA＋CAA种，总排法有A种，∴所求概率P＝＝.
(5)从辖区内A，B，C三个小区志愿者中各选取2人，随机安排到这三个小区，每个小区安排2人，则基本事件总数n＝·A＝90，
每位志愿者不安排在自己居住小区，且每个小区安排志愿者来自不同小区包含的基本事件个数为m＝CCCCCC＝8，
则所求概率为P＝＝，选C．
[引申]本例(4)中，(1)“必须分开”改为“相邻”，则概率为___；
(2)“必须分开”改为“不和数相邻”的概率为___.
[解析]　(1)P＝＝.
(2)P＝＝.
名师点拨
求古典概型的概率的关键是求试验的基本事件的总数和事件A包含的基本事件的个数，这就需要正确列出基本事件，基本事件的表示方法有列举法、列表法和树状图法，具体应用时可根据需要灵活选择．
〔变式训练1〕
(1)(2021·河南郑州名校调研)甲、乙、丙、丁四位同学站成一排照相，则甲、乙两人中至少有一人站在两端的概率为(　A　)
A．
B．
C．
D．
(2)(2021·广东百校联考)十二生肖，又称十二属相，中国古人拿十二种动物来配十二地支，组成子鼠、丑牛、寅虎、卯兔、辰龙、巳蛇、午马、未羊、申猴、酉鸡、戌狗、亥猪十二属相．现有十二生肖吉祥物各一件，甲、乙、丙三位同学依次随机抽取一件作为礼物，甲同学喜欢马、牛，乙同学喜欢马、龙、狗，丙同学除了鼠不喜欢外其他的都喜欢，则这三位同学抽取的礼物都喜欢的概率是___.
[解析]　(1)∵甲、乙、丙、丁四位同学站成一排照相，
基本事件总数n＝A＝24，
甲、乙两人中至少有一人站在两端包含的基本事件个数m＝A－AA＝20，
∴甲、乙两人中至少有一人站在两端的概率为：
P＝＝＝.故选A．
(2)依题意可分类为①甲同学选马，
则有CC＝18种，
②甲同学选牛，则有CC＝27种．
所有情况有A种，则这三位同学选取的礼物都满意的概率P＝＝.
考点二　较复杂的古典概型问题——多维探究
角度1　古典概型与平面向量的交汇
例2
把一颗骰子投掷两次，观察出现的点数，并记第一次出现的点数为m，第二次出现的点数为n，向量p＝(m，n)，q＝(2,1)，则向量p∥q的概率为
(　B　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　∵向量p∥q，∴m－2n＝0，∴m＝2n，满足条件的(m，n)有3个：(2,1)，(4,2)，(6,3)，又基本事件的总数为36，∴P＝＝，故选B．
角度2　古典概型与解析几何的交汇
例3
(2021·甘肃兰州模拟)双曲线C：－＝1(a>0，b>0)，其中a∈{1,2,3,4}，b∈{1,2,3,4}，且a，b取到其中每个数都是等可能的，则直线l：y＝x与双曲线C的左、右支各有一个交点的概率为(　B　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　直线l：y＝x与双曲线C的左、右支各有一个交点，则>1，基本事件总数为4×4＝16，满足条件的(a，b)的情况有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)，共6个或C＋C＋C＝6(个)，故概率为.
角度3　古典概型与函数的交汇
例4
(2021·吉林省实验中学月考)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(　D　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　求导得f′(x)＝x2＋2ax＋b2，要满足题意需x2＋2ax＋b2＝0有两个不等实根，即Δ＝4(a2－b2)>0，即a>b，又a，b的取法共有3×3＝9种，其中满足a>b的有(1,0)，(2,0)，(2,1)，(3,0)，(3,1)，(3,2)共6种，故所求的概率为P＝＝.
名师点拨
较复杂的古典概型问题的求解方法
解决与古典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，求出基本事件总数和随机事件中所含基本事件的个数，然后利用古典概型的概率计算公式进行计算．
〔变式训练2〕
(1)(角度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　)
A．
B．
C．
D．
(2)(角度2)(2020·河北七校联考)若m是集合{1,3,5,7,9,11}中任意选取的一个元素，则椭圆＋＝1的焦距为整数的概率为___.
(3)(角度3)(2020·四川威远中学月考)若a，b∈{－1,0,1,2}，则函数f(x)＝ax2＋2x＋b有零点的概率为(　A　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　(1)a⊥(a－b)?a·(a－b)＝0?m2－2m－n＋1＝0，即n＝(m－1)2，
又m、n∈{1,2,3,4}，∴(m，n)共有16个，
而事件A仅包括(2,1)，(3,4)2个，
∴P(A)＝＝，故选A．
(2)由题意知椭圆的焦距2c＝2或2c＝2，∴m＝1,3,11，
∴所求概率P＝＝.
(3)a，b∈{－1,0,1,2}，(a，b)的取法有16种，函数y＝f(x)有零点，即4－4ab≥0，∴ab≤1，由表
baba
－1
0
1
2
－1
1
0
－1
－2
0
0
0
0
0
1
－1
0
1
2
2
－2
0
2
4
知符合条件的(a，b)有13种，
∴所求概率为，故选A．
考点三　古典概率与统计的综合——师生共研
例5
(1)(2013·陕西)对一批产品的长度(单位：毫米)进行抽样检测，如图为检测结果的频率分布直方图．根据标准，产品长度在区间[20,25)上为一等品，在区间[15,20)和[25,30)上为二等品，在区间[10,15)和[30,35]上为三等品．用频率估计概率，现从该批产品中随机抽取1件，则其为二等品的概率是(　D　)
A．0.09
B．0.20
C．0.25
D．0.45
(2)(2021·河南安阳调研)为践行“绿水青山就是金山银山”的发展理念，某城区对辖区内A，B，C三类行业共200个单位的生态环境治理成效进行了考核评估，考评分数达到80分及其以上的单位被称为“星级”环保单位，未达到80分的单位被称为“非星级”环保单位，现通过分层抽样的方法抽取了这三类行业的20个单位，其考评分数如下：
A类行业：85,82,77,78,83,87；
B类行业：76,67,80,85,79,81；
C类行业：87,89,76,86,75,84,90,82.
①计算该城区这三类行业中每类行业的单位个数；
②若从抽取的A类行业这6个单位中，再随机选取3个单位进行某项调查，求选出的这3个单位中既有“星级”环保单位，又有“非星级”环保单位的概率．
[解析]　(1)由频率分布直方图的性质可知，样本数据在区间[25,30)上的频率为1－5×(0.02＋0.04＋0.06＋0.03)＝0.25，则二等品的频率为0.25＋0.04×5＝0.45，故任取1件为二等品的概率为0.45.
(2)①由题意，得抽取的A，B，C三类行业单位个数之比为3∶3∶4.
由分层抽样的定义，有
A类行业的单位个数为×200＝60，
B类行业的单位个数为×200＝60，
C类行业的单位个数为×200＝80，
故该城区A，B，C三类行业中每类行业的单位个数分别为60,60,80.
②记选出的这3个单位中既有“星级”环保单位，又有“非星级”环保单位为事件M.
又A类行业的6个单位中有4个“量级”单位，记2个“非量级”单位，
P(M)＝＝
.
名师点拨
有关古典概型与统计结合的题型是高考考查概率的一个重要题型，已成为高考考查的热点，概率与统计结合题，无论是直接描述还是利用频率分布表、分布直方图、茎叶图等给出信息，只需要能够从题中提炼出需要的信息，即可解决此类问题．
〔变式训练3〕
(2020·衡水中学模拟)某中学有初中生1
800人，高中生1
200人，为了解学生本学期课外阅读时间，现采用分层抽样的方法，从中抽取了100名学生，先统计了他们课外阅读时间，然后按“初中生”和“高中生”分为两组，再将每组学生的阅读时间(单位：小时)分为5组：[0,10)，[10,20)，[20,30)，[30,40)，[40,50]，并分别加以统计，得到如图所示的频率分布直方图．
(1)写出a的值；
(2)试估计该校所有学生中，阅读时间不少于30个小时的学生人数；
(3)从阅读时间不足10个小时的样本学生中随机抽取2人，求至少抽到1名高中生的概率．
[解析]　(1)由题意得a＝0.1－0.04－0.02－0.005×2＝0.03.
(2)∵初中生中，阅读时间不少于30个小时的学生频率为(0.020＋0.005)×10＝0.25.
∴所有初中生中，阅读时间不少于30个小时的学生约有0.25×1
800＝450(人)．
同理，高中生中，阅读时间不少于30个小时的学生频率为(0.03＋0.005)×10＝0.35，
∴所有高中生中，阅读时间不少于30个小时的学生约有0.35×1
200＝420(人)．
∴该校所有学生中，阅读时间不少于30个小时的学生人数约有450＋420＝870.
(3)由分层抽样知，抽取的初中生有60名，高中生有40名．记“从阅读时间不足10个小时的样本学生中随机抽取2人，至少抽到1名高中生”为事件A．
初中生中，阅读时间不足10个小时的学生频率为0.005×10＝0.05，样本人数为0.05×60＝3.
高中生中，阅读时间不足10个小时的学生频率为0.005×10＝0.05，样本人数为0.05×40＝2.
则从阅读时间不足10个小时的样本学生中随机抽取2人，所有可能的情况有C＝10(种)，
其中至少有一名高中生的情况有C－C＝7(种)，
∴所求概率为＝0.7.
名师讲坛·素养提升
有放回抽样与无放回抽样
例6
(1)(2021·湖南长沙一中月考)已知7件产品中有5件合格品，2件次品，为找出这2件次品，每次任取一件检验，检验后不放回，则“恰好第一次检验出正品且第五次检验出最后一件次品”的概率为___.
(2)有10个球，其中3个白球7个红球，有人有放回地进行摸球，则其第三次才摸到白球的概率为_0.147__.
[解析]　(1)解法一：考查两件次品的位置，共有C＝21种取法，因为恰好第五次取出最后一件次品，依题意另一件次品只能排2,3,4位，共有C＝3种取法，故概率为.
解法二：P＝＝
(2)P＝＝0.147.
〔变式训练4〕
袋中有大小、形状完全相同的四个小球，分别写有“和”、“谐”、“校”、“园”，每次从中任意摸出一个小球，直到“和”、“谐”两个小球都摸到就停止摸球．
①若有放回地摸球，则恰好在第三次停止摸球的概率为___；
②若无放回地摸球，则恰好在第三次停止摸球的概率为___.
[解析]　①P＝＝或＝；
②P＝＝.
PAGE第四讲　随机事件的概率
知识梳理·双基自测
知识点一　随机事件和确定事件
(1)在条件S下，__必然要发生__的事件，叫做相对于条件S的必然事件，简称必然事件．
(2)在条件S下，__不可能发生__的事件，叫做相对于条件S的不可能事件，简称不可能事件．
(3)必然事件和不可能事件统称为相对于条件S的确定事件，简称确定事件．
(4)在条件S下，__可能发生也可能不发生__的事件，叫做相对于条件S的随机事件，简称随机事件．
知识点二　概率与频率
(1)概率与频率的概念：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)概率与频率的关系：对于给定的随机事件A，由于事件A发生的频率fn(A)随着试验次数的增加稳定于概率P(A)，因此可以用__频率fn(A)__来估计概率P(A)．
知识点三　互斥事件与对立事件
事件的关系与运算
定义
符号表示
包含关系
若事件A__发生__，则事件B__一定发生__，这时称事件B包含事件A(或称事件A包含于事件B)
__B?A____(或A?B)__
相等关系
若B?A，且__A?B__，则称事件A与事件B相等
__A＝B__
并事件(和事件)
若某事件发生__当且仅当事件A发生或事件B发生__，则称此事件为事件A与事件B的并事件(或和事件)
__A∪B____(或A＋B)__
交事件(积事件)
若某事件发生__当且仅当事件A发生且事件B发生__，则称此事件为事件A与事件B的交事件(或积事件)
__A∩B____(或AB)__
互斥事件
若A∩B为__不可能__事件，则称事件A与事件B互斥
__A∩B＝?__
对立事件
若A∩B为__不可能__事件，A∪B为__必然事件__，则称事件A与事件B互为对立事件
__A∩B＝?，____且A∪B＝Ω__
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(A)＝__1__．
(3)不可能事件的概率：P(A)＝__0__．
(4)概率的加法公式：若事件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)__．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题组一　走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)事件发生的频率与概率是相同的．(　×　)
(2)在大量重复试验中，概率是频率的稳定值．(　√　)
(3)两个事件的和事件是指两个事件都得发生．(　×　)
(4)掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”，这三个结果是等可能的．(　×　)
(5)对立事件肯定是互斥事件、互斥事件不一定是对立事件．(　√　)
题组二　走进教材
2．(P121T4)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(　D　)
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
[解析]　“至少有一次中靶”的对立事件是“两次都不中靶”．故选D．
3．(P133T4)同时掷两个骰子，向上点数不相同的概率为____．
[解析]　掷两个骰子一次，向上的点数共6×6＝36(种)可能的结果，其中点数相同的结果共有6种，所以点数不相同的概率P＝1－＝．
题组三　走向高考
4．(2018·课标全国卷Ⅲ)若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为(　B　)
A．0.3
B．0.4
C．0.6
D．0.7
[解析]　设事件A为“不用现金支付”，事件B为“既用现金支付也用非现金支付”，事件C为“只用现金支付”，则P(A)＝1－P(B)－P(C)＝1－0.15－0.45＝0.4故选B．
5．(2020·新课标Ⅰ)设O为正方形ABCD的中心，在O，A，B，C，D中任取3点，则取到的3点共线的概率为(　A　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　O，A，B，C，D中任取3点，共有
C＝10种，
即OAB，OAC，OAD，OBC，OBD，OCD，ABC，ABD，ACD，BCD十种，
其中共线为A，O，C和B，O，D两种，
故取到的3点共线的概率为P＝＝，故选A．
考点突破·互动探究
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
考点一　随机事件的关系——自主练透
例1　(1)(2020·辽宁六校协作体期中)从装有2个红球和2个白球的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是(　C　)
A．“至少有1个白球”和“都是红球”
B．“至少有2个白球”和“至多有1个红球”
C．“恰有1个白球”和“恰有2个白球”
D．“至多有1个白球”和“都是红球”
(2)(2021·中山模拟)从1,2,3,4,5这5个数中任取两个数，其中：
①恰有一个是偶数和恰有一个是奇数；
②至少有一个是奇数和两个都是奇数；
③至少有一个是奇数和两个都是偶数；
④至少有一个是奇数和至少有一个是偶数．
上述事件中，是对立事件的是(　C　)
A．①
B．②④
C．③
D．①③
(3)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　)
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
[解析]　(1)对于选项A，“至少有1个白球”和“都是红球”是对立事件，不符合题意；对于选项B，“至少有2个白球”表示取出2个球都是白色的，而“至多有1个红球”表示取出的球1个红球1个白球，或者2个都是白球，二者不是互斥事件，不符合题意；对于选项C，“恰有1个白球”表示取出2个球1个红球1个白球，与“恰有2个白球”是互斥而不对立的两个事件，符合题意；对于选项D，“至多有1个白球”表示取出的2个球1个红球1个白球，或者2个都是红球，与“都是红球”不是互斥事件，不符合题意．故选C．
(2)从1,2,3,4,5这5个数中任取两个数有3种情况：一奇一偶，2个奇数，2个偶数．其中“至少有一个是奇数”包含一奇一偶或2个奇数这两种情况，它与两个都是偶数是对立事件．又①中的事件可以同时发生，不是对立事件，故选C．
(3)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，故甲是乙的充分不必要条件．
名师点拨
(1)准确把握互斥事件与对立事件的概念：①互斥事件是不可能同时发生的事件，但也可以同时不发生；②对立事件是特殊的互斥事件，特殊在对立的两个事件不可能都不发生，既有且仅有一个发生．
(2)判别互斥事件、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．
〔变式训练1〕
　(2021·宁夏检测)抽查10件产品，设事件A为“至少有2件次品”，则事件A的对立事件为(　B　)
A．至多有2件次品
B．至多有1件次品
C．至多有2件正品
D．至少有2件正品
[解析]　∵“至少有n个”的反面是“至多有n－1个”，又∵事件A“至少有2件次品”，∴事件A的对立事件为“至多有1件次品”．
考点二　随机事件的概率——多维探究
角度1　频率与概率
例2　(2018·北京高考)电影公司随机收集了电影的有关数据，经分类整理得到下表：
电影类型
第一类
第二类
第三类
第四类
第五类
第六类
电影部数
140
50
300
200
800
510
好评率
0.4
0.2
0.15
0.25
0.2
0.1
好评率是指：一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值．
(1)从电影公司收集的电影中随机选取1部，求这部电影是获得好评的第四类电影的概率；
(2)随机选取1部电影，估计这部电影没有获得好评的概率；
(3)电影公司为增加投资回报，拟改变投资策略，这将导致不同类型电影的好评率发生变化．假设表格中只有两类电影的好评率数据发生变化．那么哪类电影的好评率增加0.1，哪类电影的好评率减少0.1，使得获得好评的电影总部数与样本中的电影总部数的比值达到最大？(只需写出结论)
[解析]　(1)由题意知，样本中电影的总部数是140＋50＋300＋200＋800＋510＝2
000，
第四类电影中获得好评的电影部数是200×0.25＝50．
故所求概率为＝0.025．
(2)由题意知，样本中获得好评的电影部数是
140×0.4＋50×0.2＋300×0.15＋200×0.25＋800×0.2＋510×0.1
＝56＋10＋45＋50＋160＋51
＝372．
故所求概率估计为1－＝0.814．
(3)增加第五类电影的好评率，减少第二类电影的好评率．
角度2　统计与概率
例3　(2021·云南名校适应性月考)下边茎叶图表示的是甲、乙两人在5次综合测评中的成绩，其中有一个数字被污损，则甲的平均成绩超过乙的平均成绩的概率是(　A　)
甲
乙
9　8
8
3　3　7
2　1　0
9
●
9
A．
B．
C．
D．
[解析]　记其中被污损的数字为x，由题知甲的5次综合测评的平均成绩是×(80×2＋90×3＋8＋9＋2＋1＋0)＝90，
乙的5次综合测评的平均成绩是
×(80×3＋90×2＋3＋3＋7＋x＋9)＝，
令90＞，解得x＜8，即x的取值可以是0～7，因此甲的平均成绩超过乙的平均成绩的概率是＝．故选A．
名师点拨
概率和频率的关系
概率可看成频率在理论上的稳定值，它从数量上反映了随机事件发生的可能性的大小，它是频率的科学抽象，当试验次数越来越多时频率向概率靠近，只要次数足够多，所得频率就近似地当作随机事件的概率．
〔变式训练2〕
(1)(2021·黑龙江大庆质检)某公司欲派甲、乙、丙3人到A，B两个城市出差，每人只去1个城市，且每个城市必须有人去，则A城市恰好只有甲去的概率为(　B　)
A．
B．
C．
D．
(2)(2021·吉林模拟)某超市随机选取1
000位顾客，记录了他们购买甲、乙、丙、丁四种商品的情况，整理成如下统计表，其中“√”表示购买，“×”表示未购买．
　　　　　商品顾客人数　　　
甲
乙
丙
丁
100
√
×
√
√
217
×
√
×
√
200
√
√
√
×
300
√
×
√
×
85
√
×
×
×
98
×
√
×
×
①估计顾客同时购买乙和丙的概率；
②估计顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率；
③如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买乙、丙、丁中哪种商品的可能性最大？
[解析]　(1)总的派法有：(甲、乙A)，(丙B)；(甲、乙B)，(丙A)；(甲、丙A)，(乙B)；(甲、丙B)，(乙A)；(乙、丙A)，(甲B)；(乙、丙B)，(甲A)，共6种(或CA＝6(种))，A城市恰好只有甲去有一种，故所求概率P＝．
(2)①从统计表可以看出，在这1
000位顾客中有200位顾客同时购买了乙和丙，所以顾客同时购买乙和丙的概率可以估计为＝0.2．
②从统计表可以看出，在这1
000位顾客中有100位顾客同时购买了甲、丙、丁，另有200位顾客同时购买了甲、乙、丙，其他顾客最多购买了2种商品，所以顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率可以估计为＝0.3．
③与①同理．可得：
顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为＝0.2，
顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为＝0.6，
顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为＝0.1．
所以，如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买丙的可能性最大．
考点三　互斥事件、对立事件的概率——师生共研
例4　(1)某商场有奖销售中，购满100元商品得1张奖券，多购多得．1
000张奖券为一个开奖单位，设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个．设1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为A、B、C．求：
①P(A)，P(B)，P(C)；
②1张奖券的中奖概率；
③1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率．
(2)(2021·河南新乡模拟)从5个同类产品(其中3个正品，2个次品)中，任意抽取2个，下列事件发生概率为的是(　C　)
A．2个都是正品
B．恰有1个是正品
C．至少有1个正品
D．至多有1个正品
[解析]　(1)①P(A)＝，P(B)＝＝，
P(C)＝＝．
②因为事件A，B，C两两互斥，所以P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝＋＋＝．故1张奖券的中奖概率为．
③P()＝1－P(A＋B)＝1－＝．
故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为．
(2)从5个产品中任取2个的取法有C＝10种，其中2个都是正品的取法有C＝3种，故2个都是正品的概率P1＝；其对立事件是“至多有1个正品”，概率为P2＝1－P1＝1－＝．恰有1个正品的取法有C·C＝6种，故恰有1个正品的概率P3＝＝．至少有1个正品的概率P4＝P1＋P3＝＋＝．
名师点拨
求复杂的互斥事件的概率的两种方法
(1)直接求解法，将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率的和，运用互斥事件的概率求和公式计算．
(2)间接求法，先求此事件的对立事件的概率，再用公式P(A)＝1－P()，即运用逆向思维(正难则反)．特别是“至多”“至少”型题目，用间接求法就显得较简便．
〔变式训练3〕
(1)(2020·西安二模)2021年某省新高考将实行“3＋1＋2”模式，即语文、数学、外语必选，物理、历史二选一，政治、地理、化学、生物四选二，共有12种选课模式．某同学已选了物理，记事件A：“他选择政治和地理”，事件B：“他选择化学和地理”，则事件A与事件B(　A　)
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
(2)根据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为0.5，购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为0.3．则该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中的一种的概率为__0.8__；该地1位车主甲、乙两种保险都不购买的概率为__0.2__．
[解析]　(1)2021年某省新高考将实行“3
＋1＋2”模式，即语文、数学、外语必选，物理、历史二选一，政治、地理、化学、生物四选二，共有12种选课模式．某同学已选了物理，记事件A：“他选择政治和地理”，事件B：“他选择化学和地理”，则事件A与事件B不能同时发生，但能同时不发生，故事件A和B是互斥事件，但不是对立事件，故A正确．故选A．
(2)记A表示事件：该车主购买甲种保险；B表示事件：该车主购买乙种保险但不购买甲种保险；C表示事件：该车主至少购买甲、乙两种保险中的一种；D表示事件：该车主甲、乙两种保险都不购买．
①由题意得P(A)＝0.5，P(B)＝0.3，又C＝A∪B，
所以P(C)＝P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝0.5＋0.3＝0.8．
②因为D与C是对立事件，所以P(D)＝1－P(C)＝1－0.8＝0.2．
名师讲坛·素养提升
用正难则反的思想求对立事件的概率
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
例5　(1)(2020·浙江湖州期末，改编)现有5个不同编号的小球，其中黑色球2个，白色球2个，红色球1个，若将其随机排成一列，则相同颜色的球都不相邻的概率是____．
(2)(2021·洛阳模拟)经统计，在某储蓄所一个营业窗口等候的人数及相应的概率如下：
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人排队等候的概率是多少？
(2)至少3人排队等候的概率是多少？
[解析]　(1)“相同颜色的球不都相邻”的对立事件为“相同颜色的球都相邻”，记为事件A．因5个不同编号的小球排列有A＝120种排法，“相同颜色的球都相邻”的排法有AAA＝24种排法，∴所求概率P＝|－P(A)|＝1－＝．
(2)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解法一：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．
解法二：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．
名师点拨
“正难则反”的思想是一种常见的数学思想，如反证法、补集的思想都是“正难则反”思想的体现．在解决问题时，如果从问题的正面入手比较复杂或不易解决，那么尝试采用“正难则反”思想往往会起到事半功倍的效果，大大降低题目的难度．在求对立事件的概率时，经常应用“正难则反”的思想，即若事件A与事件B互为对立事件，在求P(A)或P(B)时，利用公式P(A)＝1－P(B)先求容易的一个，再求另一个．
〔变式训练4〕
　某超市为了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)
[解析]　(1)由已知得25＋y＋10＝55，x＋30＝45，
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为事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟”，A1，A2分别表示事件“该顾客一次购物的结算时间为2.5分钟”，“该顾客一次购物的结算时间为3分钟”，将频率视为概率得P(A1)＝＝，P(A2)＝＝．
P(A)＝1－P(A1)－P(A2)＝1－－＝．故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率为．
PAGE第三讲　二项式定理
知识梳理·双基自测
知识点一　二项式定理
(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn(n∈N＋)．
这个公式叫做二项式定理，右边的多项式叫做(a＋b)n的二项展开式，其中的系数C(k＝0,1,2，…，n)叫做__二项式系数__，式中的__Can－kbk__叫做二项展开式的__通项__，用Tk＋1表示，即通项为展开式的第__k＋1__项：Tk＋1＝__Can－kbk__．
知识点二　二项展开式形式上的特点
(1)项数为__n＋1__．
(2)各项的次数和都等于二项式的幂指数n，即a与b的指数的和为__n__．
(3)字母a按__降幂__排列，从第一项开始，次数由n逐项减小1直到零；字母b按__升幂__排列，从第一项起，次数由零逐项增加1直到n．
知识点三　二项式系数的性质
(1)0≤k≤n时，C与C的关系是__C＝C__．
(2)二项式系数先增后减，中间项最大．
当n为偶数时，第＋1项的二项式系数最大；当n为奇数时，第项和项的二项式系数最大．
(3)各二项式系数的和：C＋C＋C＋…＋C＝__2n__，C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝__2n－1__．
1．二项式定理中，通项公式Tk＋1＝Can－kbk是展开式的第k＋1项，不是第k项．
2．(1)二项式系数与展开式中项的系数是两个不同的概念，在Tk＋1＝Can－kbk中，C是该项的二项式系数，该项的系数还与a，b有关．
(2)二项式系数的最值和增减性与指数n的奇偶性有关．当n为偶数时，中间一项的二项式系数最大；当n为奇数时，中间两项的二项式系数相等，且同时取得最大值．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题组一　走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)Can－kbk是二项展开式的第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)(a－b)n的展开式第k＋1项的系数为Can－kbk．(　×　)
(5)(x－1)n的展开式二项式系数和为－2n．(　×　)
(6)在(1－x)9的展开式中系数最大的项是第5项和第6项．(　×　)
题组二　走进教材
2．(P31例2(2))若n展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为(　B　)
A．10
B．20
C．30
D．120
[解析]　二项式系数之和2n＝64，所以n＝6，Tk＋1＝C·x6－k·()k＝Cx6－2k，当6－2k＝0，即当k＝3时为常数项，T4＝C＝20．
3．(P41B组T5)若(x－1)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则a0＋a2＋a4的值为(　B　)
A．9
B．8
C．7
D．6
[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．
题组三　走向高考
4．(2020·新课标)6的展开式中常数项是__240__(用数字作答)．
[解析]　展开式的通项为Tr＋1＝C(x2)6－r·r＝2rCx12－3r，令12－3r＝0，解得r＝4，故常数项为24C＝240．
5．(2017·全国卷Ⅰ)(1＋x)6展开式中x2的系数为(　C　)
A．15
B．20
C．30
D．35
[解析]　(1＋x)6展开式的通项Tr＋1＝Cxr，所以(1＋x)6的展开式中x2的系数为1×C＋1×C＝30，故选C．
考点突破·互动探究
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
考点一　二次展开式的通项公式的应用——多维探究
角度1　求二项展开式中的特定项或特定项的系数
例1　(1)(2018·课标卷Ⅲ)(x2＋)5的展开式中x4的系数为(　C　)
A．10
B．20
C．40
D．80
(2)(2019·课标Ⅲ，4)(1＋2x2)(1＋x)4的展开式中x3的系数为(　A　)
A．12
B．16
C．20
D．24
(3)(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为(　C　)
A．10
B．20
C．30
D．60
[解析]　(1)Tr＋1＝C(x2)5－rr＝C2rx10－3r，
当10－3r＝4时，解得r＝2，
则x4的系数为C×22＝40，选C．
(2)(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．
(3)(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，
含y2的项为T3＝C(x2＋x)3·y2．
其中(x2＋x)3中含x5的项为Cx4·x＝Cx5．
所以x5y2的系数为CC＝30．故选C．
另解：由乘法法则知5个因式中两个选y项，两个选x2项，一个选x项乘即可，∴x5y2的系数为CC＝30．
角度2　二项展开式中的含参问题
例2　(1)(2021·广东广州阶段测试)6的展开式中的常数项为160，则a的值为(　A　)
A．－2
B．2
C．－4
D．4
(2)(2021·福建三明质检)若(3x2－a)5的展开式中x3的系数为－80，则a＝__－4__．
(3)(2021·河北衡水中学模拟)已知二项式n的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是2∶5，则x3的系数为__240__．
[解析]　(1)6的展开式的通项为Tr＋1＝C(ax)6－r·r＝(－1)rCa6－rx6－2r，由题意得－Ca3＝160，解得a＝－2，故选A．
(2)5的展开式的通项为Tr＋1＝C(2x)5－r·r＝(－1)r·25－r·Cx5－2r，则3×23×C＋a×24×C＝－80，解得a＝－4．
(3)由题意得：C∶C＝2∶5，解得n＝6．所以Tr＋1＝C(2x)n－rr＝C26－r(－1)rx6－r,
令6－r＝3，解得：r＝2．所以x3的系数为C26－2(－1)2＝240．
名师点拨
求二项展开式中的特定项或其系数，一般是化为通项公式后，令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出r，代回通项公式即可．
〔变式训练1〕
(1)(角度1)(2018·浙江，14)二项式8的展开式的常数项是__7__．
(2)(角度2)(2021·福州模拟)设n为正整数，n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(　B　)
A．－112
B．112
C．－60
D．60
(3)(角度1)(2020·全国)(x＋y)5的展开式中x3y3的系数为(　C　)
A．5
B．10
C．15
D．20
[解析]　(1)Tr＋1＝C()8－r·
r＝Cx，由8－4r＝0得r＝2，故常数项为T3＝C＝7．
(2)依题意得，n＝8，所以展开式的通项Tr＋1＝Cx8－r·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．
(3)(x＋y)5的展开式的通项Tr＋1＝Cx5－ryr，
∴(x＋y)5的展开式中x3y3的系数为C＋C＝15，故选C．
考点二　二项式系数的性质与各项系数的和——师生共研
例3　(1)(2020·河北衡水中学模拟)已知二项式n的展开式中，二项式系数之和等于64，则展开式中常数项等于(　A　)
A．240
B．120
C．48
D．36
(2)(2021·河北邯郸模拟)在n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(　C　)
A．15
B．45
C．135
D．405
(3)(2021·辽宁省朝阳市质量检测)设(1＋x2)(2－x)4＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋a4(x－1)4＋a5(x－1)5＋a6(x－1)6，则a0＋a2＋a4＋a6＝__8__．
[解析]　(1)∵二项式n的展开式中，
二项式系数之和等于2n＝64，则n＝6，
故展开式的通项公式为Tr＋1＝C·26－r·x，
令＝0，求得r＝2，∴常数项为C·24＝240．故选A．
(2)由题意＝64，n＝6，Tr＋1＝Cx6－rr＝3rCx6－，令6－＝3，r＝2,32C＝135，选C．
(3)由题意，令x＝2得
a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝0，
令x＝0得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝16，
两式相加得2(a0＋a2＋a4＋a6)＝16，
所以a0＋a2＋a4＋a6＝8．故答案为8．
[引申]在本例(3)中，(1)a0＝__2__；
(2)a1＋a3＋a5＝__－8__；
(3)(a0＋a2＋a4＋a6)2－(a1＋a3＋a5)2＝__0__；
(4)a2＝__5__．
[解析]　记f(x)＝(1＋x2)(2－x)4，
则(1)a0＝f(1)＝2．
(2)a1＋a3＋a5＝＝＝－8；
(3)(a0＋a2＋a4＋a6)2－(a1＋a3＋a5)2＝f(2)·f(0)＝0；
(4)令x－1＝t，则x＝t＋1，
∴a2为(t2＋2t＋2)(1－t)4展开式中t2项的系数，又(1－t)4的通项为C(－t)r，
∴a2＝C＋2×(－1)C＋2C＝5．
名师点拨
赋值法的应用
(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，常用赋值法，只需令x＝1即可．
(2)对形如(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．
(3)若f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f(x)展开式中各项系数之和为f(1)，
奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝，
偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝．
又f′(x)＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋nanxn－1，
所以a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝f′(1)．
〔变式训练2〕
(1)(多选题)(2021·湖北龙泉中学、荆州中学、宜昌一中联考)若(1－2x)2
021＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a2
021x2
021(x∈R)，则(　ACD　)
A．a0＝1
B．a1＋a3＋a5＋…＋a2
021＝
C．a0＋a2＋a4＋…＋a2
020＝
D．＋＋＋…＋＝－1
(2)(2020·湖南娄底期末)已知(x3＋)n的展开式中各项的二项式系数之和为32，且各项系数和为243，则展开式中x7的系数为(　C　)
A．20
B．30
C．40
D．50
[解析]　(1)令x＝0得a0＝1，∴A正确；令x＝1得a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a2
021＝－1，令x＝－1得a0－a1＋a2－a3＋…－a2
021＝32
021，∴a1＋a3＋a5＋…＋a2
021＝－，∴B不正确；又a0＋a2＋…＋a2
020＝，∴C正确；令x＝得a0＋＋＋…＋＝0，∴＋＋…＋＝－a0＝－1．
∴D正确，故选ACD．
(2)因为(x3＋)n的展开式中各项的二项式系数之和为32，则2n＝32，解得n＝5，所以二项式为(x3＋)5．因为5展开式各项系数和为243，令x＝1，代入可得(1＋a)5＝243＝35，解得a＝2，所以二项式展开式的通项为Tr＋1＝C(x3)5－r·r＝2r·Cx15－4r，所以当展开式为x7时，即x15－4r＝x7，解得r＝2，则展开式的系数为22·C＝4×10＝40．故选C．
考点三　二项式定理的应用——多维探究
例4　角度1　整除问题
(1)设a∈Z，且0≤a＜13，若512
012＋a能被13整除，则a＝(　D　)
A．0
B．1
C．11
D．12
(2)(2021·安徽省安庆一中模拟)9C＋92C＋…＋910C除以11所得的余数为(　A　)
A．0
B．1
C．2
D．－1
角度2　近似计算
(3)1.028的近似值是__1.172__．(精确到小数点后三位)
[解析]　(1)由于51＝52－1，(52－1)2
012＝C522
012－C522
011＋…－C521＋1，
又由于13整除52，所以只需13整除1＋a,0≤a＜13，a∈Z，所以a＝12，故选D．
(2)90C＋9C＋92C＋…＋910C－1＝(1＋9)10－1＝1010－1＝(11－1)10－1＝1110－C·119＋C·118－…－C·11＋1－1＝1110－C·119＋C·118－…－C·11，显然所得余数为0，故选A．
(3)1.028＝(1＋0.02)8≈C＋C·0.02＋C·0.022＋C·0.023≈1.172．
[引申]若将本例(2)中“11”改为“8”，则余数为__7__．
[解析]　由题意原式＝1010－1＝(8＋2)10－1＝810＋C89·2＋…＋C8·29＋210－1＝(810＋C89·2＋…＋C8·29＋8·27－8)＋7．∴余数为7．
名师点拨
1．整除问题的解题思路
利用二项式定理找出某两个数(或式)之间的倍数关系，是解决有关整除问题和余数问题的基本思路，关键是要合理地构造二项式，并将它展开进行分析判断．
2．求近似值的基本方法
利用二项式定理进行近似计算：当n不很大，|x|比较小时，(1＋x)n≈1＋nx．
〔变式训练3〕
(1)(2021·江西联考)1－90C＋902C－903C＋…＋9010C除以88的余数是(　C　)
A．－1
B．－87
C．1
D．87
(2)0.9986的近似值为__0.989__．(精确到0.001)
[解析]　(1)1－90C＋902C－903C＋…＋9010C＝(1－90)10＝8910＝(88＋1)10＝C8810＋C889＋…＋C88＋C＝88k＋1(k为正整数)，所以可知余数为1．
(2)0.9986＝(1－0.002)6＝1－C0.002＋C0.0022－C0.0023＋C0.0024－C0.0025＋C0.0026≈1－C0.002＋C0.0022＝0.988
6≈0.989．
名师讲坛·素养提升
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、二项展开式中系数最大项的问题
例5　已知n的展开式中前三项的系数成等差数列．
①求n的值；
②求展开式中系数最大的项．
[解析]　①由题设，得C＋×C＝2××C，
即n2－9n＋8＝0，解得n＝8，n＝1(舍去)．
②设第r＋1项的系数最大，则
即解得r＝2或r＝3．
所以系数最大的项为T3＝7x5，T4＝7x．
名师点拨
求展开式中系数最大的项
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，应用从而解出k来，即得．
〔变式训练4〕
　(2020·山东省德州市高三上期末)6的展开式中，常数项为__60__；系数最大的项是__240x6__．
[解析]　6的展开式的通项为
C·(2x2)6－k·k＝C·26－k·x12－3k，
令12－3k＝0，得k＝4，所以，展开式中的常数项为C·22＝60；
令ak＝C·26－k(k∈N，k≤6)，
令，即，
解得≤n≤，∵n∈N，∴n＝2，因此，展开式中系数最大的项为C·24·x6＝240x6．
二、一项或三项展开式问题
例6　(1)(2021·河南实验中学期中)若x5＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋…＋a5(x－2)5，则a0＝(　D　)
A．－32
B．－2
C．1
D．32
(2)(2021·安徽合肥质检)在5的展开式中，x2的系数为__－960__．
[解析]　(1)x5＝[2＋(x－2)]5＝a0＋a1(x－2)＋…＋a5(x－2)5．
Tr＋1＝C25－r(x－2)4，
∴a0＝T1＝25＝32．故选D．
(2)解法一：(化为二项展开式问题)
5＝10，
Tr＋1＝C()10－rr＝(－2)rCx5－r，
令5－r＝2，r＝3，所求系数为(－2)3C＝－960．
解法二：(利用多项式乘法对括号中选取情况讨论)
①5个括号中的2个选x,3个选(－4)，这样得到的x2的系数为C·C(－4)3＝－640；
②5个括号中3个选x,1个选，1个选－4，这样得到的x2的系数为CC×4×(－4)＝－320；
∴所求系数为－640－320＝－960．
名师点拨
对一项或三项的展开问题，应根据式子的特点，转化为二项式来解决，转化的方法通常为集项、配方、因式分解，集项时要注意结合的合理性和简捷性．
注：本题也可如下变形化为二项式求解：5＝5．
〔变式训练5〕
　(2021·广东汕头模拟)在(x2－x－2)5的展开式中，x3的系数为(　C　)
A．－40
B．160
C．120
D．200
[解析]　∵(x2－x－2)5＝(x＋1)5(x－2)5，
∴x3的系数为CC(－2)5＋CC(－2)4＋CC(－2)3＋CC(－2)2＝120．
另解：(利用多项式乘法)
CC(－1)×(－2)3＋C(－1)3·(－2)2＝120，故选C．
PAGE第七讲　离散型随机变量的分布列、期望与方差
知识梳理·双基自测
知识点一　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．
知识点二　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__，简称为X的分布列．
(2)离散型随机变量的分布列的性质
①pi≥0(i＝1,2，…，n)；②pi＝_p1＋p2＋…＋pn__＝1.
知识点三　离散型随机变量的均值与方差
若离散型随机变量X的分布列为P(X＝xi)＝pi，i＝1，2，…，n.
(1)均值：称E(X)＝_x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn__为随机变量X的均值或数学期望．
(2)方差：称D(X)＝
(xi－E(X))2pi为随机变量X的方差，其算术平方根为随机变量X的_标准差__.
(3)均值与方差的性质
①E(aX＋b)＝_aE(X)＋b__.
②D(aX＋b)＝_a2D(X)__.
③D(X)＝E(X2)－(E(X))2.
知识点四　常见离散型随机变量的分布列
(1)两点分布：若随机变量X服从两点分布，其分布列为
X
0
1
P
1－p
p
其中p＝P(X＝1)称为成功概率．
若X服从两点分布，则E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)．
(2)超几何分布：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)＝，k＝0,1,2，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N、M≤N，n、M、N∈N＋，称随机变量X服从超几何分布.
X
0
1
…
m
P
…
1．若X是随机变量，则Y＝aX＋b(a，b是常数)也是随机变量．
2．随机变量ξ所取的值分别对应的事件是两两互斥的．
题组一　走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)抛掷均匀硬币一次，出现正面的次数是随机变量．(　√　)
(2)在离散型随机变量的分布列中，随机变量取各个值的概率之和可以小于1.(　×　)
(3)离散型随机变量的各个可能值表示的事件是彼此互斥的．(　√　)
(4)由下列给出的随机变量X的分布列服从二点分布．(　×　)
X
2
5
P
0.3
0.7
(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．(　√　)
(6)某人射击时命中的概率为0.5，此人射击三次命中的次数X服从两点分布．(　×　)
题组二　走进教材
2．(P77A组T1改编)(此题为更换后新题)设随机变量X的概率分布列为
X
1
2
3
4
P
m
则P(|X－3|＝1)＝___.
[解析]　由＋m＋＋＝1，解得m＝，
P(|X－3|＝1)＝P(X＝2)＋P(X＝4)＝＋＝.
2．(P77A组T1改编)(此题为发现的重题，更换新题见上题)设随机变量X的概率分布列为
X
1
2
3
4
P
m
则P(|X－3|＝1)＝___.
[解析]　由＋m＋＋＝1，解得m＝，
P(|X－3|＝1)＝P(X＝2)＋P(X＝4)＝＋＝.
3．(P49A组T1)有一批产品共12件，其中次品3件，每次从中任取一件，在取到合格品之前取出的次品数X的所有可能取值是_0,1,2,3__.
[解析]　因为次品共有3件，所以在取到合格品之前取出的次品数X的可能取值为0,1,2,3.
题组三　走向高考
4．(2020·浙江)盒中有4个球，其中1个红球，1个绿球，2个黄球．从盒中随机取球，每次取1个，不放回，直到取出红球为止．设此过程中取到黄球的个数为ξ，则P(ξ＝0)＝___，E(ξ)＝_1__.
[解析]　由题意知，随机变量ξ的可能取值为0,1,2；
计算P(ξ＝0)＝＋＝；
P(ξ＝1)＝＋＝；
P(ξ＝2)＝＋＝；
所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝1.
故答案为，1.
5．(2020·课标Ⅲ，3)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i＝1，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是(　B　)
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
[解析]　根据均值E(X)＝ipi，方差D(X)＝xi－E(X)]2·pi，标准差最大即方差最大，由各选项对应的方差如下表
选项
均值E(X)
方差D(X)
A
2.5
0.65
B
2.5
1.85
C
2.5
1.05
D
2.5
1.45
由此可知选项B对应样本的标准差最大，故选B．
考点突破·互动探究
考点一　离散型随机变量分布列的性质——自主练透
例1
(1)(2021·河南南阳联考)随机变量ξ的概率分布规律为P(X＝n)＝(n＝1,2,3,4)，其中a为常数，则P(A．
B．
C．
D．
(2)(2021·银川质检)若随机变量ξ的分布列如表所示，E(ξ)＝1.6，则a－b＝(　B　)
ξ
0
1
2
3
P
0.1
a
b
0.1
A．0.2
B．－0.2
C．0.8
D．－0.8
[解析]　(1)∵P(X＝n)＝(n＝1,2,3,4)，
∴a＝1，即a＝1，
∴a＝，∴P＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝×＋×＝.
(2)易知a，b∈[0,1]，由0.1＋a＋b＋0.1＝1，得a＋b＝0.8，由E(ξ)＝0×0.1＋1×a＋2×b＋3×0.1＝1.6，得a＋2b＝1.3，所以a＝0.3，b＝0.5，则a－b＝－0.2.
名师点拨
(1)利用分布列中各概率之和为1可求参数的值，要注意检查每个概率值均为非负数．
(2)求随机变量在某个范围内的概率，根据分布列，将所求范围内随机变量对应的概率值相加即可，其依据是互斥事件的概率加法公式．
〔变式训练1〕
(2020·天津和平区期末)设随机变量X的概率分布列如下表，则随机变量X的数学期望E(X)＝___.
X
1
2
3
4
P
m
[解析]　＋m＋＋＝1，所以m＝.
所以E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＝.
考点二　离散型随机变量的期望与方差——多维探究
例2
角度1　期望、方差的简单计算
(1)设随机变量X的分布列为P(X＝k)＝(k＝1,2,3,4,5,6)，则E(X)＝_3.5__，E(2X＋3)＝_10__，D(X)＝___，D(3X－1)＝___.
[解析]　E(X)＝x1p1＋x2p2＋x3p3＋…＋x6p6＝3.5，
E(2X＋3)＝2E(X)＋3＝10.
D(X)＝(x1－E(X))2p1＋(x2－E(X))2p2＋…＋(x6－E(X))2p6
＝[(1－3.5)2＋(2－3.5)2＋…＋(6－3.5)2]
＝17.5×＝.
D(3X－1)＝9D(X)＝.
角度2　期望、方差与函数性质
(2)(2019·浙江卷，7)设0X
0
a
1
P
则当a在(0,1)内增大时，(　D　)
A．D(X)增大
B．D(X)减小
C．D(X)先增大后减小
D．D(X)先减小后增大
[解析]　随机变量X的期望E(X)＝0×＋a×＋1×＝，
D(X)＝×
＝(a2－a＋1)
＝2＋，
当a∈时，D(X)单调递减，当x∈时，D(X)单调递增，故选D．
角度3　实际问题中的期望、方差问题
(3)(2021·天津红桥区期中)某商场拟通过摸球兑奖的方式对1
000位顾客进行奖励，袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元，规定：每位顾客从袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额．
①求顾客所获的奖励额为60元的概率；
②求顾客所获的奖励额的分布列及数学期望．
[解析]　①设顾客所获取的奖励额为X，
依题意，得P
(X＝60)＝＝，
即顾客所获得奖励额为60元的概率为.
②依题意得X得所有可能取值为20,60，
P(X＝60)＝，P(X＝20)＝＝，
即X的分布列为
X
20
60
P
所以这位顾客所获的奖励额的数学期望为
E(X)＝20×＋60×＝40.
(4)(入座问题)有编号为1,2,3，…，n的n个学生，入座编号为1,2,3，…，n的n个座位，每个学生规定坐一个座位，设学生所坐的座位号与该生的编号不同的学生人数为X，已知X＝2时，共有6种坐法．
(1)求n的值；
(2)求随机变量X的数学期望和方差．
[解析]　(1)由题意知C＝6，解得n＝4.
(2)X所有可能取值为0,2,3,4，
又P(X＝0)＝＝，
P(X＝2)＝＝＝，
P(X＝3)＝＝＝，
P(X＝4)＝＝＝，
∴随机变量X的分布列为
X
0
2
3
4
P
∴E(X)＝0×＋2×＋3×＋4×＝3，
D(X)＝(3－0)2×＋(3－2)2×＋(3－3)2×＋(3－4)2×＝1.
名师点拨
求离散型随机变量的分布列、期望与方差，应按下述步骤进行：
(1)明确随机变量的所有可能取值以及取每个值所表示的意义；
(2)利用概率的有关知识，求出随机变量取每个值的概率；
(3)按规范形式写出分布列，并用分布列的性质验证；
(4)根据分布列，正确运用期望与方差的定义或公式进行计算．
说明：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，要注意计数原理、排列组合及常见概率模型．
〔变式训练2〕
(1)(角度1)(2021·江苏镇江调研)随机变量ξ的分布如下表，则E(5ξ＋4)＝_13__.
ξ
0
2
4
P
0.4
0.3
0.3
(2)(角度2)(2021·广东深圳宝安区调研)设0X
0
1
2
P
A．D(X)增大
B．D(X)减小
C．D(X)先减小后增大
D．D(X)先增大后减小
(3)如图，A、B两点由5条连线并联，它们在单位时间内能通过的最大信息量依次为2,3,4,3,2，现记从中任取三条线且在单位时间内都通过的最大信息总量为ξ.
①写出最大信息总量ξ的分布列；
②求最大信息总量ξ的数学期望．
[解析]　(1)由题意知E(ξ)＝2×0.3＋4×0.3＝1.8，
∴E(5ξ＋4)＝5E(ξ)＋4＝13.
(2)由题意：
E(X)＝0×＋1×＋2×＝a＋，
所以D(X)＝2＋2＋2＝－a2＋a＋＝－2＋，
因为∈，所以D(ξ)先增后减，故选D．
(3)①由已知，ξ的取值为7,8,9,10，
∵P(ξ＝7)＝＝，
P(ξ＝8)＝＝，
P(ξ＝9)＝＝，
P(ξ＝10)＝＝.
∴ξ的概率分布列为
ξ
7
8
9
10
P
②E(ξ)＝×7＋×8＋×9＋×10＝＝8.4.
考点三　超几何分布——师生共研
例3
(2017·山东卷改编)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．
[解析]　(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
[引申1]用X表示接受乙种心理暗示的男志愿者人数，则X的分布列为_____.
[解析]　由题意可知X的取值为1,2,3,4,5，
则P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝，
P(X＝5)＝＝.
因此X的分布列为
X
1
2
3
4
5
P
[引申2]用X表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数与男志愿者人数之差，则X的分布列为_____.
[解析]　由题意知X可取的值为3,1，－1，－3，－5.
则P(X＝3)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝－1)＝＝，P(X＝－3)＝＝，
P(X＝－5)＝＝，
因此X的分布列为
X
3
1
－1
－3
－5
P
名师点拨
1．超几何分布的两个特点：
(1)超几何分布是不放回抽样问题；
(2)随机变量为抽到的某类个体的个数．
2．超几何分布的应用：超几何分布属于古典概型，主要应用于抽查产品、摸不同类别的小球等概率模型．
〔变式训练3〕
(2021·安徽省淮北市模拟)有着“中国碳谷”之称的安徽省淮北市，名优特产众多，其中“塔山石榴”因其青皮软籽、籽粒饱满、晶莹剔透、汁多味甘而享誉天下．现调查表明，石榴的甜度与海拔、日照时长、昼夜温差有着极强的相关性，分别用a、b、c表示石榴甜度与海拔、日照时长、温差的相关程度，并对它们进行量化：0表示一般，1表示良，2表示优，再用综合指标λ＝a＋b＋c的值评定石榴的等级，若λ≥4则为一级；若2≤λ≤3则为二级；若0≤λ≤1则为三级．近年来，周边各地市也开始发展石榴的种植，为了了解目前石榴在周边地市的种植情况，研究人员从不同地市随机抽取了12个石榴种植园，得到如下结果：
种植园编号
A
B
C
D
E
F
(a，b，c)
(1,0,0)
(2,2,1)
(0,1,1)
(2,0,2)
(1,1,1)
(1,1,2)
种植园编号
G
H
I
J
K
L
(a，b，c)
(2,2,2)
(0,0,1)
(2,2,1)
(0,2,1)
(1,2,0)
(0,0,2)
(1)若有石榴种植园120个，估计等级为一级的石榴种植园的数量；
(2)在所取样本的二级和三级石榴种植园中任取2个，ξ表示取到三级石榴种植园的数量，求随机变量ξ的分布列及数学期望．
[解析]　(1)计算12个石榴种植园的综合指标，可得下表
编号
A
B
C
D
E
F
G
H
I
J
K
L
综合指标
1
5
2
4
3
4
6
1
5
3
3
2
由上表可知等级为一级的有5个，
所以等级为一级的频率为，
所以120个石榴种植园中一级种植园约有50个．
(2)由题意ξ可以取0、1、2，
其中P(ξ＝0)＝＝，
P(ξ＝1)＝＝，
P(ξ＝2)＝＝，
∴ξ的分布列为
ξ
0
1
2
P
故E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝.
名师讲坛·素养提升
离散型随机变量与统计综合
例4
(2021·吉林长春实验中学期中)某学校为了解班级卫生教育系列活动的成效，对全校40个班级进行了一次突击班级卫生量化打分检查(满分100分，最低分20分)．根据检查结果：得分在[80,100]评定为“优”，奖励3面小红旗；得分在[60,80)评定为“良”，奖励2面小红旗；得分在[40,60)评定为“中”，奖励1面小红旗；得分在[20,40)评定为“差”，不奖励小红旗．已知统计结果的部分频率分布直方图如图：
(1)依据统计结果的部分频率分布直方图，求班级卫生量化打分检查得分的中位数；
(2)学校用分层抽样的方法，从评定等级为“优”、“良”、“中”、“差”的班级中抽取10个班级，再从这10个班级中随机抽取2个班级进行抽样复核，记抽样复核的2个班级获得的奖励小红旗面数和为X，求X的分布列与数学期望E(X)．
[解析]　(1)得分[20,40)的频率为0.005×20＝0.1；得分[40,60)的频率为0.010×20＝0.2；得分[80,100]的频率为0.015×20＝0.3；所以得分[60,80)的频率为1－(0.1＋0.2＋0.3)＝0.4.
设班级得分的中位数为x分，于是
0．1＋0.2＋×0.4＝0.5，解得x＝70.
所以班级卫生量化打分检查得分的中位数为70.
(2)由(1)知题意“优”、“良”、“中”、“差”的频率分别为0.3，0.4,0.2,0.1.又班级总数为40.于是“优”、“良”、“中”、“差”的班级个数分别为12,16,8,4.分层抽样的方法抽取的“优”、“良”、“中”、“差”的班级个数分别为3,4,2,1.
由题意可得X的所有可能取值为1,2,3,4,5,6
P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝，
P(X＝5)＝＝，P(X＝6)＝＝，
所以X的分布列为
X
1
2
3
4
5
6
P
E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＋5×＋6×＝＝.
所以X的数学期望E(X)＝.
〔变式训练4〕
(2021·湖南湘潭模拟)为了解贵州省某州2020届高三理科生的化学成绩的情况，该州教育局组织高三理科生进行了摸底考试，现从参加考试的学生中随机抽取了100名理科生，将他们的化学成绩(满分为100分)分为[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]6组，得到如图所示的频率分布直方图．
(1)求a的值；
(2)记A表示事件“从参加考试的所有理科生中随机抽取一名学生，该学生的化学成绩不低于70分”，试估计事件A发生的概率；
(3)在抽取的100名理科生中，采用分层抽样的方法从成绩在[60,80)内的学生中抽取10名，再从这10名学生中随机抽取4名，记这4名理科生成绩在[60,70)内的人数为X，求X的分布列与数学期望．
[解析]　(1)∵(0.005＋0.010＋0.020＋0.030＋a＋0.010)×10＝1，
∴a＝0.025.
(2)∵成绩不低于70分的频率为
(0.030＋0.025＋0.010)×10＝0.65，
∴事件A发生的概率约为0.65.
(3)抽取的100名理科生中，成绩在[60,70)内的有100×0.020×10＝20人，
成绩在[70,80)内的有100×0.030×10＝30人，
故采用分层抽样抽取的10名理科生中，
成绩在[60,70)内的有4人，在[70,80)内的有6人，由题可知，X的可能取值为0,1,2,3,4，
P(X＝0)＝＝＝，
P(X＝1)＝＝＝，
P(X＝2)＝＝＝，
P(X＝3)＝＝＝，
P(X＝4)＝＝.
∴X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
∴E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝.
PAGE第六讲　几何概型
知识梳理·双基自测
知识点一　几何概型的定义
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，简称几何概型．
知识点二　几何概型的特点
(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．
知识点三　几何概型的概率公式
P(A)＝___.
知识点四　随机模拟方法
(1)使用计算机或者其他方式进行的模拟试验，通过这个试验求出随机事件的概率的近似值的方法就是模拟方法．
(2)用计算机或计算器模拟试验的方法为随机模拟方法．这个方法的基本步骤是：①用计算器或计算机产生某个范围内的随机数，并赋予每个随机数一定的意义；②统计代表某意义的随机数的个数M和总的随机数个数N；③计算频率fn(A)＝作为所求概率的近似值．
几种常见的几何概型
(1)与长度有关的几何概型，其基本事件只与一个连续的变量有关．
(2)与面积有关的几何概型，其基本事件与两个连续的变量有关，若已知图形不明确，可将两个变量分别作为一个点的横坐标和纵坐标，这样基本事件就构成了平面上的一个区域，即可借助平面区域解决问题．
(3)与体积有关的几何概型，可借助空间几何体的体积公式解答问题．
题组一　走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)在一个正方形区域内任取一点的概率是零．(　√　)
(2)几何概型中，每一个基本事件就是从某个特定的几何区域内随机地取一点，该区域中的每一点被取到的机会相等．(　√　)
(3)在几何概型定义中的区域可以是线段、平面图形、立体图形．(　√　)
(4)随机模拟方法是以事件发生的频率估计概率．(　√　)
(5)与面积有关的几何概型的概率与几何图形的形状有关．(　×　)
(6)从区间[1,10]内任取一个数，取到1的概率是P＝.(　×　)
题组二　走进教材
2．(P140T1)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(　A　)
[解析]　∵P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝，P(D)＝，
∴P(A)>P(C)＝P(D)>P(B)．故选A．
3．(P146B组T4)设不等式组表示的平面区域为D，在区域D内随机取一个点，则此点到坐标原点的距离大于2的概率是(　D　)
A．
B．
C．
D．
[解析]如图所示，正方形OABC及其内部为不等式组表示的平面区域D，且区域D的面积为4，而阴影部分(不包括)表示的是区域D内到坐标原点的距离大于2的区域．易知该阴影部分的面积为4－π.因此满足条件的概率是，故选D．
题组三　走向高考
4．(2017·全国Ⅰ)如图，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图，正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称，在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是(　B　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　不妨设正方形ABCD的边长为2，则正方形内切圆的半径为1，可得S正方形＝4.
由圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称，得S黑＝S白＝S圆＝，所以由几何概型知，所求概率P＝＝＝.故选B．
5．(2019·全国)在Rt△ABC中，AB＝BC，在BC边上随机取点P，则∠BAP<30°的概率为(　B　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　在Rt△ABC中，AB＝BC，Rt△ABC为等腰直角三角形，令AB＝BC＝1，则AC＝；
在BC边上随机取点P，当∠BAP＝30°时，BP＝tan
30°＝，
在BC边上随机取点P，则∠BAP<30°的概率为：P＝＝，故选B．
考点突破·互动探究
考点一　与长度有关的几何概型——自主练透
例1
(1)(2021·山西运城模拟)某单位试行上班刷卡制度，规定每天8：30上班，有15分钟的有效刷卡时间(即8：15－8：30)，一名职工在7：50到8：30之间到单位且到达单位的时刻是随机的，则他能正常刷卡上班的概率是(　D　)
A．
B．
C．
D．
(2)(2021·福建龙岩质检)在区间上随机取一个实数x，使cos
x≥的概率为(　B　)
A．
B．
C．
D．
(3)(2020·山东省青岛市模拟)已知圆C：x2＋y2＝1和直线l：y＝k(x＋2)，在(－，)上随机选取一个数k，则事件“直线l与圆C相交”发生的概率为(　C　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　(1)一名职工在7：50到8：30之间到单位，刷卡时间长度为40分钟，但有效刷卡时间是8：15－8：30共15分钟，由测度比为长度比可得，该职工能正常刷卡上班的概率P＝＝.故选D．
(2)由y＝cos
x在区间上单调递增，在上单调递减，则不等式cos
x≥在区间上的解为－≤x≤，故cos
x≥的概率为＝.
(3)直线l与C相交?<1?－∴所求概率P＝＝.故选C．
[引申]本例(3)中“圆上到直线l的距离为的点有4个”发生的概率为___.
[解析]　圆上到直线l的距离为的点有4个?圆心到直线l的距离小于?∴所求概率P＝＝.
名师点拨
与长度有关的几何概型
如果试验的结果构成的区域的几何度量可用长度表示，则其概率的计算公式为
P(A)＝.
〔变式训练1〕
(1)(2017·江苏卷)记函数f(x)＝的定义域为D．在区间[－4,5]上随机取一个数x，则x∈D的概率是___.
(2)(2021·河南豫北名校联盟精英对抗赛)已知函数f(x)＝sin
x＋cos
x，当x∈[0，π]时，f(x)≥1的概率为(　D　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　(1)D＝{x|6＋x－x2≥0}＝[－2,3]，
∴所求概率P＝＝.
(2)由f(x)＝2sin≥1，x∈[0，π]得x∈，
∴所求概率P＝＝，故选D．
考点二　与面积有关的几何概型——师生共研
角度1　与平面图形有关的问题
例2
(1)(2021·河南商丘、周口、驻马店联考)如图，AC，BD上分别是大圆O的两条相互垂直的直径，4个小圆的直径分别为OA，OB，OC，OD，若向大圆内部随机投掷一点，则该点落在阴影部分的概率为(　D　)
A．
B．
C．
D．
(2)设复数z＝(x－1)＋yi(x，y∈R)，若|z|≤1，则y≥x的概率为(　C　)
A．＋
B．＋
C．－
D．－
[解析]　(1)不妨设大圆的半径为2，则大圆的面积为4π，小圆的半径为1，如图，设图中阴影部分面积为S，
由图形的对称性知，S阴影＝8S.
又S＝π×12－×2＝1，
则所求概率为＝，故选D．
(2)∵|z|＝≤1，
∴(x－1)2＋y2≤1，其几何意义表示为以(1,0)为圆心，1为半径的圆面，如图所示，而y≥x所表示的区域如图中阴影部分，故P＝＝－.
[引申]本例(1)中图形改成下图，则此点取自图中阴影部分的概率为___.
[解析]　不妨设大圆的半径为2，则小圆的半径为1，
∴所求概率P＝＝.
角度2　与线性规划交汇的问题
例3
在满足不等式组的平面点集中随机取一点M(x0，y0)，设事件A为“y0<2x0”，那么事件A发生的概率是(　B　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　如图所示，不等式组表示的平面区域为△ABC且A(1,2)，B(－1,0)，C(3,0)，显然直线l：y＝2x过A且与x轴交于O，∴所求概率P＝＝＝.选B．
名师点拨
解决与面积有关的几何概型的方法
求解与面积有关的几何概型时，关键是弄清某事件对应的几何元素，必要时可根据题意构造两个变量，把变量看成点的坐标，找到全部试验结果构成的平面图形，以便求解．
〔变式训练2〕
(1)(2021·唐山模拟)右图是一个边长为4的正方形二维码，为了测算图中黑色部分的面积，在正方形区域内随机投掷400个点，其中落入黑色部分的有225个点，据此可估计黑色部分的面积为(　B　)
A．8
B．9
C．10
D．12
(2)(2021·四川模拟)以正三角形的顶点为圆心，其边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形被称为勒洛三角形，它是具有类似于圆的“等宽性”曲线，由德国机械工程专家、数学家勒洛首先发现．如图，D，E，F为正三角形ABC各边中点，作出正三角形DEF的勒洛三角形DEF(阴影部分)，若在△ABC中随机取一点，则该点取自于该勒洛三角形部分的概率为(　C　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　(1)根据面积之比与点数之比相等的关系，得黑色部分的面积S＝4×4×＝9，故选B．
(2)设△ABC的边长为2，则正△DEF边长为1，
以D为圆心的扇形面积是＝，
△DEF的面积是×1×1×＝，
∴勒洛三角形的面积为3个扇形面积减去2个正三角形面积，
即图中勒洛三角形面积为3×＋＝，△ABC面积为，
所求概率P＝＝.
故选C．
考点三　与体积有关的几何概型——师生共研
例4
(1)(2021·山西省模拟)以正方体各面中心为顶点构成一个几何体，从正方体内任取一点P，则P落在该几何体内的概率为(　C　)
A．
B．
C．
D．
(2)(2020·江西抚州临川一中期末)已知三棱锥S－ABC，在该三棱锥内任取一点P，则使VP－ABC≤VS－ABC的概率为(　D　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　(1)如图以正方体各面中心为顶点的几何体是由两同底正四棱锥拼成，不妨设正方体棱长为2，则GH＝，∴所求概率P＝＝＝，故选C．
(2)作出S在底面△ABC的射影为O，若VP－ABC＝VS－ABC，
则三棱锥P－ABC的高等于SO，
P点落在平面EFD上，且＝＝＝，
所以＝，
故VS－EFD＝VS－ABC，
∴VP－ABC≤VS－ABC的概率P＝1－＝.故选D．
名师点拨
求解与体积有关问题的注意点
对于与体积有关的几何概型问题，关键是计算问题的总体积(总空间)以及事件的体积(事件空间)，对于某些较复杂的问题常转化为其对立事件的概率问题求解．
〔变式训练3〕
一只蜜蜂在一个棱长为3的正方体内自由飞行，若蜜蜂在飞行过程中始终保持与正方体6个表面的距离均大于1，称其为“安全飞行”，则蜜蜂“安全飞行”的概率为(　C　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　由已知条件可知，蜜蜂只能在以正方体的中心为中心棱长为1的小正方体内飞行，结合几何概型可得蜜蜂“安全飞行”的概率为P＝＝.
[引申]若蜜蜂在飞行过程中始终保持与正方体8个顶点的距离均大于1，称其为“安全飞行”，则蜜蜂“安全飞行”的概率为_1－__.
[解析]　所求概率P＝＝1－.
考点四　与角度有关的几何概型——师生共研
例5
(1)(2021·南岗区校级模拟)已知正方形ABCD的边长为，以A为顶点在∠BAD内部作射线AP，射线AP与正方形ABCD的边交于点M，则AM<2的概率为(　D　)
A．
B．
C．
D．
(2)在等腰Rt△ABC中，过直角顶点C在∠ACB内作一条射线CD与线段AB交于点D，则AD[解析]　(1)正方形ABCD的边长为，以A为顶点在∠BAD内部作射线AP，射线AP与正方形ABCD的边交于点M，如图所示：
己知AD＝AB＝BC＝CD＝，
DM
＝1，
所以AM＝＝2.
所以∠DAM＝.
根据阴影的对称性，
故P(AM<2)＝＝，故选D．
(2)在AB上取AC′＝AC，
则∠ACC′＝＝67.5°.
设事件A＝{在∠ACB内部作一条射线CD，与线段AB交于点D，AD则所有可能结果的区域角度为90°，事件A的区域角度为67.5°，
∴P(A)＝＝.
名师点拨
与角度有关的几何概型的求解方法
(1)若试验的结果所构成的区域的几何度量可用角度来表示，则其概率公式为
P(A)＝.
(2)解决此类问题时注意事件的全部结果构成的区域及所求事件的所有结果构成的区域，然后再利用公式计算．
〔变式训练4〕
(1)(2021·山西太原一模)如图，四边形ABCD为矩形，AB＝，BC＝1，在∠DAB内任作射线AP，则射线AP与线段BC有公共点的概率为___.
(2)如图所示，在△ABC中，∠B＝60°，∠C＝45°，高AD＝，在∠BAC内作射线AM交BC于点M，则BM<1的概率为___.
[解析]　(1)当点P在BC上时，AP与BC有公共点，此时AP扫过△ABC，所以所求事件的概率P＝＝.
(2)因为∠B＝60°，∠C＝45°，所以∠BAC＝75°，
在Rt△ABD中，AD＝，∠B＝60°，
所以BD＝＝1，∠BAD＝30°.
记事件N为“在∠BAC内作射线AM交BC于点M，使BM<1”，则可得∠BAM<∠BAD时事件N发生．
由几何概型的概率公式，得P(N)＝＝.
名师讲坛·素养提升
转化与化归思想在几何概型中的应用
例6
(1)(2021·贵州遵义模拟)在区间[0,2]上任取两个数，则这两个数之和大于3的概率是(　A　)
A．
B．
C．
D．
(2)(2021·济宁模拟)甲、乙两人约定晚6点到晚7点之间在某处见面，并约定甲若早到则等乙半小时，而乙还有其他安排，若乙早到则不需等待，则甲、乙两人能见面的概率为(　A　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　(1)设函数为x，y，则
由图可知x＋y>3的概率P＝＝.故选A．
(2)以6点作为计算时间的起点，设甲到的时间为x，乙到的时间为y，则基本事件空间是Ω＝{(x，y)|0≤x≤1,0≤y≤1}，事件对应的平面区域的面积S＝1，设满足条件的事件对应的平面区域是A，则A＝{(x，y)|0≤x≤1,0≤y≤1，y－x≤，且y≥x}，其对应的区域如图中阴影部分所示，则B(0，)，D(，1)，C(0,1)，则事件A对应的平面区域的面积是1－××－×1×1＝，根据几何概型的概率计算公式得P＝＝.
名师点拨
生活中的几何概型度量区域的构造方法：
(1)审题：通过阅读题目，提炼相关信息．
(2)建模：利用相关信息的特征，建立概率模型．
(3)解模：求解建立的数学模型．
(4)结论：将解出的数学模型的解转化为题目要求的结论．
〔变式训练5〕
(2020·海口调研)张先生订了一份《南昌晚报》，送报人在早上6：30－7：30之间把报纸送到他家，张先生离开家去上班的时间在早上7：00－8：00之间，则张先生在离开家之前能拿到报纸的概率是___.
[解析]　以横坐标x表示报纸送到时间，以纵坐标y表示张先生离家时间，建立平面直角坐标系，如图．因为随机试验落在方形区域内任何一点是等可能的，所以符合几何概型的条件．根据题意只要点落在阴影部分，就表示张先生在离开家之前能拿到报纸，即所求事件A发生，所以P(A)＝＝.
PAGE第九讲　正态分布
知识梳理·双基自测
知识点一　正态曲线及其性质
(1)正态曲线：函数f(x)＝e－，x∈(－∞，＋∞)，其中实数μ和σ(σ＞0)为参数．我们称函数f(x)的图象为正态分布密度曲线，简称正态曲线，期望为μ、标准差为σ的正态分布通常记作_X～N(μ，σ2)__.
(2)正态曲线的性质：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的变化而沿着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__.
知识点二　正态分布
(1)正态分布的定义及表示．
若对于任何实数a，b(a(2)正态总体在三个特殊区间内取值的概率值：
①P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝_0.682_6__；
②P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝_0.954_4__；
③P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)＝_0.997_4__.
对于正态分布N(μ，σ2)，由x＝μ是正态曲线的对称轴知
(1)P(X≥μ)＝P(X≤μ)＝0.5；
(2)对任意的a有P(X<μ－a)＝P(X>μ＋a)；
(3)P(X(4)P(a注：在X服从正态分布，即X～N(μ，σ2)时，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.
题组一　走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)随机变量的均值是常数，样本的平均数是随机变量，它不确定．(　√　)
(2)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，则偏离变量的平均程度越小．(　√　)
(3)正态分布中的参数μ和σ完全确定了正态分布，参数μ是正态分布的均值，σ是正态分布的标准差．(　√　)
(4)若X～N(0,1)，则P(x<－)题组二　走进教材
2．(P75B组T2改编)设随机变量ξ服从正态分布N(4,3)，若P(ξa＋1)，则实数a等于(　B　)
A．7
B．6
C．5
D．4
[解析]　由题意知＝4，∴a＝6.
题组三　走向高考
3．(2015·山东)已知某批零件的长度误差ξ(单位：毫米)服从正态分布N(0,32)，从中随机取一件，其长度误差落在区间(3,6)内的概率为(　B　)
(附：正态分布N(μ，σ2)中，P(μ－σ<ξ<μ＋σ)＝0.
682
7，P(μ－2σ<ξ<μ＋2σ)＝0.954
5)
A．0.045
6
B．0.135
9
C．0.
271
8
D．0.317
4
[解析]　因为P(－3<ξ<3)＝0.
682
7，P(－6<ξ<6)＝0.954
5，所以P(3<ξ<6)＝×(0.954
5－0.682
7)＝0.135
9.故选B．
4．(2015·湖北，5分)设X～N(μ1，σ)，Y～N(μ2，σ)，这两个正态分布密度曲线如图所示，下列结论中正确的是(　C　)
A．P(Y≥μ2)≥P(Y≥μ1)
B．P(X≤σ2)≤P(X≤σ1)
C．对任意正数t，P(X≤t)≥P(Y≤t)
D．对任意正数t，P(X≥t)≥P(Y≥t)
[解析]　由正态分布密度曲线的性质可知，X～N(μ1，σ)，Y～N(μ2，σ)的密度曲线分别关于直线x＝μ1，x＝μ2对称，因此结合题中所给图象可得，μ1<μ2，所以P(Y≥μ2)N(μ2，σ)的密度曲线“瘦高”，所以σ1<σ2，所以P(X≤σ2)>P(X≤σ1)，B错误．对任意正数t，P(X≤t)≥P(Y≤t)，P(X≥t)≤P(Y≥t)，C正确，D错误．
5．(2017·全国卷Ⅰ)为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸(单位：cm)．根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N(μ，σ2)．
(1)假设生产状态正常，记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件数，求P(X≥1)及X的数学期望；
(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件，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，需对当天的生产过程进行检查．
①试说明上述监控生产过程方法的合理性；
②下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：
9．95　10.12　9.96　9.96　10.01　9.92　9.98　10.04
10．26　9.91　10.13　10.02　9.22　10.04　10.05　9.95
经计算得＝xi＝9.97，s＝＝≈0.212，其中xi为抽取的第i个零件的尺寸，i＝1,2，…，16.
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当天的生产过程进行检查？剔除(－3，＋3)之外的数据，用剩下的数据估计μ和σ(精确到0.01)．
附：若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－3σ4,0.997
416≈0.959
2，≈0.09.
[解析]　(1)抽取的一个零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之内的概率为0.997
4，从而零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率为0.002
6，故X～B(16,0.002
6)．因此P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－0.997
416≈0.040
8.
X的数学期望为E(X)＝16×0.002
6＝0.041
6.
(2)①如果生产状态正常，一个零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率只有0.002
6，一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件的概率只有0.040
8，发生的概率很小．因此一旦发生这种情况，就有理由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，需对当天的生产过程进行检查，可见上述监控生产过程的方法是合理的．
②由＝9.97，s≈0.212，得μ的估计值为＝9.97，σ的估计值为＝0.212，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在(－3，＋3)之外，因此需对当天的生产过程进行检查．
剔除(－3，＋3)之外的数据9.22，剩下数据的平均数为(16×9.97－9.22)＝10.02，
因此μ的估计值为10.02.
x＝16×0.2122＋16×9.972≈1
591.134，
剔除(－3，＋3)之外的数据9.22，剩下数据的样本方差为(1
591.134－9.222－15×10.022)≈0.008，
因此σ的估计值为≈0.09.
考点突破·互动探究
考点一　正态分布的性质——自主练透
例1
(2021·河北唐山模拟)已知随机变量X服从正态分布N(0,1)，随机变量Y服从正态分布N(1,1)，且P(X>1)＝0.158
7，则P(1A．0.158
7
B．0.341
3
C．0.841
3
D．0.658
7
[解析]　由正态曲线的性质知，随机变量X、Y的正态曲线形状相同，(如图)．
由题意P(Y>2)＝P(X>1)＝0.158
7，
∴P(17＝0.341
3.故选B．
名师点拨
对X～N(μ，σ2)中的μ，σ的意义不清楚，特别是对μ的认识不清楚，就会在解题时无从下手，导致随便给出一个结果．这里μ是随机变量X的均值，σ是标准差，x＝μ是正态分布密度曲线的对称轴．
〔变式训练2〕
(多选题)设两个正态分布N(μ1，σ)(σ1>0)和N(μ2，σ)(σ2>0)的密度函数分别为φ1(x)和φ2(x)，其图象如图所示，则有(　AC　)
A．μ1<μ2
B．μ1>μ2
C．σ1<σ2
D．σ1>σ2
[解析]　f(x)＝e中x＝μ是对称轴，故μ1<μ2；σ越大，曲线越“矮胖”，σ越小曲线越“高瘦”，故σ1<σ2.故选A、C．
考点二　正态分布——多维探究
例1
角度1　正态曲线的对称性
(1)(2021·山东新高考质量测评联盟联考)在2019年高中学生信息技术测试中，经统计，某校高二学生的测试成绩X～N(86，σ2)，若已知P(80A．0.86
B．0.64
C．0.36
D．0.14
[解析]　由题意P(86∴P(X>92)＝0.5－0.36＝0.14，故选D．
角度2　确定正态曲线的对称轴
(2)(2021·福建模拟)已知随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，若P(X<3)＋P(X≤1)＝1，则μ＝_2__.
[解析]　因为X服从正态分布N(μ，σ2)，所以P(X<3)＋P(X≥3)＝1，
所以P(X≤1)＝P(X≥3)，由正态曲线的对称性知对称轴为X＝2，所以μ＝2.
角度3　三个常用数据
(3)(2020·安阳二模)2020年2月，受新冠肺炎的影响，医卫市场上出现了“一罩难求”的现象．在政府部门的牵头下，部分工厂转业生产口罩，已知某工厂生产口罩的质量指标ξ～N(15,0.002
5)，单位为g，该厂每天生产的质量在(14.9
g,15.05
g)的口罩数量为818
600件，则可以估计该厂每天生产的质量在15.15
g以上的口罩数量为(　D　)
参考数据：若ξ～N(μ，σ2)，则
P(μ－σ<ξ<μ＋σ)＝0.682
7，
P(μ－2σ<ξ<μ＋2σ)＝0.954
5，
P(μ－3σ<ξ<μ＋3σ)＝
0.997
3.
A．158
700
B．22
750
C．2
700
D．1
350
[解析]　由题意知，ξ～N(15,0.002
5)，
即μ＝15，σ2＝
0.002
5，即σ＝0.05；
所以P(14.9<ξ<15.05)＝P(μ－2σ<ξ<μ＋σ)＝＝0.818
6，
所以该厂每天生产的口罩总量为
818
600÷0.818
6＝1
000
000(件)，
又P(ξ>15.15)＝P(ξ>μ＋3σ)＝，
所以估计该厂每天生产的质量在15.15
g以上的口罩数量为1
000
000×＝1
350(件)．故选D．
[引申]本例(1)中若有1
000名学生参加测试，则测试成绩在80分以上的人数为_860__.
[解析]　1
000×P(X>80)＝1
000×[1－(0.5－0.36)]＝860.
名师点拨
关于正态总体在某个区间内取值的概率求法
(1)熟记P(μ－σ(2)充分利用正态曲线的对称性和曲线与x轴之间面积为1.①正态曲线关于直线x＝μ对称，从而在关于x＝μ对称的区间上概率相等；②P(X〔变式训练2〕
(1)(角度1)(2021·江苏苏州调研)已知随机变量ξ服从正态分布N(1，σ2)，且P(ξ<4)＝0.9，则P(－2<ξ<1)＝(　C　)
A．0.2
B．0.3
C．0.4
D．0.6
(2)(角度2)(2021·江西模拟)已知随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，若P(ξ<2)＝P(ξ>8)＝0.15，则P(2≤ξ<5)＝(　B　)
A．0.3
B．0.35
C．0.5
D．0.7
(3)(角度3)(2021·青岛模拟)已知某市居民在2019年用于手机支付的个人消费额ξ(单位：元)服从正态分布N(2
000,1002)，则该市某居民手机支付的消费额在(1
900,2
200)内的概率为(　C　)
附：随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，则
P(μ－σ<ξ<μ＋σ)＝0.682
6，
P(μ－2σ<ξ<μ＋2σ)＝0.954
4，
P(μ－3σ<ξ<μ＋3σ)＝0.997
4.
A．0.975
9
B．0.84
C．0.818
5
D．0.477
2
[解析]　(1)由P(ξ<4)＝0.9，得P(ξ≥4)＝0.1.
又正态曲线关于x＝1对称．
则P(ξ≤－2)＝P(ξ≥4)＝0.1，
所以P(－2<ξ<1)＝＝0.4.故选C．
(2)根据题意，正态分布N(μ，σ2)，
若P(ξ<2)＝P(ξ>8)＝0.15，则μ＝5，
即这组数据对应的正态曲线的对称轴x＝5，则P(ξ<5)＝0.5，
又由P(ξ<2)＝0.15，得
P(2≤ξ<5)＝0.5－0.15＝0.35.故选B．
(3)∵服从正态分布N(2
000,1002)，
∴μ＝2
000，σ＝100，
则P(1
900<ξ<2
200)＝P(μ－σ<ξ<μ＋σ)＋[P(μ－2σ<ξ<μ＋2σ)－P(μ－σ<ξ<μ＋σ)]＝0.682
6＋(0.954
4－0.682
6)＝0.818
5.故选C．
考点三　正态分布的综合应用
例3
(1)(2021·贵州贵阳为明教育集团调研)如图，在正方形ABCD中的阴影部分的上下边界分别是曲线C1和C2，其中C1是正态分布N(0,0.52)的密度曲线，C1与C2关于x轴对称，若在正方形中随机取一点，则该点取自阴影部分的概率是(　C　)
参考数据：随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)的概率为：
P(μ－σ6，
P(μ－2σ4，
P(μ－3σ4
A．0.682
6
B．0.954
4
C．0.477
2
D．0.498
7
(2)(2021·河南六市模拟)十九大以来，某贫困地区扶贫办积极贯彻落实国家精准扶贫的政策要求，带领广大农村地区人民群众脱贫奔小康．经过不懈的奋力拼搏，新农村建设取得巨大进步，农民年收入也逐年增加，为了制定提升农民收入、实现2020年脱贫的工作计划，该地扶贫办统计了2019年50位农民的年收入并制成如下频率分布直方图：
(ⅰ)根据频率分布直方图，估计50位农民的平均年收入(单位：千元)；(同一组数据用该组数据区间的中点值表示)；
(ⅱ)由频率分布直方图，可以认为该贫困地区农民年收入X服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为年平均收入，σ2近似为样本方差s2，经计算得s2＝6.92，利用该正态分布，求：
①在扶贫攻坚工作中，若使该地区约有占总农民人数的84.14%的农民的年收入高于扶贫办制定的最低年收入标准，则最低年收入标准大约为多少千元？
②为了调研“精准扶贫，不落一人”的政策要求落实情况，扶贫办随机走访了1
000位农民．若每位农民的年收入互相独立，问：这1000位农民中的年收入不少于12.14千元的人数最有可能是多少？
附参考数据：≈2.63，若随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ[解析]　(1)因为C1是正态分布N(0,0.52)的密度曲线，
且P(μ－2σ4，
所以P(－14，
则阴影部分的面积S＝0.954
4×2＝1.908
8，
所以若在正方形中随机取一点，则该点取自阴影部分的概率是＝0.477
2.故选C．
(2)(ⅰ)＝12×0.04＋14×0.12＋16×0.28＋18×0.36＋20×0.10＋22×0.06＋24×0.04＝17.40千元．
故估计50位农民的年平均收入为17.40千元．
(ⅱ)由题意知X～N(17.40,6.92)，
①P(X>μ－σ)＝＋≈0.841
4，
所以μ－σ＝17.40－2.63＝14.77时，满足题意，
即最低年收入大约为14.77千元．
②由P(x≥12.14)＝P(x≥μ－2σ)＝0.5＋≈0.977
3，
每个农民的年收入不少于12.14千元的事件的概率为0.977
3，
记1
000个农民的年收入不少于12.14千元的人数为ξ
则ξ～B(1
000，p)，其中p＝0.977
3
于是恰好有k个农民的年收入不少于12.14千元的事件概率为
P(ξ＝k)＝Cpk(1－p)1
000－k，
从而由＝>1，得k<1
001p
而1
001p＝978.277
3，所以，
当0≤k≤978时，P(ξ＝k－1)当979≤k≤1
000时，P(ξ＝k－1)>P(ξ＝k)，
由此可知，在所走访的1
000位农民中，年收入不少于12.14千元的人数最有可能是978人．
名师点拨
解决正态分布问题的三个关键点
若随机变量ξ～N(μ，σ2)，则
(1)对称轴x＝μ；
(2)标准差σ；
(3)分布区间．利用对称性可求指定范围内的概率值；由μ，σ，分布区间的特征进行转化，使分布区间转化为3σ特殊区间，从而求出所求概率
〔变式训练3〕
(2021·广西柳州铁路一中、玉林一中联考)从某公司生产线生产的某种产品中抽取1
000件，测量这些产品的一项质量指标，由检测结果得如图所示的频率分布直方图：
(1)求这1
000件产品质量指标的样本平均数和样本方差s2(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；
(2)由直方图可以认为，这种产品的质量指标值Z服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数，σ2近似为样本方差s2.
①利用该正态分布，求P(175.6②已知每件该产品的生产成本为10元，每件合格品(质量指标值Z∈(175.6,224.4))的定价为16元；若为次品(质量指标值Z?(175.6,224.4))，除了全额退款外且每件次品还须赔付客户48元，若该公司卖出100件这种产品，记Y表示这些产品的利润，求E(Y)．
附：≈12.2，若Z～N(μ，σ2)，则P(μ－σ[解析]　(1)由题意得
＝170×0.02＋180×0.09＋190×0.22＋200×0.33＋210×0.24＋220×0.08＋230×0.02＝200
s2＝(170－200)2×0.02＋(180－200)2×0.09＋(190－200)2×0.22＋(200－200)2×0.33＋(210－200)2×0.24＋(220－200)2×0.08＋(230－200)2×0.02＝150.
即样本平均数为200，样本方差为150.
(2)①由(1)可知，μ＝200，σ＝≈12.2，
∴Z～N(200,12.22)，∴P(175.6＝P(μ－2σ②设X表示100件产品的正品数，
题意得X～B(100,0.95)，∴E(X)＝95，
∴E(Y)＝16E(X)－48×5－100×10＝280.
名师讲坛·素养提升
利用均值与方差求解决策性问题
例4
(2021·湖南益阳调研)已知6名某疾病病毒密切接触者中有1名感染病毒，其余5名未感染，需要通过化验血液来确定感染者．血液化验结果呈阳性的即为感染者，呈阴性即为未感染者．
(1)若从这6名密切接触者中随机抽取2名，求抽到感染者的概率；
(2)血液化验确定感染者的方法有：方法一是逐一化验；方法二是平均分组混合化验，先将血液样本平均分成若干组，对组内血液混合化验，若化验结果呈阴性，则该组血液不含病毒，若化验结果呈阳性，则对该组的备份血液逐一化验；直至确定感染者．
(ⅰ)采取逐一化验，求所需化验次数ξ的分布列及数学期望；
(ⅱ)采取平均分成三组混合化验(每组血液份数相同)，求该分组方法所需化验次数的数学期望．
你认为选择哪种化验方案更合理？请说明理由．
[解析]　(1)抽到感染者的概率P＝＝＝.
(2)(ⅰ)按逐一化验法，ξ的可能取值为1,2,3,4,5，
P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝，
P(ξ＝3)＝＝，P(ξ＝4)＝＝，
P(ξ＝5)＝＝，
所以ξ的分布列为
ξ
1
2
3
4
5
P
数学期望E(ξ)＝1×＋2×＋3×＋4×＋5×＝.
(ⅱ)平均分成三组即按(2,2,2)分组，
记所需化验次数为η，则η＝2,3，
P(η＝2)＝，P(η＝3)＝×＋×＝
所以η的分布列为
η
2
3
P
数学期望E(η)＝2×＋3×＝.
因为E(ξ)>E(η)，所以按平均分组法较合理．
名师点拨
随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平，方差反映了随机变量稳定于均值的程度，它们从整体和全局上刻画了随机变量，是生产实际中用于方案取舍的重要理论依据．一般先比较均值，若均值相同，再用方差来决定．
〔变式训练4〕
(2021·湖南郴州质检)某蔬菜种植基地有一批蔬菜需要两天内采摘完毕，天气预报显示这两天每天是否有雨相互独立，无雨的概率都为0.8.现有两种方案可以选择：
方案一：基地人员自己采摘，不额外聘请工人，需要两天完成，两天都无雨收益为2万元，只有一天有雨收益为1万元，两天都有雨收益为0.75万元．
方案二：基地额外聘请工人，只要一天就可以完成采摘，当天无雨收益为2万元，有雨收益为1万元．额外聘请工人的成本为a万元．
(1)若不额外聘请工人，写出基地收益X的分布列及基地的预期收益；
(2)该基地是否应该外聘工人？请说明理由．
[解析]　(1)基地收益X的可能值为2,1,0.75，
则P(X＝2)＝0.8×0.8＝0.64，P(X＝1)＝0.8×0.2＋0.2×0.8＝0.32，
P(X＝0.75)＝(1－0.8)×(1－0.8)＝0.04，
故X的分布列为
X
2
1
0.75
P
0.64
0.32
0.04
则E(X)＝2×0.64＋1×0.32＋0.75×0.04＝1.63.
(2)设基地额外聘请工人时的收益为Y万元，
则其预期收益E(Y)＝2×0.8＋1×0.2－a＝1.8
－a
E(Y)－E(X)＝0.17－a
综上可得，当额外聘请工人的成本高于0.17万元时，E(X)>E(Y)，不外聘工人，
当成本低于0.17万元时E(X)当成本恰为0.17万元时，E(X)＝E(Y)，是否外聘工人均可以．
PAGE第二讲　排列与组合
知识梳理·双基自测
知识点一　排列与排列数
(1)排列的定义：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)排列数的定义：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，用符号__A__表示．
(3)排列数公式：A＝__n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)__．
(4)全排列：n个不同元素全部取出的一个排列，叫做n个元素的一个全排列，A＝n×(n－1)×(n－2)×…×2×1＝__n！__．排列数公式写成阶乘的形式为A＝，这里规定0！＝__1__．
知识点二　组合与组合数
(1)组合的定义：一般地，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)组合数的定义：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，用符号__C__表示．
(3)组合数的计算公式：C＝＝＝，这里规定C＝__1__．
(4)组合数的性质：①C＝__C__；②C＝__C__＋__C__．
注：应用公式化简、求值、解方程、解不等式时，注意A、C中的隐含条件m≤n，且m，n∈N＋．
对于有附加条件的排列、组合应用题，通常从三个途径考虑
(1)以元素为主考虑，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素．
(2)以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置．
(3)先不考虑附加条件，计算出排列数或组合数，再减去不合要求的排列数或组合数．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题组一　走出误区
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)一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序．(　×　)
(3)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．(　√　)
(4)(n＋1)！－n！＝n·n！．(　√　)
(5)若组合式C＝C，则x＝m成立．(　×　)
(6)kC＝nC．(　√　)
题组二　走进教材
2．(P27A组T716)6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为(　D　)
A．144
B．120
C．72
D．24
[解析]　“插空法”，先排3个空位，形成4个空隙供3人选择就座，因此任何两人不相邻的坐法种数为A＝4×3×2＝24．
题组三　走向高考
3．(2017·全国卷Ⅱ)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(　D　)
A．12种
B．18种
C．24种
D．36种
[解析]　4项工作分成3组，可得：C＝6，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，可得：6×A＝36种，故选D．
4．(2018·浙江)从1,3,5,7,9中任取2个数字，从0,2,4,6中任取2个数字，一共可以组成__1_260__个没有重复数字的四位数．(用数字作答)
[解析]　从1,3,5,7,9中任取2个数字有C种方法，
从2,4,6,0中任取2个数字不含0时，有C种方法，
可以组成C·C·A＝720个没有重复数字的四位数；
含有0时，0不能在千位位置，其它任意排列，共有C·C·C·A＝540，
故一共可以组成1
260个没有重复数字的四位数，故答案为：1
260．
5．(2018·新课标Ⅰ)从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有__16__种．(用数字填写答案)
[解析]　解法一：从2位女生，4位男生中选3人，且至少有1位女生入选的情况有以下2种：①2女1男：有CC＝4种选法；②1女2男：有CC＝12种选法，故至少有1位女生入选的选法有4＋12＝16种．
解法二：从2位女生，4位男生中选3人有C＝20种选法，其中选出的3人都是男生的选法有C＝4种，所以至少有1位女生入选的选法有20－4＝16种．
考点突破·互动探究
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
考点一　排列问题——自主练透
例1　有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，不同的排列方法总数，分别为：
(1)选其中5人排成一排；__2_520__
(2)排成前后两排，前排3人，后排4人；__5_040__
(3)全体排成一排，甲不站排头也不站排尾；__3_600__
(4)全体排成一排，女生必须站在一起；__576__
(5)全体排成一排，男生互不相邻；__1_440__
(6)全体排成一排，甲、乙两人中间恰好有3人；__720__
(7)全体排成一排，甲必须排在乙前面；__2_520__
(8)全部排成一排，甲不排在左端，乙不排在右端．__3_720__
[解析]　
(1)从7个人中选5个人来排，是排列，
有A
＝7×6×5×4×3＝2
520(种)．
(2)分两步完成，先选3人排在前排，有A种方法，余下4人排在后排，有A种方法，故共有A·A＝5
040(种)．事实上，本小题即为7人排成一排的全排列，无任何限制条件．
(3)优先法：解法一：(元素分析法)甲为特殊元素．先排甲，有5种方法；其余6人有A种方法，故共有5×A＝3
600种．
解法二：(位置分析法)排头与排尾为特殊位置．排头与排尾从非甲的6个人中选2个排列，有A种方法，中间5个位置由余下5人进行全排列，有A种方法，共有A×A＝3
600种．
(4)(捆绑法)将女生看成一个整体，与3名男生在一起进行全排列，有A种方法，再将4名女生进行全排列，也有A种方法，故共有A×A＝576种．
(5)(插空法)男生不相邻，而女生不作要求，所以应先排女生，有A种方法，再在女生之间及首尾空出5个空位中任选3个空位排男生，有A种方法，故共有A×A＝1
440种．
(6)把甲、乙及中间3人看作一个整体，第一步先排甲、乙两人，有A种方法；第二步从余下5人中选3人排在甲、乙中间，有A种；第三步把这个整体与余下2人进行全排列，有A种方法．故共有A·A·A＝720种．
(7)消序法：＝2
520．
(8)间接法：A－2A＋A＝3
720．
位置分析法：分甲在右端与不在右端两类．
甲在右端的排法有A(种)排法，
甲不在右端的排法有5×5A(种)排法，
∴共有A＋25A＝3
720(种)．
[引申]本例中7人排一排，(1)甲站中间的站法有__720__种；(2)甲、乙相邻且丙不站排头和排尾的站法有__960__种；(3)甲、乙相邻且都与丙不相邻的站法有__960__种．
[解析]　(1)AA＝720；或A＝720
(2)AAA＝960；
(3)AAA＝960．
名师点拨
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当中
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
〔变式训练1〕
(1)(2021·广东深圳宝安区调研)某车队有6辆车，现要调出4辆按一定的顺序出去执行任务，要求甲、乙两车必须参加，且甲车要先于乙车开出，则共有__72__种不同的调度方法．(用数字填写答案)
(2)(2020·广西兴宁、南宁三中期末)2020年3月31日，某地援鄂医护人员A，B，C，D，E，F,6人(其中A是队长)圆满完成抗击新冠肺炎疫情任务返回本地，他们受到当地群众与领导的热烈欢迎．当地媒体为了宣传他们的优秀事迹，让这6名医护人员和接见他们的一位领导共7人站一排进行拍照，则领导和队长站在两端且BC相邻，而BD不相邻的排法种数为(　D　)
A．36种
B．48种
C．56种
D．72种
[解析]　(1)CCA＝72．或C·＝72
(2)①领导和队长站在两端，有A＝2种情况，
②中间5人分2种情况讨论：
若BC相邻且与D相邻，有AA＝12种安排方法，
若BC相邻且不与D相邻，有AAA＝24种安排方法，
则中间5人有12＋24＝36种安排方法，
则有2×36＝72种不同的安排方法；故选D．
考点二　组合问题——师生共研
例2　(1)(2021·广东中山模拟)从10名大学毕业生中选3个人担任村长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为(　B　)
A．85
B．49
C．56
D．28
(2)(2021·福建宁德联考)福建省第十六届运动会于2018年在宁德召开，组委会预备在会议期间将A，B，C，D，E，F这六名工作人员分配到两个不同的地点参与接待工作．若要求A，B必须在同一组，且每组至少2人，则不同的分配方法有(　D　)
A．15种
B．18种
C．20种
D．22种
[解析]　(1)∵丙没有入选，∴可把丙去掉，总人数变为9个．∵甲、乙至少有1人入选，∴可分为两类：一类是甲、乙两人只选一人的选法有C·C＝42(种)，另一类是甲、乙都入选的选法有C·C＝7(种)，根据分类加法计数原理知共有42＋7＝49(种)．
(2)先从两个不同的地点选出一地点分配A，B两人，有C＝2(种)情况，再将剩余4人分入两地有三种情况，
4人都去A，B外的另一地点，有1种情况；
有3人去A，B外的另一地点，有C＝4(种)情况；
有2人去A，B外的另一地点，有C＝6(种)情况．
综上，共有2×(1＋4＋6)＝22(种)，故选D．
[引申]本例(1)中，①甲、乙恰有1人入选的选法有__56__种；②甲、乙都不入选的选法有__56__种．
[解析]　①CC＝56　②C＝56
名师点拨
组合问题常有以下两类题型变化：
(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，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“至多”含有几个元素的组合题型：解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解．用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理．
〔变式训练2〕
(1)(2020·海南省联考)楼道里有9盏灯，为了节约用电，需关掉3盏互不相邻的灯，为了行走安全，第一盏和最后一盏不关，则关灯方案的种数为(　A　)
A．10
B．15
C．20
D．24
(2)(2021·江苏南通质检)我国进入双航母时代，航母编队的要求是每艘航母配2～3艘驱逐舰，1～2艘核潜艇．船厂现有5艘驱逐舰和3艘核潜艇全部用来组建航母编队，则不同的组建方法种数为(　D　)
A．30
B．60
C．90
D．120
[解析]　(1)问题等价于将这3盏关着的灯插入4盏亮着的灯形成的5个空档中，所以关灯方案共有C＝10种．
(2)有两种情况，①一艘航母配2艘驱逐舰和1艘核潜艇，另一艘航母配3艘驱逐舰和2艘核潜艇，②一艘航母配2艘驱逐舰和2艘核潜艇，另一艘航母配3艘驱逐舰和1艘核潜艇，C·(CC＋CC)＝120，故选D．
考点三　排列、组合的综合应用——多维探究
角度1　相邻、相间问题
例3　(1)(2021·河北省衡水中学调研)某校毕业典礼由6个节目组成，考虑整体效果，对节目演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前三位，且节目丙、丁必须排在一起，则该校毕业典礼节目演出顺序的编排方案共有__120__种．
(2)(2021·湖南师范大学附属中学模拟)某班上午有五节课，分别安排语文、数学、英语、物理、化学各一节课．要求语文与化学相邻，数学与物理不相邻，且数学课不排第一节，则不同排课方案的种数是(　A　)
A．16
B．24
C．8
D．12
[解析]　(1)①当甲在首位，丙、丁捆绑，自由排列，共有A×A＝48种；②当甲在第二位，首位不能是丙和丁，共有3×A×A＝36种；③当甲在第三位，前两位分为是丙、丁和不是丙、丁两种情况，共A×A＋A×A×A＝36种，因此共48＋36＋36＝120种．
(2)根据题意，分三步进行分析，①要求语文与化学相邻，将语文和化学看成一个整体，考虑其顺序，有A＝2(种)情况；②将这个整体与英语全排列，有A＝2(种)情况，排好后，有3个空位；③数学课不排第一节，有2个空位可选，在剩下的2个空位中任选1个，安排物理，有2种情况，则数学、物理的安排方法有2×2＝4(种)，则不同排课方案的种数是2×2×4＝16，故选A．
角度2　特殊元素(位置)问题
例4　(1)(2021·重庆模拟)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(　D　)
A．48
B．72
C．90
D．96
(2)(2021·山东质检)高三一班周一上午有四节课，分别安排语文、数学、英语和体育．其中语文不安排在第一节，数学不安排在第二节，英语不安排在第三节，体育不安排在第四节，则不同的课表安排方法共有__9__种．
[解析]　(1)由于甲不参加生物竞赛，则安排甲参加另外3场竞赛或甲不参加任何竞赛．
①当甲参加另外3场竞赛时，共有C·A＝72(种)选择方案；
②当甲学生不参加任何竞赛时，共有A＝24(种)选择方案．
综上所述，所有参赛方案有72＋24＝96(种)．
(2)由于四个元素都有特殊要求，不宜从排列、组合数公式入手，列表法为佳，
如：　第一节　第二节　　第三节　第四节
　数学语文——体育——英语英语——体育——语文体育——语文——英语
同理第一节排英语、体育也都有3种排法，故共有9种排法．
[引申]本例(1)若增加“且乙不参加数学竞赛”，则不同的参赛方法种数为__78__．
[解析]　①甲、乙都参赛有C(A＋CCA)＝42种方案；②甲参赛乙不参赛或乙参赛甲不参赛均有AC＝18种方案；∴共有42＋18＋18＝78种参赛方案．
角度3　分组、分配问题
例5　(1)按下列要求分配6本不同的书，各有多少种不同的分配方式？将答案填在对应横线上．
①分成三份，1份1本，1份2本，1份3本；__60__
②甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本；__360__
③平均分成三份，每份2本；__15__
④平均分配给甲、乙、丙三人，每人2本；__90__；
⑤分成三份，1份4本，另外两份每份1本；__15__
⑥甲、乙、丙三人中，一人得4本，另外两人每人得1本；__90__
⑦甲得1本，乙得1本，丙得4本．__30__
(2)①8个相同的小球放入5个不同盒子中，每盒不空的放法共有__35__种．
②15个小球完全相同，放入编号依次为1,2,3的三个不同盒子中，若每个盒子内的小球数不少于盒子的编号，则不同放法有__55__种．
[解析]　(1)①CCC＝60；②CCCA＝360；
③＝15；④CCC＝90；⑤C＝15；⑥CA＝90；
⑦CCC＝30．
(2)①一共有8个相同的小球，放入5个不同的盒子，每个盒子不空，即将小球分成5份，每份至少1个．(定分数)
将8个小球摆放一列，形成9个空，中间有7个空，(定空位)
则只需在这7个空中插入4个隔板，隔板不同的放法有C＝C＝＝35(种)，(插隔板)
所以每盒不空的放法共有35种．
②先将2号盒内放一个球，3号盒内放2个小球，还剩余12个小球，用隔板法将12个小球分成3组，每组至少1个小球，共有C＝55种分法，亦即有55种不同放法．
名师点拨
解排列组合综合问题的方法
先选后排法是解答排列、组合应用问题的根本方法，利用先选后排法解答问题只需三步即可完成．
第一步：选元素，即选出符合条件的元素；
第二步：进行排列，即把选出的元素按要求进行排列；
第三步：计算总数，即根据分步乘法计数原理、分类加法计数原理计算方法总数．
注意：(1)均匀分组时要除以均匀组数的阶乘；(2)相同元素的分配问题常用“隔板法”．
隔板法的解题步骤
(1)定个数：确定名额的个数、分成的组数以及各组名额的数量．
(2)定空位：将元素排成一列，确定可插隔板的空位数．
(3)插隔板：确定需要的隔板个数，根据组数要求，插入隔板，利用组合数求解不同的分法种数．
(4)回顾反思：隔板法的关键在于准确确定空位个数以及需要的隔板个数，使用这种方法需要注意两个方面的问题：一是要根据题意确定能否转化为“每组至少一个”的问题，以便确定能否利用隔板法；二是要注意准确确定空位数以及需要的隔板数，一般来说，两端不能插隔板．
〔变式训练3〕
(1)(角度1)(2021·山西联考)某学校组织劳动实习，其中两名男生和两名女生参加农场体验活动，体验活动结束后，农场主人与四名同学站一排合影留念，已知农场主人站在中间，两名男生不相邻，则不同的站法共有__16__种．
(2)(角度2)(2021·陕西汉中质检)将5个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有(　B　)
A．36种
B．42种
C．48种
D．60种
(3)(角度3)(2021·浙江绍兴柯桥中学测试)为抗击新冠疫情，5名专家前往支援三家定点医院，要求每家医院至少分到一名专家，则不同的分配方案有__150__种．
[解析]　(1)先排男生甲有C种方法，再排男生乙有C种方法，最后排两女生有A种方法，故共有CCA＝16种方法．
另解(间接法)：农场主人在中间共有A＝24种站法，农场主人在中间，两名男生相邻共有2A·A＝8种站法，故所求站法共有24－8＝16种．
(2)根据题意，最左端只能排甲或乙，可分为两种情况讨论：
①甲在最左端，将剩余的4人全排列，共有A＝24种不同的排法；
②乙在最左端，甲不能在最右端，有3种情况，将剩余的3人全排列，安排好在剩余的三个位置上，此时共有3A＝18种不同的排法，由分类加法计数原理，可得共有24＋18＝42种不同的排法，故选B．
(3)5名专家前往支援三家定点医院，要求每家医院至少分到一名专家，则有两种情况，①将5名专家分成三组，一组3人，另两组都是1人，有C＝10种方法，再将3组分到3个医院，共有10·A＝60种不同的分配方案，②将5名专家分成三组，一组1人，另两组都是2人，有＝15种方法，再将3组分到3个医院，共有15·A＝90种不同的分配方案，根据分类加法计算原理可得一共有60＋90＝150种不同的分配方案．
名师讲坛·素养提升
排列组合的其它类型及解法
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．限制条件的分配问题分类法：
例1　某高校从某系的10名优秀毕业生中选4人分别到西部四城市参加中国西部经济开发建设，其中甲同学不到银川，乙不到西宁，共有多少种不同派遣方案？
[解析]　因为甲乙有限制条件，所以按照是否含有甲乙来分类，有以下四种情况：
①若甲乙都不参加，则有派遣方案A种：②若甲参加而乙不参加，先安排甲有3种方法，然后安排其余学生有A方法，所以共有3A；③若乙参加而甲不参加同理也有3A种；④若甲乙都参加，则先安排甲乙，有7种方法，然后再安排其余8人中两人到另外两个城市有A种，共有7A方法，所以共有不同的派遣方法总数为A＋3A＋3A＋7A＝4
088种．
2．多元问题分类法：元素多，取出的情况也多种，可按结果要求分成不相容的几类情况分别计数，最后总计．
3．多排问题单排法：把元素排成几排的问题可归结为一排考虑，再分段处理。
例2　8个不同的元素排成前后两排，每排4个元素，其中某2个元素要排在前排，某1个元素排在后排，有多少种不同排法？
[解析]　看成一排，某2个元素在前半段四个位置中选排2个，有A种，某1个元素排在后半段的四个位置中选一个有A种，其余5个元素任排5个位置上有A种，故共有AAA＝
5
760种排法．
4．“至少”“至多”问题用间接排除法或分类法：
例3　(2020·北京海淀区二模)某运输公司有7个车队，每个车队的车辆均多于4辆．现从这个公司中抽调10辆车，并且每个车队至少抽调1辆，那么共有__84__种不同的抽调方法．
[解析]　解法一：(分类法)，在每个车队抽调1辆车的基础上，还需抽调3辆车．可分成三类：一类是从某1个车队抽调3辆，有C种；一类是从2个车队中抽调，其中1个车队抽调1辆，另1个车队抽调2辆，有A种；一类是从3个车队中各抽调1辆，有C种．故共有C＋A＋C＝84种抽调方法．
解法二：(隔板法)，由于每个车队的车辆均多于4辆，只需将10个份额分成7份．可将10个小球排成一排，在相互之间的9个空当中插入6个隔板，即可将小球分成7份，故共有C＝84种抽调方法．
5．选排问题先取后排：从几类元素中取出符合题意的几个元素，再安排到一定的位置上，可用先取后排法．
例4　(1)四个不同球放入编号为1,2,3,4的四个盒中，则恰有一个空盒的放法有多少种？
[解析]　先取四个球中二个为一组，另二组各一个球的方法有C种，再排：在四个盒中每次排3个有A种，故共有CA＝
144种．
6．部分合条件问题排除法：在选取的总数中，只有一部分合条件，可以从总数中减去不符合条件数，即为所求．
例5　四面体的顶点和各棱中点共10点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有(　D　)
A．150种
B．147种
C．144种
D．141种
[解析]　10个点中任取4个点共有C种，其中四点共面的有三种情况：①在四面体的四个面上，每面内四点共面的情况为C，四个面共有4C个；②过空间四边形各边中点的平行四边形共3个；③过棱上三点与对棱中点的三角形共6个．所以四点不共面的情况的种数是C－4C－3－6＝141种．
7．圆排问题单排法：把n个不同元素放在圆周n个无编号位置上的排列，顺序(例如按顺时钟)不同的排法才算不同的排列，而顺序相同(即旋转一下就可以重合)的排法认为是相同的，它与普通排列的区别在于只计顺序而首位、末位之分，下列n个普通排列：a1，a2，a3，…，an；a2，a3，a4，…，an，a1；a3，a4，…，an，a1，a2；…在圆排中是同一排法．
8．元素个数较少的排列组合问题可以考虑枚举法：
例6　设有编号为1,2,3,4,5的五个球和编号为1,2,3,4,5的盒子现将这5个球投入5个盒子要求每个盒子放一个球，并且恰好有两个球的号码与盒子号码相同，问有多少种不同的方法？
[解析]　从5个球中取出2个与盒子对号有C种，还剩下3个球与3个盒子序号不能对应，利用枚举法分析，如果剩下3,4,5号球与3,4,5号盒子时，3号球不能装入3号盒子，当3号球装入4号盒子时，4,5号球只有1种装法，3号球装入5号盒子时，4,5号球也只有1种装法，所以剩下三球只有2种装法，因此总共装法数为2C＝20种．
PAGE第八讲　n次独立重复试验与二项分布
知识梳理·双基自测
知识点一　条件概率及其性质
条件概率的定义
条件概率的性质
设A、B为两个事件，且P(A)＞0，称P(B|A)＝为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率
(1)0≤P(B|A)≤1
(2)若B、C是两个互斥事件，则P((B∪C)|A)＝_P(B|A)＋P(C|A)__　
知识点二　事件的相互独立性
设A、B为两个事件，如果P(AB)＝_P(A)P(B)__，则称事件A与事件B相互独立．
若事件A、B相互独立，则P(B|A)＝P(B)；事件A与，与B，与都相互独立．
知识点三　独立重复试验与二项分布
(1)独立重复试验：在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验，若用Ai(i＝1,2，…，n)表示第i次试验结果，则P(A1A2A3…An)＝_P(A1)P(A2)P(A3)…P(An)__.
(2)二项分布：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，则P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0,1,2，…，n)，此时称随机变量X服从二项分布，记为X～B(n，p)．
若X～B(n，p)，则E(X)＝_np__，D(X)＝_np(1－p)__.
1．A，B中至少有一个发生的事件为A∪B．
2．A，B都发生的事件为AB．
3．A，B都不发生的事件为.
4．A，B恰有一个发生的事件为(A)∪(B)．
5．A，B至多有一个发生的事件为(B)∪(A)∪()．
题组一　走出误区
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(BA)表示事件A，B同时发生的概率，一定有P(AB)＝P(A)·P(B)．(　×　)
(3)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．(　√　)
(4)二项分布是一个概率分布，其公式相当于(a＋b)n二项展开式的通项公式，其中a＝p，b＝1－p.(　×　)
(5)袋中有5个小球(3白2黑)，现从袋中每次取一个球，不放回地抽取两次，则在第一次取到白球的条件下，第二次取到白球的概率是0.5.(　√　)
(6)小王通过英语听力测试的概率是，他连续测试3次，那么其中恰好第3次测试获得通过的概率是P＝C·1·3－1＝.(　×　)
题组二　走进教材
2．(P55T3)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(　C　)
A．0.2
B．0.3
C．0.38
D．0.56
[解析]　设甲地降雨为事件A，乙地降雨为事件B，则两地恰有一地降雨为A＋B，
∴P(A＋B)＝P(A)＋P(B)
＝P(A)P()＋P()P(B)
＝0.2×0.7＋0.8×0.3
＝0.38.
或1－P(A)·P(B)－P()P()＝0.38
题组三　走向高考
3．(2017·全国Ⅱ)一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次，X表示抽到的二等品件数，则D(X)＝_1.96__.
[解析]　由题意得X～B(100,0.02)，
∴D(X)＝100×0.02×0.98＝1.96.
4．(2018·课标Ⅲ，8)某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立．设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，D(X)＝2.4，P(X＝4)A．0.7
B．0.6
C．0.4
D．0.3
[解析]　由题知X～B(10，p)，则D(X)＝10×p×(1－p)＝2.4，解得p＝0.4或0.6.又∵P(X＝4)0.5，
∴p＝0.6，故选B．
5．(2020·天津，13)已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为和.假定两球是否落入盒子互不影响，则甲、乙两球都落入盒子的概率为___；甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为___.
[解析]　设“甲、乙两球都落入盒子”为事件A，
则P(A)＝×＝.
设“甲、乙两球至少有一个落入盒子”为事件B，
则P(B)＝1－＝1－＝.
或P(B)＝×＋×＋×＝.
考点突破·互动探究
考点一　条件概率——自主练透
例1
(1)(2021·山东日照一中期中)根据历年气象统计资料，某地四月份吹东风的概率为，既吹东风又下雨的概率为.则在吹东风的条件下下雨的概率为(　B　)
A．
B．
C．
D．
(2)(2021·重庆市诊断)某班组织由甲、乙、丙等5名同学参加的演讲比赛，现采用抽签法决定演讲顺序，在“学生甲不是第一个出场，学生乙不是最后一个出场”的前提下，学生丙第一个出场的概率为(　A　)
A．
B．
C．
D．
(3)(2021·辽宁沈阳模拟)已知甲、乙、丙三名同学同时独立地解答一道导数试题，每人均有的概率解答正确，且三个人解答正确与否相互独立，在三人中至少有两人解答正确的条件下，甲解答不正确的概率(　C　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　(1)记“某地四月份吹东风”为事件A，
“某地四月份下雨”为事件B．
则P(A)＝，P(AB)＝，
∴P(B|A)＝＝＝.故选B．
(2)公式法：设事件A为“学生甲不是第一个出场，学生乙不是最后一个出场”；事件B为“学生丙第一个出场”
则P(A)＝＝，P(AB)＝＝，
则P(B|A)＝＝＝，本题选A．
直接法：“学生甲不是第一个出场，
学生乙不是最后一个出场”有A＋CCA＝78种；
“学生丙第一个出场，学生乙不最后一个出场”有CA＝18种，
故所求概率为P＝＝.
(3)记“三人中至少有两人解答正确”为事件A；“甲解答不正确”为事件B，
则P(A)＝C2×＋C3＝；
P(AB)＝××＝，
∴P(B|A)＝＝.故选C．
名师点拨
条件概率的求法
(1)利用定义，分别求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝.这是通用的求条件概率的方法．
(2)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)，再在事件A发生的条件下求事件B包含的基本事件数，即n(AB)，得P(B|A)＝.
〔变式训练1〕
(1)(2021·江苏淮安淮阴中学测试)小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A为“4个人去的景点不完全相同”，事件B为“小赵独自去一个景点”，则P＝(　A　)
A．
B．
C．
D．
(2)(2021·陕西交大附中、龙岗中学联考)甲、乙两人同时向同一目标射击一次，已知甲命中目标概率0.6，乙命中目标概率0.5，假设甲、乙两人射击命中率互不影响．射击完毕后，获知目标至少被命中一次，则甲命中目标概率为(　B　)
A．0.8
B．0.75
C．0.6
D．0.48
[解析]　(1)设事件A＝“4个人去的景点不完全相同”，
事件B＝“小赵独自去一个景点”，
则P(A)＝＝，P(B)＝＝，
P(AB)＝＝，
则P(B|A)＝＝，故选A．
(2)设事件A为“目标至少被命中一次”，事件B为“甲命中目标”，
则P(A)＝0.6×0.5＋0.4×0.5＋0.6×0.5＝0.8，
P(AB)＝0.6×0.5＋0.6×0.5＝0.6，
∴P(B|A)＝＝0.75，故选B．
考点二　相互独立事件——多维探究
角度1　相互独立事件同时发生的概率
例2
(1)(2021·石家庄质检)甲、乙独立地解决同一数学问题，甲解决这个问题的概率是0.8，乙解决这个问题的概率是0.6，那么其中至少有1人解决这个问题的概率是(　D　)
A．0.48
B．0.52
C．0.8
D．0.92
(2)(2019·全国)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，甲队的主客场安排依次为“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_0.18__.
(3)(2019·课标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．
[解析]　(1)1－0.2×0.4＝0.92，选D项．
(2)前四场中有一场客场输，第五场赢时，甲队以4∶1获胜的概率是
0．63×0.5×0.5×2＝0.108，
前四场中有一场主场输，第五场赢时，甲队以4∶1获胜的概率是0.4×0.62×0.52×2＝0.072，
综上所述，甲队以4∶1获胜的概率是
P＝0.108＋0.072＝0.18.
(3)①X＝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.
②X＝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.
[引申](1)本例(1)中恰有一人解决这个问题的概率为_0.44__，至多有一人解决这个问题的概率为_0.52__.
(2)本例(2)中乙以4∶0获胜的概率为_0.04__，甲以4∶2获胜的概率为_0.171__.
[解析]　(1)记“恰有一人解决这个问题”为事件A，
则P(A)＝0.8×(1－0.6)＋(1－0.8)×0.6＝0.44，
记“至多有一人解决这个问题”为事件B，
则P(B)＝1－
0.8×0.6＝0.52，
或P(B)＝0.8×(1－0.6)＋(1－0.8)×0.6＋(1－0.8)×(1－0.6)＝0.52.
(2)P1＝0.42×0.52＝0.04；
P2＝(C0.42×0.6×0.52＋0.63×0.52＋C0.4×0.62×C0.52)×0.5＝0.171.
角度2　与相互独立事件相关的数学期望
(4)(2020·陕西西安八校联考)某单位招聘职员，共有三轮考核，每轮考核回答一个问题，能正确回答问题者进入下一轮考核，否则被淘汰．已知甲选手能正确回答第一、二、三轮问题的概率分别是、、.且各轮问题能否正确回答互不影响．
①求该选手被淘汰的概率；
②该选手在被考核中回答问题的个数记为X，求X的分布列和数学期望．
[解析]　①设“该选手能正确回答第i轮问题”为事件Ai，
“该选手被淘汰”为事件M.
则P＝，P＝，P＝.
P＝P
＝P＋PP＋PPP
＝＋×＋××＝
∴该选手被淘汰的概率是.
②X的可能取值为1,2,3.
P＝P＝，
P＝P＝PP＝×＝，
P＝P＝PP＝×＝.
∴X的分布列为
X
1
2
3
P
∴E(X)＝1×＋2×＋3×＝.
名师点拨
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、和公式求解．
〔变式训练2〕
(1)(角度1)(2020·四川资阳诊断)某项羽毛球单打比赛规则是3局2胜制，运动员甲和乙进入了男子羽毛球单打决赛，假设甲每局获胜的概率为，则由此估计甲获得冠军的概率为___.
(2)(角度2)(2021·广东新高考适应性测试)某电视台“挑战主持人”节目的挑战者闯第一关需要回答三个问题，其中前两个问题回答正确各得10分，回答不正确得0分，第三个问题回答正确得20分，回答不正确得－10分，如果一位挑战者回答前两个问题正确的概率都是，回答第三个问题正确的概率为，且各题回答正确与否相互之间没有影响，若这位挑战者回答这三个问题的总分不低于10分就算闯关成功．
①求至少回答对一个问题的概率；
②求这位挑战者回答这三个问题的总得分X的分布列；
③求这位挑战者闯关成功的概率．
[解析]　(1)因为甲获胜的方式有2∶0和2∶1两种，
所以甲获得冠军的概率
P＝2＋C×××＝.
故答案为：.
(2)①设至少回答对一个问题为事件A，
则P(A)＝1－××＝.
②这位挑战者回答这三个问题的总得分X的所有可能取值为－10,0,10,20,30,40，
根据题意，P(X＝－10)＝××＝，
P(X＝0)＝×××2＝，
P(X＝10)＝××＝，
P(X＝20)＝××＝，
P(X＝30)＝×××2＝，
P(X＝40)＝××＝.
这位挑战者回答这三个问题的总得分X的分布列为
X
－10
0
10
20
30
40
P
③设这位挑战者闯关成功为事件B，
则P(B)＝＋＋＋＝.
考点三　独立重复试验的概率与二项分布——师生共研
例3
(1)(2021·“四省八校”联考)已知随机变量ξ服从二项分布B(n，p)，若E(ξ)＝12，＝3，则n＝_48__.
(2)(2020·山东新高考质量测评联盟联考)甲、乙两位同学参加诗词大会，设甲、乙两人每道题答对的概率分别为和.假定甲、乙两位同学答题情况互不影响，且每人各次答题情况相互独立．
①用X表示甲同学连续三次答题中答对的次数，求随机变量X的分布列和数学期望；
②设M为事件“甲、乙两人分别连续答题三次，甲同学答对的次数比乙同学答对的次数恰好多2”，求事件M发生的概率．
[解析]　(1)，解得n＝48.
(2)①X的所有可能取值为0,1,2,3，
则P(X＝0)＝3＝；
P(X＝1)＝C·×2＝；
P(X＝2)＝C2×＝；
P(X＝3)＝3＝.
∴随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
P
∴E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝2或E(ξ)＝np＝.
②设Y为乙连续3次答题中答对的次数，
由题意知Y～B，
P(Y＝0)＝3＝，
P(Y＝1)＝C12＝，
所以P(M)＝P(X＝3且Y＝1)＋P(X＝2且Y＝0)
＝×＋×＝.
即事件M发生的概率为.
名师点拨
独立重复试验概率求解的策略
(1)独立重复试验是在同样的条件下重复地、各次之间相互独立地进行的一种试验．在这种试验中，每一次试验只有两种结果，即某事件要么发生，要么不发生，并且每次试验中发生的概率都是一样的．
(2)二项分布满足的条件：①每次试验中，事件发生的概率是相同的；②各次试验中的事件是相互独立的；③每次试验只有两种结果：事件要么发生，要么不发生；④随机变量是这n次独立重复试验中事件发生的次数．
(3)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．
〔变式训练3〕
(1)(2021·湖北黄冈模拟)一批产品的二等品率为0.03，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次，X表示抽到的二等品件数，则D(X)＝_2.91__.
(2)(2021·辽宁六校协作体联考)“新高考方案：3＋1＋2”模式，其中统考科目：“3”指语文、数学、外语三门，不分文理：学生根据高校的要求，结合自身特长兴趣，“1”指首先在物理、历史2门科目中选择一门；“2”指再从思想政治、地理、化学、生物4门科目中选择2门．某校根据统计选物理的学生占整个学生的；并且在选物理的条件下，选择地理的概率为；在选历史的条件下，选地理的概率为.
①求该校最终选地理的学生概率；
②该校甲、乙、丙三人选地理的人数设为随机变量X.求X的概率分布表以及数学期望．
[解析]　(1)由于是有放回的抽样，所以抽到二等品的件数符合二项分布，即X～B，
由二项分布的方差公式可得D＝np＝100×0.03×0.97＝2.91.
(2)①该校最终选地理的学生为事件A，
P＝×＋×＝；
②P＝3＝，
P＝C12＝，
P＝C2＝，
P＝C3＝，
X
0
1
2
3
P
E(X)＝1×＋2×＋3×＝.
另解：显然X～B，
∴E(X)＝3×＝.
名师讲坛·素养提升
概率中的“停止型”问题
例4
(2020·甘肃天水一中阶段测试)甲、乙两队进行一场排球比赛，根据以往经验，单局比赛甲队胜乙队的概率为.本场比赛采用五局三胜制，即先胜三局的队获胜，比赛结束．设各局比赛相互间没有影响且无平局．求：
(1)前三局比赛甲队领先的概率；
(2)设本场比赛的局数为ξ，求ξ的概率分布和数学期望．(用分数表示)
[解析]　(1)设“甲队胜三局\”为事件A，“甲队胜二局\”为事件B，则P(A)＝3＝，P(B)＝C2×＝，
所以，前三局比赛甲队领先的概率为
P(A)＋P(B)＝
(2)甲队胜三局或乙胜三局，
P(ξ＝3)＝3＋3＝.
甲队或乙队前三局胜2局，第4局获胜
P(ξ＝4)＝C2××＋C2××＝.
甲队或乙队前四局胜2局，第5局获胜
P(ξ＝5)＝C2×2×＋C2×2×＝.
∴ξ的分布列为：
ξ
3
4
5
P
∴ξ数学期望为
E(ξ)＝3×＋4×＋5×＝.
名师点拨
解决这类终止型问题，一定要弄清终止的条件，根据终止的条件确定各种可能结果，再计算相应概率．
〔变式训练4〕
设某人有5发子弹，他向某一目标射击时，每发子弹命中目标的概率为.若他连续两发命中或连续两发不中则停止射击，否则将子弹打完．
(1)求他前两发子弹只命中一发的概率；
(2)求他所耗用的子弹数X的分布列．
[解析]　记“第k发子弹命中目标”为事件Ak，则A1，A2，A3，A4，A5相互独立，且P(Ak)＝，P(k)＝，k＝1,2,3,4,5，
(1)解法一：他前两发子弹只命中一发的概率为
P(A12)＋P(1A2)＝P(A1)P(2)＋P(1)P(A2)
＝×＋×＝.
解法二：由独立重复试验的概率计算公式知，他前两发子弹只命中一发的概率为P＝C××＝.
(2)X的所有可能值为2,3,4,5.
P(X＝2)＝P(A1A2)＋P(12)
＝×＋×＝，
P(X＝3)＝P(A123)＋P(1A2A3)
＝×2＋×2＝，
P(X＝4)＝P(A12A3A4)＋P(1A234)
＝3×＋3×＝，
P(X＝5)＝P(A12A34)＋P(1A23A4)
＝2×2＋2×2＝.
故X的分布列为
X
2
3
4
5
P
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