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第六节　二项分布、正态分布及其应用
1．条件概率
(1)定义：
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发生的概率．
(2)性质：
①条件概率具有一般概率的性质，即0≤P(B|A)≤1；
②如果B，C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A).
2．相互独立事件
(1)定义：
设A，B是两个事件，若P(AB)＝P(A)P(B)，则称事件A与事件B相互独立．
(2)性质：
如果事件A与B相互独立，那么A与，与B，与也都相互独立．
3．独立重复试验概率公式
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次试验的结果，则P(A1A2A3…An)＝P(A1)P(A2)P(A3)…P(An)．
4．二项分布的定义
(1)在n次独立重复试验中，设事件A发生的次数为X，在每次试验中事件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，记作X～B(n，p)，并称p为成功概率，E(X)＝np，D(X)＝np(1－p).
(2)二项分布X～B(n，p)的均值与方差：
E(X)＝np；
D(X)＝np(1－p).
(3)正态分布X～N(μ，σ2)：
E(X)＝μ，D(X)＝σ2.
5．正态曲线的定义
函数φμ，σ(x)＝e－，x∈(－∞，＋∞)，其中实数μ和σ(σ>0)为参数，称φμ，σ(x)的图象为正态分布密度曲线，简称正态曲线．
6．正态分布的定义及表示
如果对于任何实数a，b(a7．正态曲线的特点
(1)曲线位于x轴的上方，与x轴不相交；
(2)曲线是单峰的，它关于直线x＝μ对称；
(3)曲线在x＝μ处达到峰值；
(4)曲线与x轴之间的面积为1；
(5)当σ一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着μ的变化而沿x轴平移；
(6)当μ一定时，曲线的形状由σ确定．σ越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；σ越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散．
8．3σ原则
(1)P(μ－σ(2)P(μ－2σ(3)P(μ－3σ正态曲线如图所示：
P(x＜μ)＝P(x＞μ)＝.
P(x＜a)＝P(x＞2μ－a).
1．(基本方法：独立重复试验)甲、乙两人进行围棋比赛，比赛采取五局三胜制，无论哪一方先胜出三局则比赛结束，假定甲每局比赛获胜的概率均为，则甲以3∶1的比分获胜的概率为(　　)
A．
B．
C．
D．
答案：A
2．(基本应用：条件概率)天气预报播报，在国庆假期期间甲地降雨的概率是0.3，乙地降雨的概率是0.4，两地同时降雨的概率为0.2.则在乙地降雨的前提下，甲地降雨的概率为(　　)
A．0.12
B．0.2
C．0.5
D．
答案：C
3．(基本能力：正态分布)若x～N(5，1)，则P(5答案：0.341
3
4．(基本方法：条件概率)一批产品只分为一等品和二等品，其中二等品的概率为0.02，从中随机抽取2件，第一件为二等品，第二件为一等品的概率为________．
答案：0.019
6
5．(基本能力：正态分布的特点)某班有50名同学，一次数学考试的成绩X服从正态分布N(110，102).已知P(100答案：8
题型一　条件概率　
　　　　
　　　　　　　　　
1．(2021·安徽安庆模拟)甲、乙、丙、丁四名同学报名参加假期社区服务活动，社区服务活动共有关怀老人、环境监测、教育咨询、交通宣传等四个项目，每人限报其中一项，记事件A为“4名同学所报项目各不相同”，事件B为“只有甲同学一人报关怀老人项目”，则P(A|B)＝(　　)
A．　　　　　　
B．
C．
D．
解析：由已知有P(B)＝＝，P(AB)＝
eq
\f(A,44)
＝，所以P(A|B)＝＝.
答案：C
2．一个盒子里有6支好晶体管，4支坏晶体管，任取两次，每次取一支，每次取后不放回，已知第一支是好晶体管，则第二支也是好晶体管的概率为(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：记“第i(i＝1，2)支晶体管是好的”为事件Ai(其中i＝1，2)，依题意知，要求的概率为P(A2|A1).
由P(A1)＝，P(A1A2)＝＝，
所以P(A2|A1)＝＝＝.
答案：C
3．在100件产品中有95件合格品，5件不合格品，现从中不放回地取两次，每次任取一件，则在第一次取到不合格品后，第二次取到不合格品的概率为________．
解析：法一(应用条件概率公式求解)：设事件A为“第一次取到不合格品”，事件B为“第二次取到不合格品”，则所求的概率为P(B|A)，
因为P(AB)＝
eq
\f(A,A)
＝，
P(A)＝
eq
\f(C,C)
＝，
所以P(B|A)＝＝＝.
法二(缩小样本空间求解)：第一次取到不合格品后，也就是在第二次取之前，还有99件产品，其中有4件不合格品，因此第二次取到不合格品的概率为.
答案：
方法总结?
求条件概率的方法
方法
解决
公式法
直接利用条件概率的计算公式计算条件概率，即先分别计算出P(AB)，P(A)，再利用公式P(B|A)＝计算．利用公式法求解条件概率的关键是分清条件概率中的各个事件，区分B|A与AB
基本事件法
借助古典概型(或几何概型)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)＝.基本事件法求解条件概率的关键在于准确确定基本事件空间
　　?
题型二　相互独立事件同时发生的概率　
　　
[典例剖析]
[典例]　某果园要用三辆汽车将一批水果从所在城市E运至销售城市F，已知从城市E到城市F有两条公路．统计表明：汽车走公路Ⅰ堵车的概率为，不堵车的概率为；走公路Ⅱ堵车的概率为，不堵车的概率为.若甲、乙两辆汽车走公路Ⅰ，第三辆汽车丙由于其他原因走公路Ⅱ运送水果，且三辆汽车是否堵车相互之间没有影响．
(1)求甲、乙两辆汽车中恰有一辆堵车的概率；
(2)求三辆汽车中至少有两辆堵车的概率．
解析：记“汽车甲走公路Ⅰ堵车”为事件A，
“汽车乙走公路Ⅰ堵车”为事件B，
“汽车丙走公路Ⅱ堵车”为事件C.
(1)甲、乙两辆汽车中恰有一辆堵车的概率为
P1＝P(A
)＋P(B)＝×＋×＝.
(2)甲、乙、丙三辆汽车中至少有两辆堵车的概率为
P2＝P(AB)＋P(AC)＋P(BC)＋P(ABC)
＝××＋××＋××＋××＝.
方法总结?
1．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)将彼此互斥事件中的简单事件，转化为几个已知(易求)概率的相互独立事件的积事件．
(3)代入概率的积公式求解．
2．运用对立事件可把问题简化
(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至多一个发生的事件为(A
)∪(
B)∪(
).　　?
[对点训练]
某人同时抛一枚质地均匀的硬币和一枚质地均匀的骰子，记“硬币正面向上”为事件A，“骰子向上的点数为3的倍数”为事件B，则事件A，B至多有一件发生的概率为(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：由古典概型的概率公式得P(A)＝，P(B)＝＝，事件A，B至多有一件发生包含：两件都不发生；A发生，B不发生；B发生，A不发生．故所求概率P＝P(
)＋P(A)＋P(B)＝×＋×＋×＝＋＋＝.
答案：D
题型三　独立重复试验与二项分布　
　　　　
　　　　　　　　[典例剖析]
[典例]　某学校以“我们都是追梦人”为主题举行知识竞赛，已经该竞赛中有10道题，其中6道甲类题，4道乙类题，小王同学从中任取3道题解答．
(1)求小王同学至少取到2道乙类题的概率；
(2)如果小王同学答对每道甲类题的概率都是，答对每道乙类题的概率都是，且各题答对与否相互独立，已知小王同学恰好选中2道甲类题，1道乙类题，用X表示小王同学答对题的个数，求随机变量X的分布列和数学期望．
解析：(1)设“小王同学至少取到2道乙类题”为事件A，
小王同学取到2道乙类题共有CC种取法；
小王同学取到3道乙类题共有C种取法，
所以P(A)＝
eq
\f(CC＋C,C)
＝＝.
(2)法一：X的所有可能取值为0，1，2，3.
P(X＝0)＝C×××＝；
P(X＝1)＝C×××＋C×××＝；
P(X＝2)＝C×××＋C×××＝＝；
P(X＝3)＝C×××＝＝.
其分布列为
X
0
1
2
3
P
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
法二：设小王同学答对甲类题的个数为m，答对乙类题的个数为n.则由题意可得m～B，n～B.
显然小王同学答对题的个数X＝m＋n，故E(X)＝E(m)＋E(n)＝2×＋1×＝.
方法总结?
求解独立重复试验或二项分布问题，主要是用公式P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n)，其步骤为：
(1)判断：即判断离散型随机变量X服从二项分布B(n，p)：
①在一次试验中某事件A发生的概率是一个常数p；
②n次试验是在完全相同的条件下进行的重复试验，且每次试验的结果是相互独立的；
③在实际应用中，往往出现“较大”“很大”“非常大”等字眼，这表明试验可视为独立重复试验．
(2)套公式P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n)，表示n次试验中事件A恰好发生了k次的概率．
(3)列分布列：以表格的形式列出分布列．
(4)计算期望与方差：
可直接用公式E(X)＝np，D(X)＝np(1－p).　　?
[对点训练]
(2020·江苏西亭中学模拟)某气象站天气预报的准确率为80%，计算(结果保留到小数点后第2位).
(1)5次预报中恰有2次准确的概率；
(2)5次预报中至少有2次准确的概率；
(3)5次预报中恰有2次准确，且其中第3次预报准确的概率．
解析：令X表示5次预报中预报准确的次数，则X～B，故其分布列为P(X＝k)＝C·(k＝0，1，2，3，4，5).
(1)“5次预报中恰有2次准确”的概率为P(X＝2)＝C××＝10××≈0.05.
(2)“5次预报中至少有2次准确”的概率为P(X≥2)＝1
－P(X＝0)－P(X＝1)＝1－C××－C××＝1－0.000
32－0.006
4≈0.99.
(3)“5次预报中恰有2次准确，且其中第3次预报准确”的概率为C×××≈0.02.
题型四　正态分布　
　　　　
　　　　　
[典例剖析]
类型
1　求正态分布的概率
[例1]　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(　　)
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)P(X≤σ1)，选项B错误．对任意正数t，P(X≤t)≥P(Y≤t)，P(X≥t)≤P(Y≥t).
答案：D
类型
2　求正态分布的频数
[例2]　(2020·山东烟台模拟)2019年2月13日《烟台市全民阅读促进条例》全文发布，旨在保障全民阅读权利，培养全民阅读习惯，提高全民阅读能力，推动文明城市和文化强市建设．某高校为了解条例发布以来全校学生的阅读情况，随机调查了200名学生每周阅读时间x(单位：小时)并绘制如图所示的频率分布直方图．
(1)求这200名学生每周阅读时间的样本平均数和样本方差s2(同一组的数据用该组区间中点值代表).
(2)由直方图可以看出，目前该校学生每周的阅读时间x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.
①一般正态分布的概率都可以转化为标准正态分布的概率进行计算：若X～N(μ，σ2)，令Y＝，则Y～N(0，1)，且P(X≤a)＝P.
利用直方图得到的正态分布，求P(X≤10)；
②从该高校的学生中随机抽取20名，记Z表示这20名学生中每周阅读时间超过10小时的人数，求P(Z≥2)(结果精确到0.000
1)以及Z的均值．
参考数据：≈，0.773
419≈0.007
6.若Y～N(0，1)，则P(Y≤0.75)＝0.773
4.
解析：(1)＝6×0.03＋7×0.1＋8×0.2＋9×0.35＋10×0.19＋11×0.09＋12×0.04＝9，
s2＝(6－9)2×0.03＋(7－9)2×0.1＋(8－9)2×0.2＋(9－9)2×0.35＋(10－9)2×0.19＋(11－9)2×0.09＋(12－9)2×0.04＝1.78.
(2)①由题意知μ＝9，σ2＝1.78，
∴X～N(9，1.78).
σ＝＝≈，
P(X≤10)＝P
＝P(Y≤0.75)＝0.773
4.
②由①知P(X>10)＝1－P(X≤10)＝0.226
6，
可得Z～B(20，0.226
6)，
P(Z≥2)＝1－P(Z＝0)－P(Z＝1)
＝1－0.773
420－C×0.226
6×0.773
419
＝1－(0.773
4＋20×0.226
6)×0.007
6≈0.959
7.
Z的均值E(Z)＝20×0.226
6＝4.532.
方法总结?
解决正态分布问题有三个关键点：(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．注意只有在标准正态分布下对称轴才为x＝0.　　?
[题组突破]
1．(2021·吉林长春模拟)已知随机变量ξ服从正态分布N(1，σ2)，若P(ξ>2)＝0.15，则P(0≤ξ≤1)＝(　　)
A．0.85
B．0.70
C．0.35
D．0.15
解析：P(0≤ξ≤1)＝P(1≤ξ≤2)＝0.5－P(ξ>2)＝0.35.
答案：C
2.(2021·河北唐山五校联考)某篮球队在某赛季已结束的8场比赛中，队员甲得分统计的茎叶图如图所示．
(1)根据这8场比赛，估计甲每场比赛中得分的均值μ和标准差σ；
(2)假设甲在每场比赛的得分服从正态分布N(μ，σ2)，且各场比赛间相互没有影响，依此估计甲在82场比赛中得分在26分以上的平均场数(结果保留整数).
参考数据：≈5.66，≈5.68，≈5.70.
正态总体N(μ，σ2)在区间(μ－2σ，μ＋2σ]内取值的概率约为0.954
5.
解析：(1)由题图可得
μ＝(7＋8＋10＋15＋17＋19＋21＋23)＝15，
σ2＝[(－8)2＋(－7)2＋(－5)2＋02＋22＋42＋62＋82]＝32.25，
所以σ≈5.68.
所以估计甲每场比赛中得分的均值μ为15，标准差σ为5.68.
(2)设甲每场比赛中的得分为随机变量X，由(1)得甲在每场比赛中得分在26分以上的概率
P(X≥26)≈[1－P(μ－2σ5)≈0.023，
设在82场比赛中，甲得分在26分以上的次数为Y，则Y～B(82，0.023).
Y的均值E(Y)＝82×0.023≈2.
由此估计甲在82场比赛中得分在26分以上的平均场数为2.
eq
\a\vs4\al(
再研高考\x(创新思维))
(2020·高考全国卷Ⅰ)甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：
累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．
经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为.
(1)求甲连胜四场的概率；
(2)求需要进行第五场比赛的概率；
(3)求丙最终获胜的概率．
解析：(1)甲连胜四场的概率为.
(2)根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛．
比赛四场结束，共有三种情况：
甲连胜四场的概率为；乙连胜四场的概率为；
丙上场后连胜三场的概率为.
所以需要进行第五场比赛的概率为1－－－＝.
(3)丙最终获胜，有两种情况：
比赛四场结束且丙最终获胜的概率为；
比赛五场结束且丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为，，.
因此丙最终获胜的概率为＋＋＋＝.
eq
\a\vs4\al(
素养升华\x(分清事件，选择方法))
　(2020·高考北京卷)某校为举办甲、乙两项不同活动，分别设计了相应的活动方案：方案一、方案二．为了解该校学生对活动方案是否支持，对学生进行简单随机抽样，获得数据如表：
男生
女生
支持
不支持
支持
不支持
方案一
200人
400人
300人
100人
方案二
350人
250人
150人
250人
假设所有学生对活动方案是否支持相互独立．
(1)分别估计该校男生支持方案一的概率，该校女生支持方案一的概率；
(2)从该校全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，估计这3人中恰有2人支持方案一的概率；
(3)将该校学生支持方案二的概率估计值记为p0.假设该校一年级有500名男生和300名女生，除一年级外其他年级学生支持方案二的概率估计值记为p1.试比较p0与p1的大小．(结论不要求证明)
解析：(1)设“该校男生支持方案一”为事件A，“该校女生支持方案一”为事件B，
则P(A)＝＝，P(B)＝＝.
(2)设“这3人中恰有2人支持方案一”为事件C，则事件C包含2名男生支持方案一和1名男生1名女生支持方案一两种情况，
所以P(C)＝C××＋C×××＝.
(3)p0>p1.
PAGE第五节　离散型随机变量的分布列、均值与方差
1．随机变量
随着试验结果变化而变化的变量，常用字母X，Y，ξ，η，…，表示．
2．离散型随机变量
所有取值可以一一列出的随机变量．
3．离散型随机变量的分布列
(1)定义：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，有时也用等式P(X＝xi)＝pi，i＝1，2，…，n表示X的分布列．
(2)性质：①pi≥0(i＝1，2，…，n)；②pi＝1.
4．离散型随机变量X的均值与方差
均值(数学期望)
方差
计算公式
E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn
D(X)＝_(xi－E(X))2pi
作用
反映了离散型随机变量取值的平均水平
刻画了随机变量X与其均值E(X)的平均偏离程度
标准差
方差的算术平方根为随机变量X的标准差
5.常见两类特殊的分布列
(1)两点分布：
若随机变量X服从两点分布，即其分布列为
X
0
1
P
1－p
p
其中p＝P(X＝1)称为成功概率．
(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)＝
eq
\f(CC,C)
，k＝0，1，2，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N
，即如果随机变量X的分布列具有下表形式：
X
0
1
…
m
P
eq
\f(CC,C)
eq
\f(CC,C)
…
eq
\f(CC,C)
则称随机变量X服从超几何分布．
(3)两点分布的均值与方差：
若随机变量X服从两点分布，则E(X)＝p，D(X)＝p(1－p).
均值与方差
(1)均值E(X)＝xipi.
(2)方差D(X)＝
(xi－E(X))2pi＝E(X2)－E2(X).
(3)若X服从两点分布，则D(X)max＝，此时p＝.
(4)若a，b为常数，X是随机变量，
则E(aX＋b)＝aE(X)＋b，
D(aX＋b)＝a2D(X).
1．(基础知识：分布列的概念)若某一射手射击所得环数X的分布列为
X
4
5
6
7
8
9
10
P
0.02
0.04
0.06
0.09
0.28
0.29
0.22
则此射手“射击一次命中环数X≥7”的概率是(　　)
A．0.88
B．0.12
C．0.79
D．0.09
答案：A
2．(基础知识：分布列的性质)设随机变量X的分布列如下：
X
1
2
3
4
P
p
则p为(　　)
A．
B．
C．
D．
答案：B
3．(基本方法：随机变量的期望)若离散型随机变量X的分布列为
X
0
1
P
则X的数学期望E(X)＝(　　)
A．2
B．2或
C．
D．1
答案：C
4．(基本能力：必然事件，单点分布的方差)若随机变量满足P(X＝c)＝1，其中c为常数，则D(X)＝________．
答案：0
5．(基本应用：离散型随机变量)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________．
答案：0，1，2，3
题型一　离散型随机变量分布列的求法与性质　
　　　　
　　　　　　　　
[典例剖析]
[典例]　(1)设随机变量X的分布列为
X
1
2
3
4
P
m
求2X＋1的分布列．
解析：当X＝1、2、3、4时，2X＋1对应的值分别为3、5、7、9，其分布列为
2X＋1
3
5
7
9
P
(2)甲同学参加化学竞赛初赛，考试分为笔试、口试、实验三个项目，各单项通过考试的概率依次为，，.记甲同学三个项目中通过考试的个数为X，求随机变量X的分布列．
解析：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)＝××＝.
∴随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
P
方法总结?
1．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的所有可能取值．
(2)求X取每个值的概率．
(3)写出X的分布列．
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．
2．分布列的性质应用
(1)每个随机变量对应的概率pi的范围为[0，1]，即要保证每个概率值均为非负数．
(2)利用分布列中各事件概率之和为1可求参数的值及检查分布列的正确性．
(3)随机变量X所取的值分别对应的事件是两两互斥的，利用这一点可以求随机变量在某个范围内的概率．　　?
[对点训练]
1．已知随机变量X的分布列为P(X＝i)＝(i＝1，2，3，4)，则P(2A．　　　　　　　　
B．
C．
D．
解析：由分布列的性质知，＋＋＋＝1，则a＝5.
∴P(2答案：B
2．在一次购物抽奖活动中，假设某10张券中有一等奖券1张，可获价值50元的奖品；有二等奖券3张，每张可获价值10元的奖品；其余6张没有奖．某顾客从此10张奖券中任抽2张，求：
(1)该顾客中奖的概率；
(2)该顾客获得的奖品总价值X元的分布列．
解析：(1)该顾客中奖，说明是从有奖的4张奖券中抽到了1张或2张，由于是等可能地抽取，
所以该顾客中奖的概率
P＝
eq
\f(CC＋C,C)
＝＝.
eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或用间接法，即P＝1－\f(C,C)＝1－\f(15,45)＝\f(2,3)))
(2)依题意可知，X的所有可能取值为0，10，20，50，60，
且P(X＝0)＝
eq
\f(CC,C)
＝，
P(X＝10)＝
eq
\f(CC,C)
＝，
P(X＝20)＝
eq
\f(C,C)
＝，
P(X＝50)＝
eq
\f(CC,C)
＝，
P(X＝60)＝
eq
\f(CC,C)
＝.
所以X的分布列为
X
0
10
20
50
60
P
题型二　离散型随机变量的期望与方差　
　　　　
　　　　　　　　　
[典例剖析]
类型
1　均值与方差的计算
[例1]　(1)(2020·高考全国卷Ⅲ)设一组样本数据x1，x2，…，xn的方差为0.01，则数据10x1，10x2，…，10xn的方差为(　　)
A．0.01
B．0.1
C．1
D．10
解析：10x1，10x2，…，10xn的方差为102×0.01＝1.
答案：C
(2)(2021·河北冀州模拟)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的概率分布列及数学期望E(X).
解析：①因为当X＝2时，有C种方法，
因为C＝6，即＝6，也即n2－n－12＝0，
解得n＝4或n＝－3(舍去)，
所以n＝4.
②因为学生所坐的座位号与该生的编号不同的学生人数为X，
由题意可知X的可能取值是0，2，3，4，
所以P(X＝0)＝
eq
\f(1,A)
＝，
P(X＝2)＝
eq
\f(C×1,A)
＝，
P(X＝3)＝
eq
\f(C×2,A)
＝，
P(X＝4)＝1－－－＝，
所以X的概率分布列为
X
0
2
3
4
P
所以数学期望E(X)＝0×＋2×＋3×＋4×＝3.
类型
2　期望与方差的实际决策应用
[例2]　(2020·广州12月调研)某城市A公司外卖配送员底薪是每月1
800元，设一人每月配送的单数为X，若X∈[1，300]，每单提成3元，若X∈(300，600]，每单提成4元，若X∈(600，＋∞)，每单提成4.5元．B公司外卖配送员底薪是每月2
100元，设一人每月配送单数为Y，若Y∈[1，400]，每单提成3元，若Y∈(400，＋∞)，每单提成4元．小王想在A公司和B公司之间选择一份外卖配送员工作，他随机调查了A公司外卖配送员甲和B公司外卖配送员乙在2019年4月份(30天)的送餐量数据，如下表：
表1：A公司外卖配送员甲送餐量统计
日送餐量x/单
13
14
16
17
18
20
天数
2
6
12
6
2
2
表2：B公司外卖配送员乙送餐量统计
日送餐量y/单
11
13
14
15
16
18
天数
4
5
12
3
5
1
(1)设A公司外卖配送员月工资(单位：元)为f(X)，B公司外卖配送员月工资(单位：元)为g(Y)，当X＝Y且X，Y∈(300，600]时，比较f(X)与g(Y)的大小关系．
(2)将甲、乙4月份的日送餐量的频率视为对应公司的外卖配送员日送餐量的概率．
①计算外卖配送员甲和乙的日送餐量的数学期望E(x)和E(y)；
②请利用所学的统计学知识为小王做出选择，并说明理由．
解析：(1)当X＝Y且X，Y∈(300，600]时，g(Y)＝g(X).当x∈(300，400]时，f(X)－g(Y)＝f(X)－g(X)＝(1
800＋4X)－(2
100＋3X)＝X－300>0；
当x∈(400，600]时，f(X)－g(Y)＝f(X)－g(X)＝(1
800＋4X)－(2
100＋4X)＝－300<0.
所以当X∈(300，400]时，f(X)>g(Y)；当X∈(400，600]时，f(X)(2)①甲的日送餐量x的分布列为
x
13
14
16
17
18
20
P
乙的日送餐量y的分布列为
y
11
13
14
15
16
18
P
则E(x)＝13×＋14×＋16×＋17×＋18×＋20×＝16，
E(y)＝11×＋13×＋14×＋15×＋16×＋18×＝14.
②E(X)＝30E(x)＝480，480∈(300，600]；
E(Y)＝30E(y)＝420，420∈(400，＋∞).
所以A公司外卖配送员的平均月薪约为1
800＋4E(X)＝3
720(元)，
B公司外卖配送员的平均月薪约为2
100＋4E(Y)＝3
780(元)，
因为3
720<3
780，
所以小王应选择做B公司外卖配送员．
方法总结?
离散型随机变量的期望和方差应用问题的解题策略
(1)求离散型随机变量的期望与方差关键是确定随机变量的所有可能值，写出随机变量的分布列，正确运用期望、方差公式进行计算．
(2)要注意观察随机变量的概率分布特征，若属于二项分布，可用二项分布的期望与方差公式计算，则更为简单．
(3)在实际问题中，若两个随机变量ξ1，ξ2，有E(ξ1)＝E(ξ2)或E(ξ1)与E(ξ2)较为接近时，就需要用D(ξ1)与D(ξ2)来比较两个随机变量的稳定程度．即一般地将期望最大(或最小)的方案作为最优方案，若各方案的期望相同，则选择方差最小(或最大)的方案作为最优方案．　　?
[题组突破]
1．(2019·高考全国卷Ⅱ)我国高铁发展迅速，技术先进．经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97，有20个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为________．
解析：x＝＝0.98.则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为0.98.
答案：0.98
2．(2021·广东惠州调研)某种大型医疗检查机器生产商对一次性购买2台机器的客户推出两种超过质保期后两年内的延保维修优惠方案：
方案一：交纳延保金7
000元，在延保的两年内一共可免费维修2次，超过2次的每次收取维修费2
000元．
方案二：交纳延保金10
000元，在延保的两年内一共可免费维修4次，超过4次的每次收取维修费1
000元．
某医院准备一次性购买2台这种机器．现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此收集并整理了50台这种机器超过质保期后两年内维修的次数，得到下表：
维修次数
0
1
2
3
台数
5
10
20
15
以频率代替概率．记X为这2台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数．
(1)求X的分布列；
(2)以所需延保金及维修费用总额的数学期望为决策依据，该医院选择哪种延保方案更合适？
解析：(1)易知X的所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6，
P(X＝0)＝×＝，P(X＝1)＝××2＝，P(X＝2)＝×＋××2＝，P(X＝3)＝××2＋××2＝，P(X＝4)＝×＋××2＝，P(X＝5)＝××2＝，P(X＝6)＝×＝，
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
4
5
6
P
(2)选择延保方案一，则可得所需费用总额Y1(单位：元)的分布列为
Y1
7
000
9
000
11
000
13
000
15
000
P
E(Y1)＝×7
000＋×9
000＋×11
000＋×13
000＋×15
000＝10
720.
选择延保方案二，则可得所需费用总额Y2(单位：元)的分布列为
Y2
10
000
11
000
12
000
P
E(Y2)＝×10
000＋×11
000＋×12
000＝10
420.
因为E(Y1)>E(Y2)，所以该医院选择延保方案二更合适．
题型三　超几何分布　
　　　　
　　　　
[典例剖析]
[典例]　(2020·河南洛阳联考)为创建国家级文明城市，某城市号召出租车司机在高考期间至少进行一次“爱心送考”，该城市某出租车公司共200名司机，他们进行“爱心送考”的次数统计如图所示．
(1)求该出租车公司的司机进行“爱心送考”的人均次数；
(2)从这200名司机中任选两人，设这两人进行送考次数之差的绝对值为随机变量X，求X的分布列及数学期望．
解析：(1)由统计图得200名司机中送考1次的有20人，
送考2次的有100人，送考3次的有80人，
∴该出租车公司的司机进行“爱心送考”的人均次数为＝2.3.
(2)从该公司任选两名司机，记“这两人中一人送考1次，另一人送考2次”为事件A，“这两人中一人送考2次，另一人送考3次”为事件B，
“这两人中一人送考1次，另一人送考3次”为事件C，
“这两人送考次数相同”为事件D，
由题意知X的所有可能取值为0，1，2，
P(X＝1)＝P(A)＋P(B)＝
eq
\f(CC,C)
＋
eq
\f(CC,C)
＝，
P(X＝2)＝P(C)＝
eq
\f(CC,C)
＝，
P(X＝0)＝P(D)＝
eq
\f(C＋C＋C,C)
＝，
∴X的分布列为
X
0
1
2
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
方法总结?
对于超几何分布的判断
(1)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)条件与实质：
①条件：a.考察对象分两类；b.已知各类对象的个数；c.从中抽取若干个个体，考察某类个体个数ξ的概率分布．
②实质：古典概型问题．　　?
[对点训练]
有10张卡片，其中8张标有数字2，2张标有数字5，从中任意抽出3张卡片，设3张卡片上的数字之和为X，则X的数学期望是(　　)
A．7.8
B．8
C．16
D．15.6
解析：X的取值为6，9，12，相应的概率
P(X＝6)＝
eq
\f(C,C)
＝，P(X＝9)＝
eq
\f(CC,C)
＝，
P(X＝12)＝
eq
\f(CC,C)
＝.
E(X)＝6×＋9×＋12×＝7.8.
答案：A
eq
\a\vs4\al(
再研高考\x(二项分布的应用))
(2019·高考全国卷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．
解析：(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.
素养升华离散型随机变量分布列性质的交汇问题
1．已知随机变量ξ的分布列如下表：
ξ
－1
0
1
P
a
b
c
其中a，b，c成等差数列，则P(|ξ|＝1)的值与公差d的取值范围分别是(　　)
A．　　　　　　
B．　
C．　
D．　
解析：∵a，b，c成等差数列，∴2b＝a＋c.
又a＋b＋c＝1，∴b＝，∴P(|ξ|＝1)＝a＋c＝.
则a＝－d，c＝＋d，根据分布列的性质，得0≤－d≤，0≤＋d≤，∴－≤d≤.
答案：A
2．已知随机变量X的概率分布列如下表：
X
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
P
m
则P(X＝10)＝(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：由离散型随机变量分布列的性质可知＋＋＋…＋＋m＝1，∴m＝1－＝1－2·＝＝，∴P(X＝10)＝.
答案：C
PAGE第四节　古典概型与几何概型
1．基本事件的特点
(1)任何两个基本事件是互斥的．
(2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和．
2．古典概型
(1)定义：具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型，简称为古典概型．
①试验中所有可能出现的基本事件只有有限个．
②每个基本事件出现的可能性相等．
(2)计算公式：P(A)＝.
(3)如果一次试验中可能出现的结果有n个，而且所有结果出现的可能性都相等，那么每一个基本事件的概率都是；如果某个事件A包括的结果有m个，那么事件A的概率P(A)＝.
3．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．
4．几何概型的特点
(1)无限性：试验中所有可能出现的结果(基本事件)有无限多个．
(2)等可能性：试验结果在每一个区域内均匀分布．
5．几何概型的概率公式
P(A)＝.
1．一个概念一测度
几何概型的概率公式中的“测度(即构成事件的区域)”只与大小有关，而与形状和位置无关．
2．两种方法
判断几何概型几何度量形式的两种方法：
(1)当题干是双重变量问题，一般与面积有关系．
(2)当题干是单变量问题，要看变量可以等可能到达的区域：若变量在线段上移动，则几何度量是长度；若变量在平面区域(空间区域)内移动，则几何度量是面积(体积)，即一个几何度量的形式取决于该度量是否在等可能变化的区域．
1．(基本方法：与数字有关的古典概型)一个盒子里装有标号为1，2，3，4的4张卡片，随机地抽取2张，则取出的2张卡片上的数字之和为奇数的概率是(　　)
A．　　　　　　　
B．
C．
D．
答案：D
2．(基本方法：区间长度型的几何概型)在区间[－2，3]上随机选取一个数X，则
X≤1的概率为(　　)
A．
B．
C．
D．
答案：B
3．(基本应用：与所取元素有关的古典概型)甲、乙两名运动员各自等可能地从红、白、蓝3种颜色的运动服中选择1种，则他们选择相同颜色运动服的概率为(　　)
A．
B．
C．
D．
答案：A
4．(基本能力：与分配有关的古典概型)现从甲、乙、丙3人中随机选派2人参加某项活动，则甲被选中的概率为________．
答案：
5．(基本能力：面积型的几何概型)求在半径为r的圆内随机撒一粒黄豆，它落在圆内接等腰直角三角形内的概率为________.
答案：
题型一　古典概型　
　　
[典例剖析]
[典例1]　(1)(列举法)两名同学分3本不同的书，则其中一人没有分到书，另一人分得3本书的概率为(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：设3本不同的书分别为a，b，c，两名同学分3本不同的书，基本事件有(0，3)，(1a，2)，(1b，2)，(1c，2)，(2，1a)，(2，1b)，(2，1c)，(3，0)，共8个，其中一人没有分到书，另一人分到3本书的基本事件有2个，∴一人没有分到书，另一人分得3本书的概率P＝＝.
答案：B
(2)(列举法)某儿童乐园在“六一”儿童节推出了一项趣味活动．参加活动的儿童需转动如图所示的转盘两次，每次转动后，待转盘停止转动时，记录指针所指区域中的数．设两次记录的数分别为x，y.奖励规则如下：
若xy≤3，则奖励玩具一个；若xy≥8，则奖励水杯一个；其余情况奖励饮料一瓶．
假设转盘质地均匀，四个区域划分均匀．小亮准备参加此项活动．
①求小亮获得玩具的概率；
②请比较小亮获得水杯与获得饮料的概率的大小，并说明理由．
解析：①基本事件总数为16.
记“xy≤3”为事件A，则事件A包含的基本事件共5个，即(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(3，1)，
∴P(A)＝，即小亮获得玩具的概率为.
②记“xy≥8”为事件B，“3则事件B包含的基本事件共6个，即(2，4)，(3，3)，(3，4)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，
∴P(B)＝＝.
事件C包含的基本事件共5个，即(1，4)，(2，2)，(2，3)，(3，2)，(4，1)，∴P(C)＝.
∵>，
∴小亮获得水杯的概率大于获得饮料的概率．
[典例2]　(1)(排列、组合法)2021年广东新高考将实行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．今年上高一的小明与小芳都准备选历史与政治，假若他们都对后面三科没有偏好，则他们选课相同的概率为(　　)
A．　　　　　　
B．
C．
D．
解析：基本事件总数为CC＝9，他们选课相同的事件总数为CC＝3，∴他们选课相同的概率P＝＝.
答案：B
(2)(排列、组合法)某商场进行购物摸奖活动，规则是：在一个封闭的纸箱中装有标号分别为1，2，3，4，5的五个小球，每次摸奖需要同时取出两个球，每位顾客最多有两次摸奖机会，并规定：若第一次取出的两球号码连号，则中奖，摸奖结束；若第一次未中奖，则将这两个小球放回后进行第二次摸球，若与第一次取出的两个小球号码相同，则中奖．按照这样的规则摸奖，中奖的概率为(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：分为两个互斥事件：记“第一次取出的两球号码连号中奖”为事件A，记“第二次取出的两球与第一次取出的未中奖的两球号码相同中奖”为事件B，则由题意得P(A)＝
eq
\f(4,C)
＝，P(B)＝
eq
\f(C－4,CC)
＝，则每位顾客摸球中奖的概率为P(A)＋P(B)＝＋＝.
答案：C
方法总结?
1．基本事件个数的确定方法
(1)列举法：此法适合于基本事件个数较少的古典概型．
(2)列表法：此法适合于从多个元素中选定两个元素的试验，也可看成坐标法．
(3)树状图法：树状图是进行列举的一种常用方法，适用于有顺序的问题及较复杂问题中基本事件数的探求．
(4)运用排列组合知识计算．
2．古典概型的概率求解步骤
(1)求出所有基本事件的个数n.
(2)求出事件A包含的所有基本事件的个数m.
(3)代入公式P(A)＝求解．　　?
[对点训练]
1．(2020·广东深圳模拟)一个三位数，个位、十位、百位上的数字依次为x，y，z，当且仅当y＞x，y＞z时，称这样的数为“凸数”(如243)，现从集合{1，2，3，4}中取出三个不相同的数组成一个三位数，则这个三位数是“凸数”的概率为(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：根据题意，要得到一个三位“凸数”，在{1，2，3，4}的4个整数中任取3个不同的数组成三位数，由1，2，3组成的三位数有123，132，213，231，312，321，共6个；由1，2，4组成的三位数有124，142，214，241，412，421，共6个；由1，3，4组成的三位数有134，143，314，341，413，431，共6个；由2，3，4组成的三位数有234，243，324，342，423，432，共6个．所以共有6＋6＋6＋6＝24个三位数．
当y＝4时，有241，142，341，143，342，243，共6个“凸数”；当y＝3时，有132，231，共2个“凸数”．故这个三位数为“凸数”的概率P＝＝.
答案：B
2．空气质量指数(Air
Quality
Index，简称AQI)是定量描述空气质量状况的指数，空气质量按照AQI大小分为六级：0～50为优；51～100为良；101～150为轻度污染；151～200为中度污染；201～300为重度污染；>300为严重污染．一环保人士记录了某地2019年某月10天的AQI的茎叶图如图所示．
(1)利用该样本估计该地本月空气质量优良(AQI≤100)的天数；(按这个月总共有30天计算)
(2)若从样本中的空气质量不佳(AQI>100)的这些天中，随机地抽取两天深入分析各种污染指标，求该两天的空气质量等级恰好不同的概率．
解析：(1)从茎叶图中发现该样本中空气质量优的天数为1，空气质量良的天数为3，故该样本中空气质量优良的频率为＝，估计该月空气质量优良的概率为，从而估计该月空气质量优良的天数为30×＝12.
(2)该样本中为轻度污染的共4天，分别记为a1，a2，a3，a4；
为中度污染的共1天，记为b；为重度污染的共1天，记为c.
从中随机抽取两天的所有可能结果有：(a1，a2)，(a1，a3)，(a1，a4)，(a1，b)，(a1，c)，(a2，a3)，(a2，a4)，(a2，b)，(a2，c)，(a3，a4)，(a3，b)，(a3，c)，(a4，b)，(a4，c)，(b，c)，共15个．
其中空气质量等级恰好不同的结果有(a1，b)，(a1，c)，(a2，b)，(a2，c)，(a3，b)，(a3，c)，(a4，b)，(a4，c)，(b，c)，共9个，
所以该两天的空气质量等级恰好不同的概率为＝.
题型二　几何概型　
　　
[典例剖析]
类型
1　与长度有关的几何概型
[例1]　(1)某公司的班车在7：00，8：00，8：30发车，小明在7：50至8：30之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率是________．
解析：如图所示，画出时间轴：
小明到达的时间会随机地落在图中线段AB上，而当他的到达时间落在线段AC或DB上时，才能保证他等车的时间不超过10分钟，根据几何概型得所求概率P＝＝.
答案：
(2)(2021·吉林长春模拟)已知线段AC＝16
cm，先截取AB＝4
cm作为长方体的高，再将线段BC任意分成两段作为长方体的长和宽，则长方体的体积超过128
cm3的概率为________．
解析：设长方体的长为x，宽为(12－x)，
由4x(12－x)>128，得x2－12x＋32<0，
∴4满足BD∈(4，8)，其概率为＝.
答案：
类型
2　与面积有关的几何概型
[例2]　(1)(2020·河北唐山模拟)割补法在我国古代数学著作中称为“出入相补”，刘徽称之为“以盈补虚”，即以多余补不足，是数量的平均思想在几何上的体现，如图揭示了刘徽推导三角形面积公式的方法．在△ABC内任取一点，则该点落在标记“盈”的区域的概率为(　　)
A．　　　　　　　　
B．
C．
D．
解析：根据题意可得标记“盈”的区域的面积为三角形面积的四分之一，故该点落在标记“盈”的区域的概率为.
答案：A
(2)在区间(0，1)上任取两个数，则两个数之和小于的概率是(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：设这两个数是x，y，则试验所有的基本事件构成的区域即确定的平面区域，满足条件的事件包含的基本事件构成的区域即确定的平面区域，如图所示，阴影部分的面积是1－×＝，所以这两个数之和小于的概率是.
答案：C
类型
3　与体积有关的几何概型
[例3]　(1)(2021·河北唐山模拟)已知正三棱锥S
?ABC的底面边长为4，高为3，在正三棱锥内任取一点P，使得VP
?ABC?ABC的概率是(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：当点P到底面ABC的距离小于时，
VP
?ABC?ABC.
由几何概型知，所求概率为P＝1－＝.
答案：A
(2)(2020·湖南长沙模拟)在棱长为2的正方体ABCD?A1B1C1D1中，点O为底面ABCD的中心，在正方体ABCD?A1B1C1D1内随机取一点P，则点P到点O的距离大于1的概率为________．
解析：V正＝23＝8，V半球＝×π×13＝π.
＝＝，∴P＝1－.
答案：1－
类型
4　与角度有关的几何概型
[例4]　(1)如图所示，在直角坐标系内，射线OT落在30°角的终边上，任作一条射线OA，则射线OA落在∠yOT内的概率为________．
解析：因为射线OA在坐标系内是等可能分布的，所以OA落在∠yOT内的概率为＝.
答案：
(2)如图所示，在等腰直角△ABC中，过直角顶点C作射线CM交AB于点M，则使得AM小于AC的概率为________．
解析：当AM＝AC时，△ACM为以A为顶点的等腰三角形，∠ACM＝＝67.5°.当∠ACM＜67.5°时，AM＜AC，所以AM小于AC的概率P＝＝＝.
答案：
方法总结?
1．与长度有关和与角度有关的几何概型
(1)设线段a是线段L的一部分，向线段L上任投一点，点落在线段a上的概率P＝.
(2)当涉及射线的转动，如扇形中有关落点区域问题时，应以角的大小作为度量区域来计算概率．
要特别注意“长度型”与“角度型”的不同．解题的关键是构建事件的区域(长度或角度).
2．与面积、体积有关的几何概型
(1)与面积有关的几何概型：求解与面积有关的几何概型时，关键是弄清某事件对应的面积．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．
(2)与体积有关的几何概型：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也可利用其对立事件求解.
　　?
[题组突破]
1．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之间到达单位且到达单位的时刻是随机的，则他到达单位时间为有效刷卡时间的概率是(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：该职工在7：50到8：30之间到达单位且到达单位的时刻是随机的，设其构成的区域为线段AB，且AB＝40，职工的有效刷卡时间是8：15到8：30之间，设其构成的区域为线段CB，且CB＝15，如图所示，所以该职工到达单位时间为有效刷卡时间的概率P＝＝.
答案：D
2．节日前夕，小李在家门前的树上挂了两串彩灯，这两串彩灯的第一次闪亮相互独立，且都在通电后的4秒内任一时刻等可能发生，然后每串彩灯以4秒为间隔闪亮，那么这两串彩灯同时通电后，它们第一次闪亮的时刻相差不超过2秒的概率是________．
解析：设通电x秒后第一串彩灯闪亮，通电y秒后第二串彩灯闪亮．依题意得0≤x≤4，0≤y≤4，
∴S＝4×4＝16.
又两串彩灯闪亮的时刻相差不超过2秒，即|x－y|≤2，由图可知，符合要求的S′＝16－×2×2－×2×2＝12，
∴由几何概型的概率公式得P＝＝＝.
答案：
eq
\a\vs4\al(
再研高考\x(选择合理方法求概率))
1.(2019·高考全国卷Ⅰ)我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化，每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：在所有重卦中随机取一重卦，其基本事件总数n＝26＝64，恰有3个阳爻的基本事件数为C＝20，所以在所有重卦中随机取一重卦，该重卦恰有3个阳爻的概率P＝＝.
答案：A
2．(2020·高考全国卷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．
B．
C．
D．
解析：从O，A，B，C，D这5个点中任取3点，取法有{O，A，B}，{O，A，C}，{O，A，D}，{O，B，C}，{O，B，D}，{O，C，D}，{A，B，C}，{A，B，D}，{A，C，D}，{B，C，D}，共10种，其中取到的3点共线的只有{O，A，C}，{O，B，D}这2种取法，所以所求概率为＝.
答案：A
3．(2020·高考全国卷Ⅱ)在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1
200份订单的配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压．为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作．已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天的新订单超过1
600份的概率为0.05.志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95，则至少需要志愿者(　　)
A．10名
B．18名
C．24名
D．32名
解析：由题意，第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95，即第二天确保完成新订单1
600份，减去超市每天能完成的1
200份，加上积压的500份，共有1
600－1
200＋500＝900(份)，至少需要志愿者900÷50＝18(名).
答案：B
eq
\a\vs4\al(
素养升华\x(随机模拟))
1．(2020·安徽合肥模拟)下图是一个正六边形及其内切圆，现采取随机模拟的方法估计圆周率π的值．随机撒一把豆子，若落在正六边形内的豆子个数为N，落在正六边形内切圆内的豆子个数为M，则估计圆周率π的值为(　　)
A.
B.
C．
D．
解析：设正六边形的边长为1，则其内切圆的半径为，依题意得＝，解得π＝.
答案：D
2．在区间[0，1]上随机抽取2n个数x1，x2，…，xn，y1，y2，…，yn，构成n个数对(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，其中两数的平方和小于1的数对共有m个，则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：由题意得，(xi，yi)(i＝1，2，…，n)在如图所示的正方形中，而平方和小于1的点均在如图所示的阴影区域(不包含边界)中，即以1为半径的圆中．
由几何概型概率计算公式知＝，
所以π＝.
答案：C
PAGE第三节　随机事件的概率
　
1．事件的相关概念
(1)必然事件：在一定条件下，一定发生的事件；
(2)不可能事件：在一定条件下，一定不发生的事件；
(3)随机事件：在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
2．频率和概率
(1)频数、频率：在相同的条件S下重复n次试验，观察某一事件A是否出现，称n次试验中事件A出现的次数nA为事件A出现的频数，称事件A出现的比例fn(A)＝为事件A出现的频率．
(2)概率：对于给定的随机事件A，如果随着试验次数的增加，事件A发生的频率fn(A)稳定在某个常数上，把这个常数记作P(A)，称为事件A的概率．
3．事件的关系与运算
名称
条件
结论
符号表示
包含关系
A发生?B发生
事件B包含事件A(事件A包含于事件B)
B?A(或A?B)
相等关系
若B?A且A?B
事件A与事件B相等
A＝B
并(和)事件
A发生或B发生
事件A与事件B的并事件(或和事件)
A∪B(或A＋B)
交(积)事件
A发生且B发生
事件A与事件B的交事件(或积事件)
A∩B(或AB)
互斥事件
A∩B为不可能事件
事件A与事件B互斥
A∩B＝?
对立事件
A∩B为不可能事件，A∪B为必然事件
事件A与事件B互为对立事件
A∩B＝?，P(A∪B)＝1
4.概率的几个基本性质
(1)概率的取值范围：0≤P(A)≤1．
(2)必然事件的概率为1．
(3)不可能事件的概率为0．
(4)概率的加法公式：如果事件A与事件B互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．
(5)对立事件的概率：若事件A与事件B互为对立事件，则A∪B为必然事件，P(A∪B)＝1，P(A)＝1－P(B).
1．辨析两组概念
(1)频率与概率：
①频率是一个变量，随着试验次数的改变而改变；
②概率是一个确定的常数，是客观存在的，与每次试验无关；
③频率是概率的近似值，随着试验次数的增加，频率会越来越接近概率．
(2)互斥事件与对立事件：
①两个事件是互斥事件，它们未必是对立事件；
②两个事件是对立事件，它们也一定是互斥事件．
2．概率加法公式的推广
当一个事件包含多个结果且各个结果彼此互斥时，要用到概率加法公式的推广，即P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An).
1．(基础知识：互斥事件的概念)一个人打靶时连续射击两次，事件“至少有一次中靶”的互斥事件是(　　)
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
答案：D
2．(基本应用：概率的应用)我国古代数学名著《数书九章》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1
534石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得254粒内夹谷28粒，则这批米内夹谷约为(　　)
A．134石
B．169石
C．338石
D．1
365石
答案：B
3．(基本能力：必然事件及概率)一个袋子中有红球5个，黑球4个，现从中任取5个球，则至少有1个红球的概率为________．
答案：1
4．(基本方法：对应事件的概率)甲、乙二人下棋，甲不输的概率为0.8，则乙获胜的概率为________．
答案：0.2
5．(基本能力：互斥事件的概率)一副混合后的扑克牌(52张)中，随机抽取1张，事件A为“抽得红桃K”，事件B为“抽得黑桃”，则概率P(A∪B)＝________．(结果用最简分数表示)
答案：
题型一　随机事件的关系　
　　　　
1．(2021·山东临沂模拟)一枚均匀的正方体玩具的各个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6.将这个玩具向上抛掷1次，设事件A表示向上的一面出现奇数点，事件B表示向上的一面出现的点数不超过3，事件C表示向上的一面出现的点数不小于4，则(　　)
A．A与B是互斥而非对立事件
B．A与B是对立事件
C．B与C是互斥而非对立事件
D．B与C是对立事件
解析：根据互斥事件与对立事件的含义作答，A∩B＝{出现点数1或3}，事件A，B不互斥也不对立；B∩C＝?，B∪C＝Ω，故事件B，C是对立事件．
答案：D
2．从装有两个白球和两个黄球的口袋中任取2个球，以下给出了三组事件：
①至少有1个白球与至少有1个黄球；
②至少有1个黄球与都是黄球；
③恰有1个白球与恰有1个黄球．
其中互斥而不对立的事件共有(　　)
A．0组
B．1组
C．2组
D．3组
解析：对于①，“至少有1个白球”发生时，“至少有1个黄球”也会发生，比如恰好有一个白球和一个黄球，故①中的两个事件不互斥．
对于②，“至少有1个黄球”说明有黄球，黄球的个数可能是1或2，而“都是黄球”说明黄球的个数是2，故这两个事件不是互斥事件．
③“恰有1个白球”与“恰有1个黄球”都表示取出的两个球中，一个是白球，另一个是黄球，故不是互斥事件．
答案：A
3．口袋里装有1红，2白，3黄共6个除颜色外完全相同的小球，从中取出两个球，事件A＝“取出的两个球同色”，B＝“取出的两个球中至少有一个黄球”，C＝“取出的两个球中至少有一个白球”，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).
解析：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；显然A与D是对立事件，①正确；C∪E为必然事件，P(C∪E)＝1，④正确；P(B)＝，P(C)＝，⑤不正确．
答案：①④
方法总结?
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，即有且仅有一个发生．
2．判别互斥、对立事件的方法
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．　　?
题型二　随机事件的概率与频率　
　　　　
　　　　　　　　　[典例剖析]
[典例]　(2020·山西太原模拟)某快递公司收取快递费用的标准如下：质量不超过1
kg的包裹收费10元；质量超过1
kg的包裹，除1
kg收费10元之外，超过1
kg的部分，每1
kg(不足1
kg，按1
kg计算)需再收5元．该公司对近60天每天揽件数量统计如下表：
包裹件数范围
0～100
101～200
201～300
301～400
401～500
包裹件数(近似处理)
50
150
250
350
450
天数
6
6
30
12
6
(1)某人打算将A(0.3
kg)，B(1.8
kg)，C(1.5
kg)三件礼物随机分成两个包裹寄出，求此人支付的快递费不超过30元的概率；
(2)该公司从收取的每件快递的费用中抽取5元作为前台工作人员的工资和公司利润，剩余的作为其他费用．前台工作人员每人每天揽件不超过150件，工资100元，目前前台有工作人员3人，那么公司将前台工作人员裁员1人对提高公司利润是否更有利？
解析：(1)由题意，寄出方式有以下三种可能：
情况
第一个包裹
第二个包裹
需支付的总快递费(元)
礼物
质量(kg)
快递费(元)
礼物
质量(kg)
快递费(元)
1
A
0.3
10
B，C
3.3
25
35
2
B
1.8
15
A，C
1.8
15
30
3
C
1.5
15
A，B
2.1
20
35
所有3种情况中，有1种情况快递费未超过30元，根据古典概型概率计算公式，所求概率为.
(2)由题目中的天数得出频率，如下：
包裹件数范围
0～100
101～200
201～300
301～400
401～500
包裹件数(近似处理)
50
150
250
350
450
天数
6
6
30
12
6
频率
0.1
0.1
0.5
0.2
0.1
若不裁员，则每天可揽件的上限为450件，公司每日揽件数情况如下：
包裹件数(近似处理)
50
150
250
350
450
实际揽件数
50
150
250
350
450
频率
0.1
0.1
0.5
0.2
0.1
平均揽件数
50×0.1＋150×0.1＋250×0.5＋350×0.2＋450×0.1＝260
故公司平均每日利润为260×5－3×100＝1
000(元)；
若裁员1人，则每天可揽件的上限为300件，公司每日揽件数情况如下：
包裹件数(近似处理)
50
150
250
350
450
实际揽件数
50
150
250
300
300
频率
0.1
0.1
0.5
0.2
0.1
平均揽件数
50×0.1＋150×0.1＋250×0.5＋300×0.2＋300×0.1＝235
故公司平均每日利润为235×5－2×100＝975(元).
综上，公司将前台工作人员裁员1人对提高公司利润不利．
方法总结?
1．计算简单随机事件的频率或概率的解题思路：
(1)计算出所求随机事件出现的频数及总事件的频数．
(2)由频率与概率的关系得所求．
2．求解以统计图表为背景的随机事件的频率或概率问题的关键：
求解该类问题的关键是由所给频率分布表、频率分布直方图或茎叶图等图表，计算出所求随机事件出现的频数，进而利用频率与概率的关系得所求．　　?
[对点训练]
1．从存放的号码分别为1，2，3，…，10的卡片的盒子中，有放回地取100次，每次取一张卡片并记下号码，统计结果如下：
卡片号码
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
取到次数
13
8
5
7
6
13
18
10
11
9
则取到号码为奇数的卡片的频率是(　　)
A．0.53　　　B．0.5　　　C．0.47　　　D．0.37
解析：取到号码为奇数的卡片的次数为13＋5＋6＋18＋11＝53，则所求的频率为＝0.53.
答案：A
2．容量为20的样本数据，分组后的频数分布如下表：
分组
[10，20)
[20，30)
[30，40)
[40，50)
[50，60)
[60，70]
频数
2
3
4
5
4
2
则样本数据落在区间[10，40)的频率为(　　)
A．0.35
B．0.45
C．0.55
D．0.65
解析：数据落在[10，40)的频率为＝＝0.45.
答案：B
题型三　互斥事件、对立事件的概率　
　　　　
　　　　　　　　　
[典例剖析]
[典例]　(1)(2020·山西太原模拟)已知甲、乙两人下棋，和棋的概率为，乙胜的概率为，则甲胜的概率和甲不输的概率分别为________．
解析：“甲胜”是“和棋或乙胜”的对立事件，所以“甲胜”的概率为1－－＝.
设“甲不输”为事件A，则A可看作是“甲胜”与“和棋”这两个互斥事件的和事件，所以P(A)＝＋＝.
答案：，
(2)袋中有12个小球，分别为红球、黑球、黄球、绿球，从中任取一球，得到红球的概率是，得到黑球或黄球的概率是，得到黄球或绿球的概率也是，试求得到黑球、黄球和绿球的概率各是多少？
解析：法一：从袋中任取一个球，记事件“摸到红球”“摸到黑球”“摸到黄球”“摸到绿球”分别为A，B，C，D，则有P(A)＝，P(B∪C)＝P(B)＋P(C)＝，
P(C∪D)＝P(C)＋P(D)＝，
P(B∪C∪D)＝P(B)＋P(C)＋P(D)＝1－P(A)＝1－＝，
解得P(B)＝，P(C)＝，P(D)＝，
因此得到黑球、黄球、绿球的概率分别是，，.
法二：设红球有n个，则＝，∴n＝4，即红球有4个．
又得到黑球或黄球的概率是，∴黑球和黄球共5个．
又总球数是12，∴绿球有12－4－5＝3(个).
又得到黄球或绿球的概率也是，∴黄球和绿球共5个，而绿球有3个，∴黄球有5－3＝2(个)，∴黑球有12－4－3－2＝3(个).
因此得到黑球、黄球、绿球的概率分别是＝，＝，＝.
方法总结?
求互斥事件概率的方法
方法
解读
适合题型
直接法
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加法公式计算
根据互斥事件定义分析，正面分类较少的
间接法
利用古典概型、互斥事件或相互独立事件的概率计算公式计算此事件的对立事件的概率，运用公式P(A)＝1－P()求解
题设条件含有“至多”“至少”的题目
　　?[对点训练]
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：
(1)P(A)，P(B)，P(C)；
(2)1张奖券的中奖概率；
(3)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率．
解析：(1)P(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.
(3)P(∪)＝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.
eq
\a\vs4\al(
再研高考\x(明晰事件的实质))
1．(2018·高考全国卷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(　　)
A．0.3　　　　
B．0.4　　　　
C．0.6　　　　
D．0.7
解析：由题意可知不用现金支付的概率为1－0.45－0.15＝0.4.
答案：B
2．(2020·高考全国卷Ⅰ)某厂接受了一项加工业务，加工出来的产品(单位：件)按标准分为A，B，C，D四个等级．加工业务约定：对于A级品、B级品、C级品，厂家每件分别收取加工费90元，50元，20元；对于D级品，厂家每件要赔偿原料损失费50元．该厂有甲、乙两个分厂可承接加工业务．甲分厂加工成本费为25元/件，乙分厂加工成本费为20元/件．厂家为决定由哪个分厂承接加工业务，在两个分厂各试加工了100件这种产品，并统计了这些产品的等级，整理如下：
甲分厂产品等级的频数分布表
等级
A
B
C
D
频数
40
20
20
20
乙分厂产品等级的频数分布表
等级
A
B
C
D
频数
28
17
34
21
(1)分别估计甲、乙两分厂加工出来的一件产品为A级品的概率；
(2)分别求甲、乙两分厂加工出来的100件产品的平均利润，以平均利润为依据，厂家应选哪个分厂承接加工业务？
解析：(1)由试加工产品等级的频数分布表知，
甲分厂加工出来的一件产品为A级品的概率的估计值为＝0.4；
乙分厂加工出来的一件产品为A级品的概率的估计值为＝0.28.
(2)由数据知甲分厂加工出来的100件产品利润的频数分布表为
利润
65
25
－5
－75
频数
40
20
20
20
因此甲分厂加工出来的100件产品的平均利润为
＝15(元).
由数据知乙分厂加工出来的100件产品利润的频数分布表为
利润
70
30
0
－70
频数
28
17
34
21
因此乙分厂加工出来的100件产品的平均利润为
＝10(元).
比较甲、乙两分厂加工的产品的平均利润，厂家应选甲分厂承接加工业务．
eq
\a\vs4\al(
素养升华\x(概率性质的创新应用))
1．若随机事件A，B互斥，A，B发生的概率均不等于0，且P(A)＝2－a，P(B)＝4a－5，则实数a的取值范围是(　　)
A．　　　　　　　　
B．
C．
D．
解析：由题意可得
即解得＜a≤.
答案：D
2．若A，B互为对立事件，其概率分别为P(A)＝，P(B)＝，则x＋y的最小值为________．
解析：由题意，x＞0，y＞0，＋＝1.则x＋y＝(x＋y)·＝5＋≥5＋2＝9，当且仅当x＝2y时等号成立，故x＋y的最小值为9.
答案：9
PAGE第二节　二项式定理
1．二项式定理
(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn(n∈N
)，其中右端为(a＋b)n的二项展开式．
2．二项展开式的通项公式
第k＋1项为：Tk＋1＝Can－kbk．
3．二项式系数
(1)定义：二项式系数为：C(k∈{0，1，2，…，n})．
(2)二项式系数的性质：
性质
性质描述
对称性
与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即C＝C
增减性
二项式系数C
当k<(n∈N
)时，是递增的
当k≥(n∈N
)时，是递减的
最大值
当n为偶数时，中间的一项取得最大值
当n为奇数时，中间的两项和取得最大值
各二项式系数和
C＋C＋C＋…＋C＝2n
1.一对易混概念
二项展开式中第r＋1项：
(1)二项式系数是C，而不是C.
(2)项的系数是该项的数字因数．
2．两个常用公式
(1)C＋C＋C＋…＋C＝2n.
(2)C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1.(展开式的奇数项、偶数项的二项式系数相等)
3．三个重要特征
(1)字母a的指数按降幂排列由n到0.
(2)字母b的指数按升幂排列由0到n.
(3)每一项字母a的指数与字母b的指数和等于n.
1．(基本方法：展开式的常数项)二项式的展开式中，常数项的值是(　　)
A．240
B．60
C．192
D．180
答案：A
2．(基础知识：展开式各项的系数)(x－1)10的展开式中第6项的系数是(　　)
A．C
B．－C
C．C
D．－C
答案：D
3．(基本方法：展开式的系数)若(x－1)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则a0＋a2＋a4的值为(　　)
A．9
B．8
C．7
D．6
答案：B
4．(基本能力：展开式系数和)二项式(2a3－3b2)10的展开式中各项系数的和为________．
答案：1
5．(基本应用：组合数的性质)C＋C＋…＋C＝________.
答案：210
题型一　多项展开式的特定项　
[典例剖析]
类型
1　二项展开式问题
[例1]　(1)(2021·湖南岳阳模拟)在(n∈N
)的展开式中，若二项式系数最大的项仅是第六项，则展开式中常数项是(　　)
A．180
B．120
C．90
D．45
解析：在(n∈N
)的展开式中，若二项式系数最大的项仅是第六项，则n＝10，则＝的展开式的通项为Tr＋1＝C·2r·x5－，令5－＝0，得r＝2，可得展开式中常数项为C·22＝180.
答案：A
(2)的展开式中的有理项共有________项．
解析：的展开式的通项为Tr＋1＝C()8－r·＝Cx(r＝0，1，2，…，8)，为使Tr＋1为有理项，r必须是4的倍数，所以r＝0，4，8，故共有3个有理项，分别是T1＝Cx4＝x4，T5＝Cx＝x，T9＝Cx－2＝.
答案：3
类型
2　两个多项式积的展开式问题
[例2]　(1)(1＋x)6的展开式中x2的系数为(　　)
A．15
B．20
C．30
D．35
解析：因为(1＋x)6的通项为Cxk，所以(1＋x)6的展开式中含x2的项为1·Cx2和·Cx4.
因为C＋C＝2C＝2×＝30，
所以(1＋x)6的展开式中x2的系数为30.
答案：C
(2)已知(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，则a＝(　　)
A．－4
B．－3
C．－2
D．－1
解析：(1＋x)5中含x与x2的项为T2＝Cx＝5x，T3＝Cx2＝10x2，∴x2的系数为10＋5a＝5，∴a＝－1.
答案：D
类型
3　三项展开式问题
[例3]　(1)(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为(　　)
A．10
B．20
C．30
D．60
解析：法一：利用二项展开式的通项公式求解．
(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.
法二：利用排列组合知识求解．
(x2＋x＋y)5为5个x2＋x＋y之积，其中有两个因式取y，剩余的三个因式中两个取x2，一个取x即可，所以x5y2的系数为CCC＝30.
答案：C
(2)(2020·安徽合肥检测)展开式中的常数项为(　　)
A．1
B．11
C．－19
D．51
解析：＝，
展开式的通项为Tk＋1＝C，
当k＝5时，常数项为C＝1，
当k＝3时，常数项为－CC＝－20，
当k＝1时，常数项为CC＝30.
综上所述，常数项为1－20＋30＝11.
答案：B
方法总结?
1．求二项展开式中的特定项，一般是化简通项公式后，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)，解出项数k＋1，代回通项公式即可．
2．对于几个多项式积的展开式中的特定项问题，一般都可以根据因式连乘的规律，结合组合思想求解，但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏．
3．对于三项式问题，一般先变形化为二项式再解决．　　?
[题组突破]
1．(x2＋x＋1)(x－1)4的展开式中，x3的系数为(　　)
A．－3
B．－2
C．1
D．4
解析：(x－1)4的通项为Tk＋1＝Cx4－k(－1)k，(x2＋x＋1)(x－1)4的展开式中，x3的系数为C(－1)3＋C(－1)2＋C(－1)＝－2.
答案：B
2．(2021·安徽合肥模拟)若的展开式的常数项是60，则a的值为(　　)
A．4
B．±4
C．2
D．±2
解析：的展开式的通项为Tr＋1＝C(ax)6－r·＝(－1)ra6－r·Cx6－r，
令6－r＝0，解得r＝4，
∴常数项为(－1)4a6－4·C＝15a2＝60，
∴a＝±2.
答案：D
题型二　二项展开式的各项系数和问题　
　　　
[典例剖析]
类型
1　二项式系数和
[例1]　(2021·山西八校联考)已知(1＋x)n的展开式中第5项和第7项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为(　　)
A．29
B．210
C．211
D．212
解析：由题意知C＝C，由组合数性质得n＝10，则奇数项的二项式系数和为2n－1＝29.
答案：A
类型
2　各项系数和
[例2]　(1)若的展开式中含x的项为第6项，设(1－3x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则a1＋a2＋…＋an的值为________．
解析：二项式的展开式的第6项是T5＋1＝C(－1)5x2n－15，令2n－15＝1，得n＝8.在二项式(1－3x)8的展开式中，令x＝0，得a0＝1；令x＝1，得a0＋a1＋…＋a8＝(－2)8＝256，所以a1＋a2＋…＋a8＝255.
答案：255
(2)(2020·陕西黄陵中学模拟)若(x－1)5＝a5(x＋1)5＋a4(x＋1)4＋a3(x＋1)3＋a2(x＋1)2＋a1(x＋1)＋a0，则a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝________．
解析：令x＝－1可得a0＝－32.令x＝0可得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝－1，所以a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝－1－a0＝－1＋32＝31.
答案：31
方法总结?
1．求形如(ax＋by)n的展开式中各项的系数和(a，b为常数，x，y为变量)，其方法是让所有的变量都为1，即x＝1，y＝1的运算结果(a＋b)n，称为赋值法．
赋值时，要注意，根据展开式的形式，来确定所赋的值．
2．一般地，对于多项式(a＋bx)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，令g(x)＝(a＋bx)n，则
(a＋bx)n展开式中的各项的系数的和为g(1)，
(a＋bx)n展开式中的奇数项的系数和为[g(1)＋g(－1)]，
(a＋bx)n展开式中的偶数项的系数和为[g(1)－g(－1)].　　?
[题组突破]
1．(2021·湖南湘潭模拟)若(1＋x)(1－2x)8＝a0＋a1x＋…＋a9x9，x∈R，则a1·2＋a2·22＋…＋a9·29的值为(　　)
A．29
B．29－1
C．39
D．39－1
解析：(1＋x)(1－2x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，令x＝0，得a0＝1；令x＝2，得a0＋a1·2＋a2·22＋…＋a9·29＝39，
∴a1·2＋a2·22＋…＋a9·29＝39－1.
答案：D
2．若二项式的展开式的二项式系数之和为8，则该展开式每一项的系数之和为(　　)
A．－1
B．1
C．27
D．－27
解析：依题意得2n＝8，解得n＝3.
取x＝1得，该二项展开式每一项的系数之和为(1－2)3＝－1.
答案：A
题型三　二项式系数或项的系数的最值问题　
　　　
[典例剖析]
[典例]　(1)已知二项式(a＞0)的展开式的第五、六项的二项式系数相等且最大，展开式中x2项的系数为84，则a的值为(　　)
A．1　　　　　　　　　　
B．
C．2
D．
解析：由展开式的第五、六项的二项式系数相等且最大可知n＝9，则展开式的通项公式为Tr＋1＝C(a)9－r＝Ca9－rx·x－＝Ca9－rx－(r＝0，1，2，3，…，9)，令－＝2，则r＝3，所以Ca9－3＝Ca6＝84，解得a＝±1.因为a＞0，所以a＝1.
答案：A
(2)(2021·河北石家庄模拟)在(1－2x)n的展开式中，偶数项的二项式系数之和为128，则展开式中二项式系数最大的项为________．
解析：由二项式系数的性质知，2n－1＝128，解得n＝8，
(1－2x)8的展开式共有9项，中间项，即第5项的二项式系数最大，T4＋1＝C14(－2x)4＝1
120x4.
答案：1
120x4
方法总结?
1．形如(ax＋b)n，(ax3＋bx＋c)m(a，b，c∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，常采用赋值法，只需令x＝1即可．
2．当n为偶数时，展开式中第＋1项的二项式系数最大，最大值为；当n为奇数时，展开式中第项和第项的二项式系数最大，最大值为或　　?
[对点训练]
　二项式的展开式中只有第11项的二项式系数最大，则展开式中x的指数为整数的项的个数为(　　)
A．3　　　　
B．5
C．6　　　　D．7
解析：根据的展开式中只有第11项的二项式系数最大，
得n＝20，
∴的展开式的通项为Tk＋1＝C·(x)20－k·＝()20－k·C·x20－，
要使x的指数是整数，需k是3的倍数，
∴k＝0，3，6，9，12，15，18，
∴x的指数是整数的项共有7项．
答案：D
eq
\a\vs4\al(
再研高考\x(用好展开通项公式))
1．(2018·高考全国卷Ⅲ)的展开式中x4的系数为(　　)
A．10　　　　B．20
C．40　　　　D．80
解析：的展开式的通项公式为Tr＋1＝C·(x2)5－r·＝C·2r·x10－3r，令10－3r＝4，得r＝2.故展开式中x4的系数为C·22＝40.
答案：C
2．(2019·高考全国卷Ⅲ)(1＋2x2)(1＋x)4的展开式中x3的系数为(　　)
A．12
B．16
C．20
D．24
解析：法一：(1＋2x2)(1＋x)4的展开式中x3的系数为1×C＋2C＝12.
法二：∵(1＋2x2)(1＋x)4＝(1＋2x2)(1＋4x＋6x2＋4x3＋x4)，∴x3的系数为1×4＋2×4＝12.
答案：A
3．(2020·高考全国卷Ⅰ)(x＋y)5的展开式中x3y3的系数为(　　)
A．5
B．10
C．15
D．20
解析：法一：∵(x＋y)5＝(x5＋5x4y＋10x3y2＋10x2y3＋5xy4＋y5)，∴x3y3的系数为10＋5＝15.
法二：当x＋中取x时，x3y3的系数为C，
当x＋中取时，x3y3的系数为C，
∴x3y3的系数为C＋C＝10＋5＝15.
答案：C
4．(2020·高考全国卷Ⅲ)的展开式中常数项是________(用数字作答).
解析：的展开式的通项为Tr＋1＝C(x2)6－r·＝C2rx12－3r，令12－3r＝0，解得r＝4，得常数项为C24＝240.
答案：240
eq
\a\vs4\al(
素养升华\x(用二项展开式估算))
　求1.025的近似值．(精确到两位小数)
解析：1.025＝(1＋0.02)5＝1＋C×0.02＋C×0.022＋…＋C×0.025≈1＋5×0.02＝1.10.
PAGE第九章
计数原理、概率、随机变量及其分布列
第一节　计数原理与排列组合
1．两个计数原理
完成一件事的策略
完成这件事共有的方法
分类加法计数原理
有两类不同方案，第1类方案中有m种不同的方法，第2类方案中有n种不同的方法
N＝m＋n种不同的方法
分步乘法计数原理
需要两个步骤，第1步有m种不同的方法，第2步有n种不同的方法
N＝mn种不同的方法
2.排列
3．组合
组合的定义
从n个不同元素中，任意取出m(m≤n)个元素并成一组，叫做一个组合
组合数的定义
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素后，所有不同组合的个数
组合数公式
C＝
eq
\f(A,A)
＝＝
组合数的性质
(1)C＝C；(2)C＋C＝C
1.计数原理的两个不同点
(1)分类问题中的每一个方法都能完成这件事．
(2)分步问题中每步的每一个方法都只能完成这件事的一部分．
2．排列与组合问题
(1)三个原则：
①有序排列、无序组合．
②先选后排．
③复杂问题分类化简或正难则反．
(2)两个优先：
①特殊元素优先．
②特殊位置优先．
即先考虑特殊的元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置).
3．正确理解组合数的性质
(1)C＝C.
从n个不同元素中取出m个元素的方法数等于取出剩余n－m个元素的方法数．
(2)C＋C＝C.
从n＋1个不同元素中取出m个元素可分以下两种情况：①不含特殊元素A有C种方法；②含特殊元素A有C种方法．
1．(基础知识：乘法原理)从3，5，7，11这四个质数中，每次取出两个不同的数分别为a，b，共可得到lg
a－lg
b的不同值的个数是(　　)
A．6
B．8
C．12
D．16
答案：C
2．(基本能力：加法原理)已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为(　　)
A．40
B．16
C．13
D．10
答案：C
3．(基本方法：乘法原理)(a＋b＋c)(d＋e＋f＋h)(i＋j＋k＋l＋m)展开后共有________项．
答案：60
4．(基本应用：计数原理)如图所示，从A城到B城有3条路；从B城到D城有4条路；从A城到C城有4条路，从C城到D城有5条路，则某旅客从A城到D城共有________条不同的路线．
答案：32
5．(基本能力：计数原理)某人有3个电子邮箱，他要发5封不同的电子邮件，则不同的发送方法有________种．
答案：243
题型一　计数原理的应用　
　　　　
[典例剖析]
[典例]　(1)(2021·河北唐山模拟)用两个1，一个2，一个0可组成不同四位数的个数是(　　)
A．18　　
B．16
C．12
D．9
解析：根据题意，分3步进行分析：①0不能放在千位，可以放在百位、十位和个位，有3种情况；②在剩下的3个数位中任选1个，安排2，有3种情况；③在最后2个数位安排2个1，有1种情况，则可组成3×3＝9(个)不同四位数．
答案：D
(2)(2020·广州模拟)如图所示，用6种不同的颜色把图中A，B，C，D四块区域分开．若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有(　　)
A．400种
B．460种
C．480种
D．496种
解析：完成此事可能使用4种颜色，也可能使用3种颜色．当使用4种颜色时：从A开始，有6种方法，B有5种，C有4种，D有3种，完成此事共有6×5×4×3＝360(种)方法；当使用3种颜色时：A，D使用同一种颜色，从A，D开始，有6种方法，B有5种，C有4种，完成此事共有6×5×4＝120(种)方法．由分类加法计数原理可知，不同涂法有360＋120＝480(种).
答案：C
(3)如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1，2，3，4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个．
解析：当组成的数字有三个1，三个2，三个3，三个4时共有4种情况．当有三个1时：2111，3111，4111，1211，1311，1411，1121，1131，1141，有9种，当有三个2，3，4时：2221，3331，4441，有3种，根据分类加法计数原理可知，共有12种结果．
答案：12
(4)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________种不同的报名方法．
解析：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).
答案：120
方法总结?
应用计数原理的三个注意点
(1)注意完成“这件事”是做什么．
(2)弄清完成“这件事”是分类还是分步．
①根据完成事件的特点，进行“分类”，根据事件的发生过程进行“分步”．②分类要按照同一个标准，任何一类中的任何一种方法都可以单独完成这件事．③分步时各步相互依存，只有各步都完成时，才算完成这件事．
(3)合理设计步骤、顺序，使各步互不干扰，还要注意元素是否可以重复选择．　　?
[对点训练]
1．从2，3，4，5，6，7，8，9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，则可以组成不同对数值的个数为(　　)
A．56
B．54
C．53
D．52
解析：在8个数中任取2个不同的数共有8×7＝56(个)对数值，但在这56个对数值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，即满足条件的对数值共有56－4＝52(个).
答案：D
2．从0，1，2，3，4这5个数字中任选3个组成三位数，其中偶数的个数为________．
解析：按个位数字是否为0进行分类，因为0不能排在首位．
若0在个位，则十位数字有4种排法，百位数字有3种排法，共有4×3＝12(种).
若2或4在个位，个位数字有2种排法，再分类，若0在十位，则百位数字有3种排法．
若0不在十位，十位数字有3种排法，百位数字有2种排法．共有2×(1×3＋3×2)＝18(种)，故总共有12＋18＝30(种)排法．
答案：30
题型二　排列问题　
　　　
[典例剖析]
类型
1　相邻问题
[例1]　(2021·广东揭阳模拟)某班星期一上午安排5节课，若数学2节，语文、物理、化学各1节，且物理、化学不相邻，2节数学相邻，则星期一上午不同课程安排种数为(　　)
A．6
B．12
C．24
D．48
解析：根据题意，分2步进行分析：①将两节数学课“捆”在一起与语文课先进行排列，有A种排法；②将物理课、化学课在第一步排后的3个空隙中选两个插进去，有A种方法，根据分步乘法计数原理得不同课程安排种数为AA＝12.
答案：B
类型
2　定序问题
[例2]　(2020·山东济南模拟)航天员拟在太空授课，准备进行标号为0，1，2，3，4，5的六项实验，向全世界人民普及太空知识，其中0号实验不能放在第一项，最后一项的标号小于它前面相邻一项的标号，则实验顺序的编排方法种数为________(用数字作答).
解析：优先安排第一项实验，再利用定序问题相除法求解．由于0号实验不能放在第一项，所以第一项实验有5种选择．最后两项实验的顺序确定，所以共有
eq
\f(5A,A)
＝300(种)不同的编排方法．
答案：300
类型
3　相间问题
[例3]　某次联欢会要安排3个歌舞类节目，2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是(　　)
A．72
B．120
C．144
D．168
解析：安排小品节目和相声节目的顺序有三种：“小品1，小品2，相声”“小品1，相声，小品2”和“相声，小品1，小品2”．对于第一种情况，形式为“□小品1歌舞小品2□相声□”，有ACA＝36(种)安排方法；同理，第三种情况也有36种安排方法，对于第二种情况，三个节目形成4个空，其形式为“□小品1□相声□小品2□”，有AA＝48(种)安排方法，故共有36＋36＋48＝120(种)安排方法．
答案：B
类型
4　特殊元素问题
[例4]　6名同学排成1排照相，要求同学甲既不站在最左边又不站在最右边，共有________种不同站法．
解析：先从其他5人中安排2人站在最左边和最右边，再安排余下4人的位置，分为两步：
第1步，从除甲外的5人中选2人站在最左边和最右边，有A种站法；
第2步，余下4人(含甲)站在剩下的4个位置上，有A种站法．
由分步乘法计数原理可知，共有AA＝480(种)不同的站法．
答案：480
方法总结?
有限制条件的排列问题的解题方法
方法
解读
适合题型
优先法
对问题中的特殊元素或位置首先进行排列，然后排列其他一般元素或位置
题设有“在”或“不在”等限制条件
捆绑法
在特定条件下，将几个相关元素当作一个元素来考虑，待整个问题排好之后再考虑它们“内部”的排列数
相邻问题
插空法
先把不受限制元素排列好，然后把特定元素插在它们之间或两端的空隙当中
不相邻问题
缩倍法
在排列问题中限制某几个元素必须保持一定顺序称为定序问题，这类问题用缩小倍数的方法求解比较方便
规定某几个元素顺序固定
间接法
当正面问题分的类较多，而反面问题分的类较少时，不妨改变思维方向，即从结论或条件的反面进行思考，这种方法称为“间接法”
有“至多”“至少”等条件限制
先取后排法
解决从几类元素中取出符合题意的几个元素，再安排到一定位置上，先取后排法解决选排问题的关键在于明确选排的要求
选排问题
[题组突破]
1．(2021·河北衡水冀州中学模拟)将A，B，C，D，E五种不同的文件放入编号依次为1，2，3，4，5，6，7的七个抽屉内，每个抽屉至多放一种文件．若文件A，B必须放入相邻的抽屉内，文件C，D也必须放入相邻的抽屉内，则所有不同的放法有(　　)
A．120种
B．210种
C．420种
D．240种
解析：可先排相邻的文件，再作为一个整体与其他文件排列，则有AAA＝240(种)排法．
答案：D
2．把5件不同的产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有________种．
解析：将产品A与B捆绑在一起，然后与其他三种产品进行全排列，共有AA种方法，将产品A，B，C捆绑在一起，且A在中间，然后与其他两种产品进行全排列，共有AA种方法．于是符合题意的摆法共有AA－AA＝36(种).
答案：36
题型三　组合问题及混合问题　
　　　　
　　　　　　　　　[典例剖析]
类型
1　简单的组合问题
[例1]　2021年元旦假期，高一年级的8名同学拼车去敬老院宣传垃圾分类活动，其中一班、二班、三班、四班每班各两名，分乘甲乙两辆汽车，每车限坐4名同学(乘同一辆车的4名同学不考虑位置)，其中一班两名同学是孪生姐妹，需乘同一辆车，则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学是来自同一个班的乘坐方式共有(　　)
A．18种　　　　　
B．24种
C．48种
D．36种
解析：由题意知，有两类．第一类，一班的2名同学在甲车上，甲车上剩下两个要来自不同的班级，然后从3个班级中选两个，有C＝3(种)，然后分别从选择的班级中再选择一名学生，有CC＝4(种)，故有3×4＝12(种).第二类，一班的2名同学不在甲车上，则从剩下的3个班级中选择一个班级的两名同学在甲车上，有C＝3(种)，再从剩下的两个班级中分别选择一人，有CC＝4(种)，这时共有3×4＝12(种)，根据分类加法计数原理得，共有12＋12＝24(种)不同的乘车方式．
答案：B
类型
2　简单的组合与排列混合问题
[例2]　(2020·江西红色七校第二次联考)某外商计划在4个候选城市中投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有________种．
解析：第一类：3个项目投资在两个城市，有C·C·A＝36(种)不同方案；
第二类：3个项目投资在3个城市，有A＝4×3×2＝24(种)不同方案，
共有36＋24＝60(种)不同方案．
答案：60
类型
3　不同元素分组、分配问题
[例3]　(2020·高考全国卷Ⅰ)6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有(　　)
A．120种
B．90种
C．60种
D．30种
解析：先从6名同学中选1名安排到甲场馆，有C种选法，再从剩余的5名同学中选2名安排到乙场馆，有C种选法，最后将剩下的3名同学安排到丙场馆，有C种选法，由分步乘法计数原理知，共有C·C·C＝60(种)不同的安排方法．
答案：C
方法总结?
“分组分配”问题的解题技巧
类型
解读
公式
整体均匀分组
在解决整体均分型题目时，要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以A(m为均分的组数)，避免重复计数
将n个不同元素均匀分成不编号的m组，不管是否分尽，其分法种数为：
eq
\f(A,A)
(其中A＝
部分均匀分组
解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，一个分组中有几个这样的均匀分组就要除以这样的全排列数
将n个不同元素分成不编号的m组，其中有r组元素个数相等，不管是否分尽，其分法种数为：
eq
\f(A,A)
(其中A为非均匀不编号分组中的分法数)
不均匀分组
解答本类题，只需先分组，后排列，注意分组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数
n个不同元素分成m组，每组元素数目均不相同，且不考虑各组间的顺序，不管是否分尽，分法种数为：A＝
(其中m1，m2，…，mm中任何两个元素都不相等)
　　?
[题组突破]
1.(2021·河南郑州模拟)右图中的几何体由三棱锥P?ABC与三棱柱ABC?A1B1C1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面涂色(底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的涂色方案共有(　　)
A．6种
B．9种
C．12种
D．36种
解析：先涂三棱锥P?ABC的三个侧面，有C×C×C种情况，然后涂三棱柱的三个侧面，有C×C×C种情况，共有C×C×C×C×C×C＝3×2×1×2×1×1＝12(种)不同的涂法．
答案：C
2．将2名教师、4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有(　　)
A．12种
B．10种
C．9种
D．8种
解析：先从4名学生中选2人安排到甲地，有C种不同的方法；再从2名老师中选1人安排到甲地，有C种不同的方法；其余2名学生和1名老师安排到乙地只有一种方法，根据分步乘法计数原理，不同的安排方法共有CC＝12种．
答案：A
eq
\a\vs4\al(
再研高考\x(计数原理与排列组合共用))
1．(2020·高考海南卷)要安排3名学生到2个乡村做志愿者，每名学生只能选择去一个村，每个村里至少有一名志愿者，则不同的安排方法共有(　　)
A．2种
B．3种
C．6种
D．8种
解析：先将3名学生分成2组有C·C种分法，再分配到2个村有A种分法，则不同的分配方案共有C·C·A＝6(种).
答案：C
2．(2018·高考全国卷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________种．(用数字填写答案)
解析：法一：按参加的女生人数可分两类：只有1位女生参加有CC种，有2位女生参加有CC种．故共有CC＋CC＝2×6＋4＝16(种).
法二：从2位女生，4位男生中选3人，共有C种情况，没有女生参加的情况有C种，故共有C－C＝20－4＝16(种).
答案：16
3．(2020·高考全国卷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．
解析：将4名同学分成人数为2，1，1的3组有C＝6(种)分法，再将3组同学分到3个小区共有A＝6(种)分法，4由分步乘法计数原理可得不同的安排方法共有6×6＝36(种).
答案：36
eq
\a\vs4\al(
素养升华\x(相同元素的分组问题))
　把6个相同的小球放入4个盒子中，每个盒子都不为空，有多少种不同的放法？
解析：法一：本题相当于将6个相同的球分为4组．可以先把6个球排成一排，中间有五个空位，我们只需在这五个位置中任取三个位置放上隔板就可把小球分隔成4组了，故有C＝10(种)不同的放法．
法二：设每个盒子中的小球数分别为x1，x2，x3，x4，求x1＋x2＋x3＋x4＝6的正整数解的组数．
这是四元不定方程，把6分为6个1，6个1之间有5个空，选3个空放3个加号，所以有C＝10(种)放法．
一种放法就唯一对应不定方程x1＋x2＋x3＋x4＝6的一组正整数解，故此不定方程有C＝10(组)正整数解．
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