资源简介

计数原理与概率、随机变量及其分布
第一节　分类加法计数原理与分步乘法计数原理
命题分析预测
学科核心素养
从近五年的考查情况来看，本节主要考查分类加法计数原理和分步乘法计数原理的应用，一般以小题的形式单独考查或以古典概型为载体进行考查，有时也与概率相交汇以解答题的形式呈现．
本节主要考查考生的逻辑推理核心素养．
授课提示：对应学生用书第203页
知识点一　分类加法计数原理
完成一件事有两类不同的方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法．
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温馨提醒
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分类加法计数原理在使用时易忽视每类做法中每一种方法都能完成这件事情，类与类之间是独立的．
1．从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同数字相加，其和为偶数的不同取法的种数有(　　)
A．30　　　　　　
B．20
C．10
D．6
解析：从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同数字相加和为偶数可分为两类，①取出的两数都是偶数，
共有3种方法；②取出的两数都是奇数，共有3种方法，故由分类加法计数原理得共有N＝3＋3＝6(种)．
答案：D
2．(易错题)a，b，c，d，e共5个人，从中选1名组长1名副组长，但a不能当副组长，不同选法的种数是(　　)
A．20
B．16
C．10
D．6
解析：当a当组长时，则共有1×4＝4种选法；当a不当组长时，又因为a也不能当副组长，则共有4×3＝12种选法．因此共有4＋12＝16种选法．
答案：B
知识点二　分步乘法计数原理
完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法．
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温馨提醒
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分步乘法计数原理在使用时易忽视每步中某一种方法只是完成这件事的一部分，而未完成这件事，步与步之间是相关联的．
1．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(　　)
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4×3＝12(种)．
答案：C
2．某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为__________．
解析：3个新节目一个一个插入节目单中，分别有7，8，9种方法，所以不同的插法种数为7×8×9＝504．
答案：504
3．
(易错题)如图，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．
解析：不同路线共有3×4＋4×5＝32(条)．
答案：32
授课提示：对应学生用书第204页
题型一　分类加法计数原理　　
1．从集合{1，2，3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为（　　）
A．3　　　　　　　　　
B．4
C．6
D．8
解析：以1为首项的等比数列为1，2，4；1，3，9；
以2为首项的等比数列为2，4，8；
以4为首项的等比数列为4，6，9；
把这四个数列顺序颠倒，又得到4个数列，
∴所求的数列共有2×（2＋1＋1）＝8（个）．
答案：D
2．在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数为_________．
解析：个位数字为2时，有1种选法；个位数字为3时，有2种选法；个位数字为4时，有3种选法；…；个位数字为9时，有8种选法，根据分类加法计数原理，满足条件的两位数的个数为1＋2＋3＋…＋8＝36．
答案：36
3．如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1a3，则称这样的三位数为凸数（如120，343，275等），那么所有凸数的个数为_________．
解析：若a2＝2，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0，“凸数”为120与121，共2个．若a2＝3，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有2×3＝6（个）．若a2＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12（个）……，若a2＝9，满足条件的“凸数”有8×9＝72（个）．
所以所有凸数共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240（个）．
答案：240
　使用分类加法计数原理时两个注意点
（1）根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏．
（2）分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．
题型二　分步乘法计数原理　　
1．（2021·新余模拟）7人站成两排队列，前排3人，后排4人，现将甲、乙、丙三人加入队列，前排加一人，后排加两人，其他人保持相对位置不变，则不同的加入方法种数为（　　）
A．120　　　　　　
B．240
C．360
D．480
解析：第一步，从甲、乙、丙三人中选一个加到前排，有3种方法；第二步，前排3人形成了4个空，任选一个空加一人，有4种方法；第三步，后排4人形成了5个空，任选一个空加一人，有5种方法，此时形成了6个空，任选一个空加一人，有6种方法；根据分步乘法计数原理可得不同的加入方法种数为3×4×5×6＝360．
答案：C
2．（2021·石家庄模拟）教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的走法有（　　）
A．10种
B．25种
C．52种
D．24种
解析：每相邻的两层之间各有2种走法，共分4步．
由分步乘法计数原理，共有24种不同的走法．
答案：D
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，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
　　利用分步乘法计数原理解题时三个注意点
（1）要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的．
（2）各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这件事．
（3）对完成每一步的不同方法数要根据条件准确确定．
题型三　两个计数原理的综合应用　　
[例]　（1）（2021·重庆模拟）某地行政区域如图，请你用4种不同的颜色为每个区域涂色，要求相邻区域不同色，共有　　　　　种不同的涂色方法．（用具体数字作答）
（2）如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有　　　　　个．（用数字作答）
[解析]　（1）假设按a→b→c→d→e顺序涂色．对于a有4种涂色的方法，对于b有3种涂色方法，对于c有2种涂色方法，对于e：若c与d颜色相同，则有2种涂色方法，若c与d颜色不相同，则只有1种涂色方法．故共有4×3×2×（2＋1）＝72种不同的涂色方法．
（2）把与正八边形有公共边的三角形分为两类：
第一类，有一条公共边的三角形共有8×4＝32（个）．
第二类，有两条公共边的三角形共有8个．
由分类加法计数原理知，共有32＋8＝40（个）．
[答案]　（1）72　（2）40
应用两个计数原理的难点在于明确分类和分步．分类要做到“不重不漏”，正确把握分类标准是关键；分步要做到“步骤完整”，步步相连能将事件完成，较复杂的问题可借助图表完成．
[题组突破]
1．已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为（　　）
A．40　　　　　　　
B．16
C．13
D．10
解析：分两类情况讨论：第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．
答案：C
2．用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1，2，…，9的9个小正方形（如图），使得任意相邻（有公共边）的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为1，5，9的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有　　　　　种．
解析：把区域分为三部分：第一部分1，5，9，有3种涂法，第二部分4，7，8，当5，7同色时，4，8各有2种涂法，共4种涂法，当5，7异色时，7有2种涂法，4，8均只有1种涂法，故第二部分共4＋2＝6（种）涂法；第三部分与第二部分一样，共6种涂法．由分步乘法计数原理，可得共有3×6×6＝108种涂法．
答案：108
　计数原理应用中的核心素养
逻辑推理——两个计数原理的创新应用
[例]　若m，n均为非负整数，在做m＋n的加法时各位均不进位（例如：134＋3
802＝3
936），则称（m，n）为“简单的”有序对，则m＋n称为有序对（m，n）的值，那么值为1
942的“简单的”有序对的个数是_________．
[解析]　第1步，1＝1＋0，1＝0＋1，共2种组合方式；
第2步，9＝0＋9，9＝1＋8，9＝2＋7，9＝3＋6，…，9＝9＋0，共10种组合方式；
第3步，4＝0＋4，4＝1＋3，4＝2＋2，4＝3＋1，4＝4＋0，共5种组合方式；
第4步，2＝0＋2，2＝1＋1，2＝2＋0，共3种组合方式．
根据分步乘法计数原理，值为1
942的“简单的”有序对的个数为2×10×5×3＝300．
[答案]　300
解决两个计数原理的创新应用问题的关键是要抓住题中给的新定义信息分步或分类进行推理．
[对点训练]
定义集合A与B的运算A
B如下：A
B＝{（x，y）|x∈A，y∈B}．若A＝{a，b，c}，B＝{a，c，d，e}，则集合A
B中的元素个数为（　　）
A．34　　　　　　　　
B．43
C．12
D．以上都不对
解析：A
B中的元素是由A中取一个元素来确定x，B中取一个元素来确定y，由分步乘法计数原理可知A
B中有3×4＝12个元素．
答案：C
PAGE第二节　排列与组合
命题分析预测
学科核心素养
从近五年的高考来看，本节内容是命题的热点，主要考查排列与组合的综合应用，分组分配问题是命题热点，多为选择题、填空题，难度中等偏下．
本节内容主要通过排列、组合的应用考查逻辑推理核心素养．
授课提示：对应学生用书第205页
知识点一　排列与排列数
1．排列与排列数
（1）排列
从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．
（2）排列数
从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素的所有不同排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，记作A．
2．排列数公式及性质
（1）排列数公式
A＝n（n－1）（n－2）…（n－m＋1）
＝（m、n∈N＋且m≤n）．
（2）性质：①A＝n！；
②0！＝1．
1．6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（　　）
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．
答案：D
2．用数字1，2，3，4，5组成无重复数字的四位数，其中偶数的个数为（　　）
A．8
B．24
C．48
D．120
解析：末位数字排法有A种，其他位置排法有A种，共有AA＝48种排法，所以偶数的个数为48．
答案：C
知识点二　组合与组合数
1．组合与组合数
（1）组合
从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合Ｗ．
（2）组合数
从n个不同元素中取出m（m≤n）个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，记作C．
2．组合数的公式及性质
（1）组合数公式
C＝eq
\f(A,A)
＝
＝（n、m∈N＋且m≤n）．
（2）组合数性质
①C＝1；
②C＝eq
\a\vs4\al(C)；
③C＋C＝C．
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温馨提醒
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二级结论
与组合数相关的几个公式
（1）C＋C＋…＋C＝2n（全组合公式）．
（2）C＋C＋…＋C＋C＝C．
（3）kC＝nC．
必明易错
易混淆排列与组合问题，区分的关键是看选出的元素是否与顺序有关，排列问题与顺序有关，组合问题与顺序无关．
1．从4名男同学和3名女同学中选出3名参加某项活动，则男女生都有的选法种数是（　　）
A．18
B．24
C．30
D．36
解析：选出的3人中有2名男同学1名女同学的方法有CC＝18（种），选出的3人中有1名男同学2名女同学的方法有CC＝12（种），故3名学生中男女生都有的选法有CC＋CC＝30（种）．
答案：C
2．（易错题）用1，2，3，4，5，6组成数字不重复的六位数，满足1不在左、右两端，2，4，6三个偶数中有且只有两个偶数相邻，则这样的六位数的个数为（　　）
A．423
B．288
C．216
D．144
解析：若2，4相邻，把2，4捆绑在一起，与另外四个数排列（相当于5个元素排列），1不在左、右两侧，则六位数的个数为2×C×A＝144，同理2，4与6相邻的有A×2×2×A＝48（个），所以只有2，4相邻的有144－48＝96（个），全部符合条件的六位数有96×3＝288（个）．
答案：B
3．从6台原装计算机和5台组装计算机中任意选取5台，其中至少有原装计算机和组装计算机各2台，则不同的取法有　　　　　种．
解析：分两类：第一类，取2台原装计算机与3台组装计算机，有CC种方法；第二类，取3台原装计算机与2台组装计算机，有CC种方法．所以满足条件的不同取法有CC＋CC＝350（种）．
答案：350
授课提示：对应学生用书第206页
题型一　排列应用问题　　
[例]　3名女生和5名男生排成一排．
（1）如果女生全排在一起，有多少种不同排法？
（2）如果女生都不相邻，有多少种排法？
（3）如果女生不站两端，有多少种排法？
（4）其中甲必须排在乙前面（可不相邻），有多少种排法？
（5）其中甲不站左端，乙不站右端，有多少种排法？
[解析]　（1）（捆绑法）由于女生排在一起，可把她们看成一个整体，这样同五个男生合在一起有6个元素，排成一排有A种排法，而其中每一种排法中，三个女生间又有A种排法，因此共有A·A＝4
320种不同排法．
（2）（插空法）先排5个男生，有A种排法，这5个男生之间和两端有6个位置，从中选取3个位置排女生，有A种排法，因此共有A·A＝14
400种不同排法．
（3）法一：（位置分析法）因为两端不排女生，只能从5个男生中选2人排列，有A种排法，剩余的位置没有特殊要求，有A种排法，因此共有A·A＝14
400种不同排法．
法二：（元素分析法）从中间6个位置选3个安排女生，有A种排法，其余位置无限制，有A种排法，因此共有A·A＝14
400种不同排法．
（4）8名学生的所有排列共A种，其中甲在乙前面与乙在甲前面的各占其中，∴符合要求的排法种数为A＝20
160（种）．
（5）甲、乙为特殊元素，左、右两边为特殊位置．
法一：（特殊元素法）甲在最右边时，其他的可全排，有A种；甲不在最右边时，可从余下6个位置中任选一个，有A种．而乙可排在除去最右边位置后剩余的6个中的任一个上，有A种，其余人全排列，共有A·A·A种．由分类加法计数原理，共有A＋A·A·A＝30
960（种）．
法二：（特殊位置法）先排最左边，除去甲外，有A种，余下7个位置全排，有A种，但应剔除乙在最右边时的排法A·A种，因此共有A·A－A·A＝30
960（种）．
法三：（间接法）8个人全排，共A种，其中，不合条件的有甲在最左边时，有A种，乙在最右边时，有A种，其中都包含了甲在最左边，同时乙在最右边的情形，有A种．因此共有A－2A＋A＝30
960（种）．
　解决排列问题的主要方法
直接法
把符合条件的排列数直接列式计算
捆绑法
相邻问题捆绑处理，即把相邻元素看作一个整体参与其他元素排列，同时注意捆绑元素的内部排列
插空法
不相邻问题插空处理，即先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空中
消序法
定序问题消序（除法）处理的方法，可先不考虑顺序限制，排列后再除以定序元素的全排列
[题组突破]
1．（2021·合肥市第二次质量检测）某部队在一次军演中要先后执行A，B，C，D，E，F六项不同的任务，要求是：任务A必须排在前三项执行，且执行任务A之后需立即执行任务E，任务B，C不能相邻，则不同的执行方案共有（　　）
A．36种
B．44种
C．48种
D．54种
解析：由题意知任务A，E必须相邻，且只能安排为AE，由此分三类完成：（1）当AE排第一、二位置时，用○表示其他任务，则顺序为AE○○○○，余下四项任务，先全排D，F两项任务，然后将任务B，C插入D，F两项任务形成的三个空隙中，有AA种方法．（2）当AE排第二、三位置时，顺序为○AE○○○，余下四项任务又分为两类：①B，C两项任务中一项排第一位置，剩余三项任务排在后三个位置，有AA种方法；②D，F两项任务中一项排第一位置，剩余三项任务排在后三个位置，且任务B，C不相邻，有AA种方法．（3）当AE排第三、四位置时，顺序为○○AE○○，第一、二位置必须分别排来自B，C和D，F中的一个，余下两项任务排在后两个位置，有CCAA种方法，根据分类加法计数原理知不同的执行方案共有AA＋AA＋AA＋CCAA＝44（种）．
答案：B
2．（2021·昆明高三质检）数字“2015”中，各位数字相加和为8，称该数为“如意四位数”，则用数字0，1，2，3，4，5组成的无重复数字且大于2015的“如意四位数”的个数为_________．（用数字作答）
解析：由数字0，1，2，5组成的无重复数字且大于2015的“如意四位数”首位数字必为2或5，有2A－1＝11（个）；由数字0，1，3，4组成的无重复数字且大于2015的“如意四位数”首位数字必为3或4，有2A＝12（个）．故共有23个．
答案：23
题型二　组合应用问题　　
[例]　某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货．现从35种商品中选取3种．
（1）其中某一种假货必须在内，不同的取法有多少种？
（2）其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种？
（3）恰有2种假货在内，不同的取法有多少种？
（4）至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？
（5）至多有2种假货在内，不同的取法有多少种？
[解析]　（1）从余下的34种商品中，
选取2种有C＝561种取法，
所以某一种假货必须在内的不同取法有561种．
（2）从34种可选商品中，选取3种，有C种或者C－C＝C＝5
984种取法．
所以某一种假货不能在内的不同取法有5
984种．
（3）从20种真货中选取1种，从15种假货中选取2种有CC＝2
100种取法．
所以恰有2种假货在内的不同的取法有2
100种．
（4）选取2种假货有CC种，选取3种假货有C种，共有选取方式CC＋C＝2
100＋455＝2
555（种）．
所以至少有2种假货在内的不同的取法有2
555种．
（5）法一（间接法）：选取3种的总数为C，因此共有选取方式C－C＝6
545－455＝6
090（种）．
所以至多有2种假货在内的不同的取法有6
090种．
法二（直接法）：共有选取方式C＋CC＋CC＝6
090（种）．
所以至多有2种假货在内的不同的取法有6
090种．
1．“含有”或“不含有”某些元素的组合题型．“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．
2．“至少”或“最多”含有几个元素的题型．考虑逆向思维，用间接法处理更简捷．
[对点训练]
　甲、乙两人从4门课程中各选修2门，求：
（1）甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有多少种？
（2）甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法有多少种？
解析：（1）甲、乙两人从4门课程中各选修2门，且甲、乙所选课程中恰有1门相同的选法种数共有CCC＝24（种）．
（2）甲、乙两人从4门课程中各选2门不同的选法种数为CC，又甲、乙两人所选的2门课程都相同的选法种数为C种，因此满足条件的不同选法种数为CC－C＝30（种）．
题型三　排列与组合的综合应用　　
[例]　（2021·长春市高三二检）某班主任准备请2020届毕业生做报告，要从甲、乙等8人中选4人发言，要求甲、乙两人至少有一人参加，若甲、乙同时参加，则他们发言中间需恰好间隔一人，那么不同的发言顺序共有　　　　　种．（用数字作答）
[解析]　若甲、乙同时参加，有2CAA＝120（种），若甲、乙有一人参加，有CCA＝960（种），从而不同的发言顺序有1
080种．
[答案]　1
080
求解排列与组合问题的要点
（1）解排列与组合综合题一般是先选后排，或充分利用元素的性质进行分类、分步，再利用两个原理做最后处理．
（2）解受条件限制的组合题，通常用直接法（合理分类）或间接法（排除法）来解决，分类标准应统一，避免出现重复或遗漏．
[题组突破]
1．将标号为1，2，3，4的四个篮球分给三位小朋友，每位小朋友至少分到一个篮球，且标号1，2的两个篮球不能分给同一个小朋友，则不同的分法种数为（　　）
A．15　　　　　　　　
B．20
C．30
D．42
解析：四个篮球中两个分到一组有C种分法，三个篮球进行全排列有A种分法，标号1，2的两个篮球分给同一个小朋友有A种分法，所以有CA－A＝36－6＝30种分法．
答案：C
2．从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为（　　）
A．24
B．18
C．12
D．6
解析：从0，2中选一个数字0，则0只能排在十位，从1，3，5中选两个数字排在个位与百位，共有A＝6种；从0，2中选一个数字2，则2排在十位（或百位），从1，3，5中选两个数字排在百位（或十位）、个位，共有A·A＝12（种），故共有A＋AA＝18（种）．
答案：B
　排列、组合应用中的核心素养
数学运算——分组分配问题
计数问题中的分组分配问题一直是排列、组合中的一个重点与难点，是计数原理中的典型问题之一，也是排列、组合综合运用的充分体现．由于分组分配问题的种类繁多、条件各异，涉及完全非均匀分组、整体均匀分组、部分均匀分组以及编号分组等情况，同时又涉及分组后的元素是否有序等问题，因此在解答实际问题时非常容易混淆，导致错误．
1．完全非均匀分组
所谓“完全非均匀分组”，就是将问题中的所有元素分成彼此元素个数互不相等的组，解决此类问题时只需直接分组即可达到目的．
[例1]　7人参加志愿者活动，按下列不同方法分组各有多少种不同的分法？
（1）分成3组，各组人数分别为1人、2人、4人；
（2）选出5个人分成2组，其中一组2人，另一组3人．
[解析]　（1）先从7人中选出1人，有C种，再由剩下的6人中选出2人，有C种，最后由剩下的4人为一组，有C种．
由分步乘法计数原理得分组方法共有CCC＝105（种）．
（2）可“选分同步”：先从7人中选出2人，有C种，再由剩下的5人中选出3人，有C种，分组方法共有CC＝210（种）．
也可“先选后分”：先选出5人，再分为两组，由分步乘法计数原理得分组方法共有CCC＝210（种）．
2．均匀分配
[例2]　将9名大学生志愿者安排在星期五、星期六、星期日3天参加社区公益活动，每天分别安排3人，每人参加一次，则不同的安排方案共有　　　　　种．（用数字作答）
[解析]　先选出3人，有C种，再由剩下的6人中选出3人，有C种，最后由剩下的3人为一组，有C种．
由分步乘法计数原理以及每A中只能算一种不同的分组方法，可得不同的安排方案共有eq
\f(CCC,A)·A＝1
680（种），故填1
680．
[答案]　1
680
3．部分均分问题
[例3]　小明有中国古代四大名著：《三国演义》《西游记》《水浒传》《红楼梦》各一本，他要将这四本书全部借给三位同学，每位同学至少一本，但《西游记》《红楼梦》这两本书不能借给同一人，则不同的借法有　　　　种．
[解析]　根据题意，分两步进行分析：①将四本书分成3组，其中1组两本，其他2组各一本，有eq
\f(CCC,A)＝6（种）分组方法，但《西游记》《红楼梦》这两本书不能借给同一人，即这两本书不能分在同一组，《西游记》《红楼梦》分在同一组的情况有1种，故四本书分成3组，符合题意的分法有6－1＝5（种）；②将分好的3组全排列，对应三位同学，有A＝6（种）情况．则不同的借法有5×6＝30（种）．
[答案]　30
分组分配问题的三种类型及求解策略
类型
求解策略
整体均分
解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以A（n为均分的组数），避免重复计数
部分均分
解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数
不等分
只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数
[题组突破]
1．将并排的有不同编号的5个房间安排给5个工作人员临时休息，假定每个人可以选择任一房间，且选择各个房间是等可能的，则恰有2个房间无人选择且这2个房间不相邻的安排方式的种数为_________．
解析：先将5人分成三组（1，1，3或2，2，1两种形式），再将这三组人安排到3个房间，然后将2个房间插入前面住了人的3个房间形成的空档中即可，故安排方式共有eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(CCC,A)＋\f(CCC,A)))·A·C＝900（种）．
答案：900
2．将6本不同的书分给甲、乙、丙3名学生，其中一人得1本，一人得2本，一人得3本，则有　　　　　种不同的分法．
解析：先把书分成三组，把这三组分给甲、乙、丙3名学生．先选1本，有C种选法；再从余下的5本中选2本，有C种选法；最后余下3本全选，有C种选法．故共有C·C·C＝60种选法．由于甲、乙、丙是不同的3人，还应考虑再分配，故共有60A＝360种分配方法．
答案：360
PAGE第三节　二项式定理
命题分析预测
学科核心素养
本节是高考的重点，主要考查二项展开式的通项、二项式系数、特定项的系数、系数和问题、最值问题、参数问题等，一般以选择题和填空题的形式出现，难度中等．
本节主要考查学生的数学运算核心素养和转化与化归思想的应用．
授课提示：对应学生用书第209页
知识点一　二项式定理
1．二项式定理
（1）定理：公式（a＋b）n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn（n∈N
）叫做二项式定理．
（2）通项：Tk＋1＝Can－kbk为展开式的第
k＋1项．
2．二项式系数与项的系数
（1）二项式系数：二项展开式中各项的系数C（k∈）叫做二项式系数．
（2）项的系数：项的系数是该项中非字母因数部分，包含符号等，与二项式系数是两个不同的概念．
?
温馨提醒
?
1．二项式的通项易误认为是第k项，实质上是第k＋1项．
2．易混淆二项式中的“项”“项的系数”“项的二项式系数”等概念，注意项的系数是指非字母因数所有部分，包含符号，二项式系数仅指C（k＝0，1，…，n）．
1．的展开式中x2的系数等于（　　）
A．45　　　　　　　
B．20
C．－30
D．－90
解析：因为展开式的通项为Tr＋1＝（－1）rCxx－（10－r）＝（－1）rCx－10＋r，令－10＋r＝2，得r＝8，所以展开式中x2的系数为（－1）8C＝45．
答案：A
2．若展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为　　　　．
解析：二项式系数之和2n＝64，所以n＝6，Tk＋1＝C·x6－k·＝Cx6－2k，当6－2k＝0，即当k＝3时为常数项，T4＝C＝20．
答案：20
知识点二　二项式系数的性质
1．二项式系数的性质
性质
内容
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
当k＜时，二项式系数逐渐增大；当k＞时，二项式系数逐渐减小
最大值
当n是偶数时，中间一项的二项式系数最大，最大值为Cn；当n是奇数时，中间两项的二项式系数相等，且同时取得最大值，最大值为Cn或Cn
2．各二项式系数的和
（a＋b）n的展开式的各个二项式系数的和等于2n，即C＋C＋C＋…＋C＋…＋C＝2n．
二项展开式中，偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1．
1．（2021·福州模拟）设n为正整数，的展开式中仅有第5项的二项式系数最大，则展开式中的常数项为（　　）
A．－112
B．112
C．－60
D．60
解析：依题意得，n＝8，所以展开式的通项Tr＋1＝Cx8－r＝Cx8－4r（－2）r，令8－4r＝0，解得r＝2，所以展开式中的常数项为T3＝C（－2）2＝112．
答案：B
2．已知（1－2x）n展开式中，奇数项的二项式系数之和为64，则（1－2x）n（1＋x）的展开式中含x2项的系数为（　　）
A．71
B．70
C．21
D．49
解析：因为奇数项的二项式系数之和为2n－1，所以2n－1＝64，n＝7，因此（1－2x）n（1＋x）的展开式中含x2项的系数为C（－2）2＋C（－2）＝70．
答案：B
3．若（x－1）4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则a0＋a2＋a4的值为_________．
解析：令x＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝0，令x＝－1，则a0－a1＋a2－a3＋a4＝16，两式相加除以2得a0＋a2＋a4＝8．
答案：8
授课提示：对应学生用书第210页
题型一　二项展开式中的特定项或系数　　
1．（2021·重庆巴蜀中学二诊）二项式的展开式中的常数项是（　　）
A．－45　　　　　　　　
B．－10
C．45
D．65
解析：由二项式定理得Tr＋1＝C（－x2）r＝C（－1）rx－5，令－5＝0得r＝2，所以常数项为C（－1）2＝45．
答案：C
2．若二项式的展开式中的系数是84，则实数a＝（　　）
A．2
B．
C．1
D．
解析：展开式中含的项是T6＝C（2x）2＝C22a5x－3，故有C22a5＝84，解得a＝1．
答案：C
3．（2020·高考天津卷）在
的展开式中，x2的系数是_________．
解析：因为的展开式的通项公式为Tr＋1＝Cx5－r＝C·2r·x5－3r（r＝0，1，2，3，4，5），令5－3r＝2，解得r＝1．所以x2的系数为C×2＝10．
答案：10
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
与二项展开式有关问题的解题策略
（1）求展开式中的特定项，可依据条件写出第r＋1项，再由特定项的特点求出r值即可．
（2）已知展开式的某项，求特定项的系数，可由某项得出参数项，再由通项写出第r＋1项，由特定项得出r值，最后求出其参数．
（3）对于三项式问题，一般是通过合并、拆分或进行因式分解，转化成二项式定理的形式去求解．或看成几个因式的乘积，再利用组合数公式求解．
题型二　二项式系数的和与各项的系数和问题　　
[例1]　在的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为64∶1，则x3的系数为（　　）
A．15　　　　　　　　　
B．45
C．135
D．405
[解析]　由题意知＝64，得n＝6，展开式的通项为Tr＋1＝Cx6－r＝3rCx6－，令6－＝3，得r＝2，则x3的系数为32C＝135．
[答案]　C
[例2]　若（1－x）9＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，则|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a9|＝（　　）
A．1
B．513
C．512
D．511
[解析]　令x＝0，得a0＝1，令x＝－1，得|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a9|＝[1－（－1）]9－1＝29－1＝511．
[答案]　D
赋值法的应用
二项式定理给出的是一个恒等式，对于x，y的一切值都成立．因此，可将x，y设定为一些特殊的值．在使用赋值法时，令x，y等于多少，应视具体情况而定，一般取“1，－1或0”，有时也取其他值．如：
（1）形如（ax＋b）n，（ax2＋bx＋c）m（a，b∈R）的式子，求其展开式的各项系数之和，只需令x＝1即可．
（2）形如（ax＋by）n（a，b∈R）的式子，求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1即可．
[题组突破]
1．的展开式中各项系数之和大于8，但小于32，则展开式中系数最大的项是（　　）
A．6　　　　　　　
B．
C．4x
D．或4x
解析：令x＝1，可得的展开式中各项系数之和为2n，即8＜2n＜32，解得n＝4，故第3项的系数最大，所以展开式中系数最大的项是C（）2＝6．
答案：A
2．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，所以a1·2＋a2·22＋…＋a9·29＝39－1．
答案：D
　二项式定理应用中的核心素养
数学运算——几个多项式的展开式问题
1．几个多项式的和的展开式问题
[例1]　（2020·高考浙江卷）二项展开式（1＋2x）5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则a4＝　　　　；a1＋a3＋a5＝_________．
[解析]　由题意，得a4＝C×24＝5×16＝80．
当x＝1时，（1＋2）5＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝35＝243，①
当x＝－1时，（1－2）5＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝－1．②
①－②得，2（a1＋a3＋a5）＝243－（－1）＝244，
可得a1＋a3＋a5＝122．
[答案]　80　122
对于几个多项式和的展开式中的特定项（系数）问题，只需依据二项展开式的通项公式，从每一个多项式中分别得到特定的项，再求和即可．
2．几个多项式的积的展开式问题
[例2]　（2021·唐山摸底）（x＋y）5的展开式中x3y3的系数为（　　）
A．5
B．10
C．15
D．20
[解析]　（x＋y）5展开式的通项公式为Tr＋1＝Cx5－ryr（r∈N且r≤5），
所以的各项与（x＋y）5展开式的通项的乘积可表示为：
xTr＋1＝xCx5－ryr＝Cx6－ryr和Tr＋1＝Cx5－ryr＝Cx4－ryr＋2，
在xTr＋1＝Cx6－ryr中，令r＝3，可得：xT4＝Cx3y3，该项中x3y3的系数为10，
在Tr＋1＝Cx4－ryr＋2中，令r＝1，可得：T2＝Cx3y3，该项中x3y3的系数为5，
所以x3y3的系数为10＋5＝15．
[答案]　C
求解形如（a＋b）m（c＋d）n的展开式问题的思路
（1）若m，n中有一个比较小，可考虑把它展开，如（a＋b）2·（c＋d）n＝（a2＋2ab＋b2）（c＋d）n，然后分别求解．
（2）观察（a＋b）（c＋d）是否可以合并，如（1＋x）5·（1－x）7＝[（1＋x）（1－x）]5（1－x）2＝（1－x2）5（1－x）2．
（3）分别得到（a＋b）m，（c＋d）n的通项，综合考虑．
3．三项展开式的特定项问题
[例3]　（x2＋x＋y）5的展开式中x5y2的系数为（　　）
A．10　　　
B．20
C．30　　　　
D．60
[解析]　（x2＋x＋y）5的展开式的通项为Tr＋1＝C（x2＋x）5－r·yr，令r＝2，则T3＝C（x2＋x）3y2，又（x2＋x）3的展开式的通项为Tk＋1＝C（x2）3－k·xk＝Cx6－k，令6－k＝5，则k＝1，所以（x2＋x＋y）5的展开式中，x5y2的系数为CC＝30．
[答案]　C
三项展开式中的特定项（系数）问题的处理方法
（1）通常将三项式转化为二项式积的形式，然后利用二项展开式中的特定项（系数）问题的处理方法求解．
（2）将其中某两项看成一个整体，直接利用二项式定理展开，然后再分类考虑特定项产生的所有可能情形．
[题组突破]
1．（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
2．（x－y＋2）6的展开式中y4的系数为（　　）
A．40
B．60
C．－40
D．－60
解析：法一：因为（x－y＋2）6＝[（x＋2）－y]6，所以展开式中含y4的项为C（x＋2）2（－y）4＝15x2y4＋60xy4＋60y4，所以展开式中y4的系数为60．
法二：由于（x－y＋2）6的展开式中y4项不含x，所以（x－y＋2）6的展开式中y4项就是（2－y）6的展开式中y4项，即C22（－y）4＝60y4，所以（x－y＋2）6的展开式中y4的系数为60．
答案：B
PAGE第四节　随机事件的概率
命题分析预测
学科核心素养
本节主要考查利用频率估计概率，计算随机事件的概率，常涉及对立事件、互斥事件，一般以选择题或填空题的形式出现，有时也会与分布列、期望、方差和统计等知识进行交汇命题．
本节通过对频率、概率及其性质考查考生的数据分析、数学运算核心素养．
授课提示：对应学生用书第212页
知识点一　事件的关系与运算
1．事件的分类
确定事件
必然事件
在条件S下，一定会发生的事件叫做相对于条件S的必然事件
不可能事件
在条件S下，一定不会发生的事件叫做相对于条件S的不可能事件
随机事件
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
2．事件的关系与运算
定义
符号表示
包含关系
如果事件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
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，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）
AB（或A∩B）
互斥事件
若AB为不可能事件，则称事件A与事件B互斥
AB＝?
对立事件
若AB为不可能事件，A＋B为必然事件，那么称事件A与事件B互为对立事件
AB＝?；P（A＋B）＝P（A）＋P（B）＝1
?
温馨提醒
?
互斥事件是不可能同时发生的两个事件，而对立事件除要求这两个事件不同时发生外，还要求二者必须有一个发生，因此，对立事件是互斥事件的特殊情况，而互斥事件未必是对立事件．
1．一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
解析：两次中“至少有一次中靶”即“一次中靶或两次中靶”，与该事件不能同时发生的是“两次都不中靶”．
答案：D
2．（2021·济南模拟）将一个骰子抛掷一次，设事件A表示向上的一面出现的点数不超过3，事件B表示向上的一面出现的点数不小于4，事件C表示向上的一面出现奇数点，则（　　）
A．A与B是对立事件
B．A与B是互斥而非对立事件
C．B与C是互斥而非对立事件
D．B与C是对立事件
解析：由题意知，事件A包含的基本事件为向上的点数为1，2，3，事件B包含的基本事件为向上的点数为4，5，6，事件C包含的点数为1，3，5，A与B是对立事件．
答案：A
知识点二　频率与概率
1．频率与概率
（1）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）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，简称为A的概率．
2．概率的几个基本性质
（1）概率的取值范围：0≤P（A）≤1Ｗ．
（2）必然事件的概率P（E）＝1Ｗ．
（3）不可能事件的概率P（F）＝0Ｗ．
（4）互斥事件概率的加法公式
①如果事件A与事件B互斥，则P（A＋B）＝P（A）＋P（B）Ｗ．
②若事件B与事件A互为对立事件，则P（A）＝1－P（B）Ｗ．
?
温馨提醒
?
　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．随着互联网的普及，网上购物已逐渐成为消费时尚，为了解消费者对网上购物的满意情况，某公司随机对4
500名网上购物消费者进行了调查（每名消费者限选一种情况回答），统计结果如表：
满意情况
不满意
比较满意
满意
非常满意
人数
200
n
2
100
1
000
根据表中数据，估计在网上购物的消费者群体中对网上购物“比较满意”或“满意”的概率是（　　）
A．
B．
C．
D．
解析：由题意，n＝4
500－200－2
100－1
000＝1
200，所以对网上购物“比较满意”或“满意”的人数为1
200＋2
100＝3
300，所以所求概率为＝．
答案：C
2．一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_________．
解析：抽取两张卡片的基本事件有：（1，2），（1，3），（1，4），（2，3），（2，4），（3，4），共6种，和为奇数的事件有：（1，2），（1，4），（2，3），（3，4），共4种．
所以所求概率为＝．
答案：
3．掷一个骰子的试验，事件A表示“小于5的偶数点出现”，事件B表示“小于5的点数出现”，则一次试验中，事件A＋发生的概率为_________．
解析：掷一个骰子的试验有6种可能结果，依题意P（A）＝＝，P（B）＝＝，所以P（）＝1－P（B）＝1－＝，显然A与互斥，从而P（A＋）＝P（A）＋P（）＝＋＝．
答案：
授课提示：对应学生用书第213页
题型一　事件的关系及概率公式的应用　　
1．（2020·新高考全国卷Ⅰ）某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是（　　）
A．62%　　　　　　　
B．56%
C．46%
D．42%
解析：用Venn图表示该中学喜欢足球和游泳的学生所占的比例之间的关系如图，设既喜欢足球又喜欢游泳的学生占该中学学生总数的比例为x，则（60%－x）＋（82%－x）＋x＝96%，解得x＝46%．
答案：C
2．（2021·湖北十市联考）从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是（　　）
A．“至少有一个黑球”与“都是黑球”
B．“至少有一个黑球”与“都是红球”
C．“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”
D．“恰有一个黑球”与“恰有两个黑球”
解析：A中的两个事件是包含关系，不是互斥事件；B中的两个事件是对立事件；C中的两个事件都包含“一个黑球一个红球”的事件，不是互斥关系；D中的两个事件是互斥而不对立的关系．
答案：D
3．（2020·高考天津卷）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：甲、乙两球落入盒子的概率分别为，，且两球是否落入盒子互不影响，所以甲、乙都落入盒子的概率为×＝，甲、乙两球都不落入盒子的概率为×＝，
所以甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为．
答案：　
1．判断互斥、对立事件的两种方法
（1）定义法
判断互斥事件、对立事件一般用定义判断，不可能同时发生的两个事件为互斥事件；两个事件，若有且仅有一个发生，则这两事件为对立事件，对立事件一定是互斥事件．
（2）集合法
①若各个事件所含的结果组成的集合彼此的交集为空集，则事件互斥．
②事件A的对立事件所含的结果组成的集合，是全集中由事件A所含的结果组成的集合的补集．
2．求复杂的互斥事件的概率的方法
（1）直接法
（2）间接法（正难则反）
题型二　随机事件的频率与概率　　
[例]　（2021·咸阳检测）交强险是车主须为机动车购买的险种．若普通6座以下私家车投保交强险第一年的费用（基本保费）是a元，在下一年续保时，实行费率浮动制，其保费与上一年度车辆发生道路交通事故情况相联系，具体浮动情况如下表：
类型
浮动因素
浮动比率
A1
上一年度未发生有责任的道路交通事故
下浮10%
A2
上两年度未发生有责任的道路交通事故
下浮20%
A3
上三年度未发生有责任的道路交通事故
下浮30%
A4
上一年度发生一次有责任不涉及死亡的道路交通事故
0%
A5
上一年度发生两次及以上有责任不涉及死亡的道路交通事故
上浮10%
A6
上一年度发生有责任涉及死亡的道路交通事故
上浮30%
据统计，某地使用某一品牌6座以下的车大约有5
000辆，随机抽取了100辆车龄满三年的该品牌同型号私家车的下一年续保情况，统计得到如下表格：
类型
A1
A2
A3
A4
A5
A6
数量
50
15
10
m
3
2
以这100辆该品牌汽车的投保类型的频率视为概率，按照我国《机动车交通事故责任强制保险条例》汽车交强险价格为a＝950元．
（1）求m的值，并估计该地本年度使用这一品牌6座以下汽车交强险费大于950元的车辆数；
（2）试估计该地使用该品牌汽车的一续保人本年度的交强险保费不超过950元的概率．
[解析]　（1）m＝100－50－15－10－3－2＝20．估计该地本年度使用这一品牌6座以下汽车交强险费大于950元的车辆数为5
000×＝250．
（2）保费不超过950元的类型为A1，A2，A3，A4，所求概率为＝0．95．
随机事件概率的求法
利用概率的统计定义求事件的概率，即通过大量的重复试验，事件发生的频率会逐渐趋近于某一个常数，这个常数就是概率．
[对点训练]
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，
获得好评的第四类电影的部数是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．
　概率性质应用中的核心素养
数学运算——概率性质的应用问题
[例]　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
本题易漏0＜P（A）＜1，0＜P（B）＜1，从而导致错误．
[对点训练]
若A，B互为对立事件，其概率分别为P（A）＝，P（B）＝，则x＋y的最小值为_________．
解析：由题意，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第五节　古典概型、几何概型
命题分析预测
学科核心素养
本节是高考的热点，常以选择题和填空题的形式出现，主要考查古典概型，与长度、面积有关的几何概型，有时也与其他知识进行交汇命题，以解答题的形式出现，如概率与统计和统计案例的综合，求解时要掌握古典概型和几何概型的应用条件和计算公式．
本节通过古典概型和几何概型考查考生的数学运算、数学建模等核心素养．
授课提示：对应学生用书第215页
知识点一　古典概型
1．古典概型特点
（1）试验中所有可能出现的基本事件只有有限个，即有限性Ｗ．
（2）每个基本事件发生的可能性相等，即等可能性Ｗ．
2．古典概型概率公式
P（A）＝＝．
?
温馨提醒
?
1．在计算古典概型中试验的所有结果数和事件发生结果时，易忽视他们是否是等可能的．
2．概率的一般加法公式P（A＋B）＝P（A）＋P（B）－P（AB）中，易忽视只有当AB＝?，即A，B互斥时，P（A＋B）＝P（A）＋P（B），此时P（AB）＝0．
1．从2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区服务，则选中的2人都是女同学的概率为（　　）
A．0．6　　　　　　　　　
B．0．5
C．0．4
D．0．3
解析：设2名男同学为a，b，3名女同学为A，B，C，从中选出两人的情形有（a，b），（a，A），（a，B），（a，C），（b，A），（b，B），（b，C），（A，B），（A，C），（B，C），共10种，而都是女同学的情形有（A，B），（A，C），（B，C），共3种，故所求概率为＝0．3．
答案：D
2．袋中装有6个白球，5个黄球，4个红球．从中任取一球，则取到白球的概率为_________．
解析：从袋中任取一球，有15种取法，其中取到白球的取法有6种，则所求概率为P＝＝．
答案：
3．（易错题）从某班5名学生（其中男生3人，女生2人）中任选3人参加学校组织的社会实践活动，则所选3人中至少有1名女生的概率为_________．
解析：采用间接法，从某班5名学生中任选3人共有10种选法，3名学生全为男生的有1种选法．至少有1名女生的对立事件是没有女生，即全为男生，所以所求概率P＝1－＝．
答案：
知识点二　几何概型
（1）定义：如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度（面积或体积）成比例，则称这样的概率模型为几何概率模型，简称为几何概型．
（2）特点：①无限性：在一次试验中，可能出现的结果有无限多个；
②等可能性：每个结果的发生具有等可能性．
（3）公式：
P（A）＝．
?
温馨提醒
?
易混淆几何概型与古典概型，两者共同点是试验中每个结果的发生是等可能的，不同之处是几何概型的试验结果的个数是无限的，古典概型中试验结果的个数是有限的．
1．在线段[0，3]上任投一点，则此点坐标小于1的概率为_________．
解析：坐标小于1的区间为[0，1），长度为1，[0，3]的区间长度为3，故所求概率为．
答案：
2．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的概率为_________．
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＝1－．
答案：1－
授课提示：对应学生用书第216页
题型一　几何概型　　
考法（一）　与长度、角度有关的几何概型
[例1]　（1）从区间[－2，2]中随机选取一个实数a，则函数f（x）＝4x－a·2x＋1＋1有零点的概率是（　　）
A．　　　　　　　
B．
C．
D．
[解析]　令t＝2x，函数有零点就等价于方程t2－2at＋1＝0有正根，进而可得?a≥1，又a∈[－2，2]，所以函数有零点的实数a应满足a∈[1，2]，故P＝．
[答案]　A
（2）如图，扇形AOB的圆心角为120°，点P在弦AB上，且AP＝AB，延长OP交弧AB于点C，现向扇形AOB内投一点，则该点落在扇形AOC内的概率为_________．
[解析]　设OA＝3，则AB＝3，所以AP＝，由余弦定理可求得OP＝，∠AOP＝30°，所以扇形AOC的面积为，扇形AOB的面积为3π，从而所求概率为＝．
[答案]　
　1．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，可直接用概率的计算公式求解．
2．与角度有关的几何概型
当涉及射线的转动，扇形中有关落点区域问题时，应以角的大小作为区域度量来计算概率，且不可用线段的长度代替，这是两种不同的度量手段．
考法（二）　与体积有关的几何概型
[例2]　如图，正四棱锥S?ABCD的顶点都在球面上，球心O在平面ABCD上，在球O内任取一点，则这点取自正四棱锥内的概率为_________．
[解析]　设球的半径为R，则所求的概率为P＝＝＝．
[答案]　
　与体积有关的几何概型的求法
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），对于某些较复杂的也可利用其对立事件求解．
考法（三）　与面积有关的几何概型
[例3]　（1）（2021·长沙联考）如图，在一个棱长为2的正方体鱼缸内放入一个倒置的无底圆锥形容器，圆锥的底面圆周与鱼缸的底面正方形相切，圆锥的顶点在鱼缸的缸底上，现在向鱼缸内随机地投入一粒鱼食，则“鱼食能被鱼缸内的圆锥外面的鱼吃到”的概率是（　　）
A．1－
B．
C．
D．1－
[解析]　鱼缸底面正方形的面积为22＝4，圆锥底面圆的面积为π．所以“鱼食能被鱼缸内的圆锥外面的鱼吃到”的概率是1－．
[答案]　A
（2）已知实数m∈[0，1]，n∈[0，2]，则关于x的一元二次方程4x2＋4mx－n2＋2n＝0有实数根的概率是（　　）
A．1－
B．
C．
D．－1
[解析]　关于x的一元二次方程4x2＋4mx－n2＋2n＝0有实数根，Δ＝16m2－16（－n2＋2n）≥0得m2＋（n－1）2≥1，如图所示，长方形面积为2，扇形面积为，图中白色部分是满足题意的点集合区域，故概率为＝1－．
[答案]　A
解决与面积有关的几何概型问题，其解题关键是明确试验所发生的区域及事件所发生的区域面积，其解题流程为：
[题组突破]
1．太极图是以黑白两个鱼形纹组成的圆形图案，展现了一种相互转化，相对统一的形式美．按照太极图的构图方法，在如图所示的平面直角坐标系中，圆O被函数y＝3sin
x的图像分割为两个对称的鱼形图案，其中小圆的半径均为1，现在大圆内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率为（　　）
A．　　　　　　　
B．
C．
D．
解析：根据题意，大圆的直径为函数y＝3sin
x的最小正周期T，又T＝＝12，所以大圆的面积S＝π·＝36π，一个小圆的面积S′＝π·12＝π，故在大圆内随机取一点，此点取自阴影部分的概率为P＝＝＝．
答案：B
2．（2021·江西九江模拟）星期一，小张下班后坐公交车回家，公交车有1，10两路．每路车都是间隔10分钟一趟，1路车到站后，过4分钟10路车到站．不计停车时间，则小张坐1路车回家的概率是（　　）
A．
B．
C．
D．
解析：由题意可知小张下班后坐1路公交车回家的时间段是在10路车到站与1路车到站之间，共6分钟．设“小张坐1路车回家”为事件A，则P（A）＝＝．
答案：D
3．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_________．
解析：由6＋x－x2≥0，解得－2≤x≤3，则D＝[－2，3]，则所求概率为＝．
答案：
4．（2021·太原五中模拟）已知四棱锥P?ABCD的所有顶点都在球O的球面上，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PA＝AB＝2．现在球O的内部任取一点，则该点取自四棱锥P?ABCD内部的概率为_________．
解析：把四棱锥P?ABCD扩展为正方体，则正方体的体对角线的长是外接球的直径R，即2＝2R，R＝，则四棱锥的体积为×2×2×2＝，球的体积为×π（）3＝4π，则该点取自四棱锥P?ABCD内部的概率P＝＝．
答案：
题型二　古典概型　　
[例]　（2021·兰州双基测试）一个盒子里装有三张卡片，分别标记有数字1，2，3，这三张卡片除标记的数字外完全相同．随机有放回地抽取3次，每次抽取一张，将抽取的卡片上的数字依次记为a，b，c．
（1）求“抽取的卡片上的数字满足a＋b＝c”的概率；
（2）求“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”的概率．
[解析]　（1）∵有放回地抽取3次，∴总的结果有：3×3×3＝27（种），满足要求的有3种．
设“抽取卡片上的数字满足a＋b＝c”为事件A，则事件A包括（1，1，2），（1，2，3），（2，1，3）共3种，
∴概率P（A）＝＝．
（2）设“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”为事件B，则事件包括（1，1，1），（2，2，2），（3，3，3），共3种，所以P（B）＝1－P（）＝1－＝，因此，“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”的概率为．
求古典概型概率的步骤
（1）判断试验的结果是否为等可能事件，设出所求事件A；
（2）分别求出基本事件的总数n与所求事件A中所包含的基本事件个数m；
（3）利用公式P（A）＝，求出事件A的概率．
[题组突破]
1．（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
2．某市A，B两所中学的学生组队参加辩论赛，A中学推荐了3名男生、2名女生，B中学推荐了3名男生、4名女生，两校所推荐的学生一起参加集训．由于集训后队员水平相当，从参加集训的男生中随机抽取3人、女生中随机抽取3人组成代表队．
（1）求A中学至少有1名学生入选代表队的概率；
（2）某场比赛前，从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛，求参赛女生人数不少于2人的概率．
解析：（1）由题意，参加集训的男、女生各有6名．参赛学生全从B中学抽取（等价于A中学没有学生入选代表队）的概率为eq
\f(CC,CC)＝，因此，A中学至少有1名学生入选代表队的概率为1－＝．
（2）设“参赛的4人中女生不少于2人”为事件A，记“参赛女生有2人”为事件B，“参赛女生有3人”为事件C．
则P（B）＝eq
\f(CC,C)＝，P（C）＝eq
\f(CC,C)＝．
由互斥事件的概率加法公式，
得P（A）＝P（B）＋P（C）＝＋＝，
故所求事件的概率为．
　古典概型与几何概型应用中的核心素养
（一）数学建模——古典概型与几何概型中的数学文化问题
[例1]　（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）（2021·辽宁五校联考）古希腊数学家阿基米德用穷竭法建立了这样的结论：“任何由直线和抛物线所包围的弓形，其面积都是其同底同高的三角形面积的三分之四．”如图，已知直线x＝2交抛物线y2＝4x于A，B两点．点A，B在y轴上的射影分别为D，C．从长方形ABCD中任取一点，则根据阿基米德这一理论，该点位于阴影部分的概率为（　　）
A．
B．
C．
D．
[解析]　在抛物线y2＝4x中，取x＝2，可得y＝±2，所以S矩形ABCD＝8，由阿基米德理论可得弓形面积为××4×2＝，则阴影部分的面积为8－＝．由概率比为面积比可得，点位于阴影部分的概率为＝．
[答案]　B
解决与数学文化有关的概率问题关键是根据条件判断概率模型．
[题组突破]
1．《九章算术》中有如下问题：“今有勾八步，股一十五步，问勾中容圆，径几何？”其大意：已知直角三角形的两直角边长分别为8步和15步，问其内切圆的直径为多少步．现若向此三角形内随机投一粒豆子，则豆子落在其内切圆外的概率是（　　）
A．　　　　　　　　　
B．
C．1－
D．1－
解析：直角三角形的斜边长为＝17，
设内切圆的半径为r，则8－r＋15－r＝17，解得r＝3．
∴内切圆的面积为πr2＝9π，
∴豆子落在内切圆外的概率P＝1－＝1－．
答案：D
2．（2021·武汉市高三调研测试）我国历法中将一年分春、夏、秋、冬四个季节，每个季节六个节气，如春季包含立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨．某书画院甲、乙、丙、丁四位同学接到绘制二十四节气的彩绘任务，现四位同学抽签确定各自完成哪个季节中的6幅彩绘，在制签抽签公平的前提下，甲抽到绘制夏季6幅彩绘的概率是（　　）
A．
B．
C．
D．
解析：甲从春、夏、秋、冬四个季节的各6幅彩绘绘制的任务中抽一个季节的6幅彩绘绘制，故甲抽到绘制夏季6幅彩绘的概率为．
答案：B
（二）创新应用——古典概型与几何概型的交汇创新应用
[例2]　（1）从集合{2，3，4，5}中随机抽取一个数a，从集合{1，3，5}中随机抽取一个数b，则向量m＝（a，b）与向量n＝（1，－1）垂直的概率为（　　）
A．
B．
C．
D．
[解析]　由题意可知m＝（a，b）有：（2，1），（2，3），（2，5），（3，1），（3，3），（3，5），（4，1），（4，3），（4，5），（5，1），（5，3），（5，5），共12种情况．
因为m⊥n，即m·n＝0，
所以a×1＋b×（－1）＝0，即a＝b，
满足条件的有（3，3），（5，5），共2个，
故所求的概率为．
[答案]　A
（2）（2021·洛阳第一次联考）如图，圆O：x2＋y2＝π2内的正弦曲线y＝sin
x与x轴围成的区域记为M（图中阴影部分），随机往圆O内投一个点A，则点A落在区域M内的概率是（　　）
A．　　　
B．
C．　　　
D．
[解析]　由题意知圆O的面积为π3，正弦曲线y＝sin
x，x∈[－π，π]与x轴围成的区域记为M，根据图形的对称性得区域M的面积S＝2sin
xdx＝－2cos
xeq
\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(Ｋ))＝4，由几何概型的概率计算公式可得，随机往圆O内投一个点A，则点A落在区域M内的概率P＝．
[答案]　B
解决古典概型、几何概型与其他知识交汇问题，其关键是将平面向量、直线与圆、函数的单调性及方程的根情况转化为概率模型，再按照求古典概型、几何概型的步骤求解．
[题组突破]
1．已知函数f（x）＝2x2－4ax＋2b2，若a∈{4，6，8}，b∈{3，5，7}，则该函数有两个零点的概率为_________．
解析：要使函数f（x）＝2x2－4ax＋2b2有两个零点，即方程x2－2ax＋b2＝0有两个实根，则Δ＝4a2－4b2＞0，又a∈{4，6，8}，b∈{3，5，7}，即a＞b，而a，b的取法共有3×3＝9（种），其中满足a＞b的取法有（4，3），（6，3），（6，5），（8，3），（8，5），（8，7），共6种，所以所求的概率为＝．
答案：
2．已知点O（0，0），A（2，1），B（1，－2），C，动点P（x，y）满足0≤·≤2且0≤·≤2，则点P到点C的距离大于的概率为_________．
解析：因为点O（0，0），A（2，1），B（1，－2），C，动点P（x，y）满足0≤·≤2且0≤·≤2，
所以如图，不等式组对应的平面区域为正方形OEFG及其内部，|CP|＞对应的平面区域为阴影部分．
由解得
即E，所以|OE|＝
＝，
所以正方形OEFG的面积为，
则阴影部分的面积为－，
所以根据几何概型的概率公式可知所求的概率为＝1－．
答案：1－
PAGE第六节　离散型随机变量及其分布列
命题分析预测
学科核心素养
本节常以实际问题为背景，考查离散型随机变量的分布列，主要以解答题的形式呈现，解题时要熟悉相关公式的应用．
本节通过实际问题中离散型随机变量的分布列，考查考生的数据分析、数学运算核心素养．
授课提示：对应学生用书第220页
知识点一　离散型随机变量
1．离散型随机变量
随着试验结果变化而变化的变量称为随机变量，所有取值可以一一列出的随机变量，称为离散型随机变量．
2．离散型随机变量的分布列及性质
（1）一般地，若离散型随机变量X可能取的不同值为x1，x2，…，xi，…，xn，X取每一个值xi（i＝1，2，…，n）的概率P（X＝xi）＝pi，则表
X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn
称为离散型随机变量X的概率分布列．
（2）离散型随机变量的分布列的性质：
①pi≥0（i＝1，2，…，n）；②p1＋p2＋…＋pn＝1．
1．袋中有3个白球、5个黑球，从中任取两个，可以作为随机变量的是（　　）
A．至少取到1个白球　
B．至多取到1个白球
C．取到白球的个数
D．取到的球的个数
解析：选项A，B表述的都是随机事件，选项D是确定的值2，并不随机；选项C是随机变量，可能取值为0，1，2．
答案：C
2．袋中装有10个红球、5个黑球．每次随机抽取1个球后，若取得黑球，则另换1个红球放回袋中，直到取得红球为止．若抽取的次数为X，则表示“放回5个红球”事件的是（　　）
A．X＝4
B．X＝5
C．X＝6
D．X≤5
解析：事件“放回5个红球”表示前5次摸到黑球，且第6次摸到红球，所以X＝6．
答案：C
3．设随机变量X的分布列如下：
X
1
2
3
4
5
P
p
则p＝_________．
解析：由分布列的性质知，＋＋＋＋p＝1，
所以p＝1－＝．
答案：
知识点二　离散型随机变量的分布列
1．两点分布
像
X
0
1
P
1－p
p
这样的分布列叫做两点分布列．
如果随机变量X的分布列为两点分布列，就称X服从两点分布，而称p＝P（X＝1）为成功概率．
2．超几何分布列
一般地，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，则事件{X＝k}发生的概率为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＋，称分布列为超几何分布列．如果随机变量X的分布列为超几何分布列，则称随机变量X服从超几何分布．
X
0
1
…
m
P
eq
\f(CC,C)
eq
\f(CC,C)
…
eq
\f(CC,C)
?
温馨提醒
?
利用分布列中各概率之和为1可求参数的值，此时要注意检验，以保证每个概率值均为非负数．
1．一盒中有12个乒乓球，其中9个新的、3个旧的，从盒中任取3个球来用，用完后装回盒中，此时盒中旧球个数X是一个随机变量，则P（X＝4）＝_________．
解析：{X＝4}表示从盒中取了2个旧球，1个新球，故P（X＝4）＝eq
\f(CC,C)＝．
答案：
2．设某项试验的成功率是失败率的2倍，用随机变量X去描述1次试验的成功次数，则P（X＝0）＝_________．
解析：由已知得X的所有可能取值为0，1，且P（X＝1）＝2P（X＝0），由P（X＝1）＋P（X＝0）＝1，得P（X＝0）＝．
答案：
3．设随机变量X的分布列为
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）
＝＋＝．
答案：
授课提示：对应学生用书第221页
题型一　离散型随机变量分布列的性质　　
1．设X是一个离散型随机变量，其分布列为
X
－1
0
1
P
2－3q
q2
则q的值为（　　）
A．1　　　　　　　　　
B．±
C．－
D．＋
解析：由分布列的性质知
解得q＝－．
答案：C
2．设随机变量X的概率分布列如下表所示：
X
0
1
2
P
a
若F（x）＝P（X≤x），则当x的取值范围是[1，2）时，F（x）等于（　　）
A．
B．
C．
D．
解析：由分布列的性质，得a＋＋＝1，所以a＝．而x∈[1，2），所以F（x）＝P（X≤x）＝＋＝．
答案：D
3．离散型随机变量X的概率分布规律为P（X＝n）＝（n＝1，2，3，4），其中a是常数，则P的值为_________．
解析：由×a＝1，知a＝1，得a＝．
故P＝P（X＝1）＋P（X＝2）＝×＋×＝．
答案：
离散型随机变量的分布列的性质的应用
（1）利用“总概率之和为1”可以求相关参数的取值范围或值；
（2）利用“离散型随机变量在一范围内的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和”求某些特定事件的概率；
（3）可以根据性质判断所得分布列结果是否正确．
题型二　超几何分布　　
[例]　为推动乒乓球运动的发展，某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参加．现有来自甲协会的运动员3名，其中种子选手2名；乙协会的运动员5名，其中种子选手3名．
从这8名运动员中随机选择4人参加比赛．
（1）设A为事件“选出的4人中恰有2名种子选手，且这2名种子选手来自同一个协会”，求事件A发生的概率；
（2）设X为选出的4人中种子选手的人数，求随机变量X的分布列．
[解析]　（1）由已知，有P（A）＝eq
\f(CC＋CC,C)＝．
所以事件A发生的概率为．
（2）随机变量X的所有可能取值为1，2，3，4．
P（X＝k）＝eq
\f(CC,C)（k＝1，2，3，4）．
故P（X＝1）＝eq
\f(CC,C)＝，
P（X＝2）＝eq
\f(CC,C)＝，
P（X＝3）＝eq
\f(CC,C)＝，
P（X＝4）＝eq
\f(CC,C)＝，
所以随机变量X的分布列为
X
1
2
3
4
P
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．超几何分布的应用条件
（1）两类不同的物品（或人、事）．
（2）已知各类对象的个数．
（3）从中抽取若干个个体．
[对点训练]
　（2021·济宁模拟）PM2．5是指悬浮在空气中的空气动力学当量直径小于或等于2．5微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物．根据现行国家标准GB3095－2012，PM2．5日均值在35微克/立方米以下空气质量为一级；在35微克/立方米～75微克/立方米之间空气质量为二级；在75微克/立方米以上空气质量为超标．从某自然保护区2020年全年每天的PM2．5监测数据中随机地抽取10天的数据作为样本，监测值频数如下表所示：
PM2．5日均值（微克/立方米）
[25，35）
[35，45）
[45，55）
[55，65）
[65，75）
[75，85]
频数
3
1
1
1
1
3
（1）从这10天的PM2．5日均值监测数据中，随机抽出3天，求恰有1天空气质量达到一级的概率；
（2）从这10天的数据中任取3天的数据，记X表示抽到PM2．5监测数据超标的天数，求X的分布列．
解析：（1）记“从10天的PM2．5日均值监测数据中，随机抽出3天，恰有1天空气质量达到一级”为事件A，
则P（A）＝eq
\f(C·C,C)＝．
（2）依据条件，X服从超几何分布，且随机变量X的可能取值为0，1，2，3，则
P（X＝k）＝eq
\f(C·C,C)（k＝0，1，2，3），
∴P（X＝0）＝eq
\f(CC,C)＝，P（X＝1）＝eq
\f(CC,C)＝，
P（X＝2）＝eq
\f(CC,C)＝，P（X＝3）＝eq
\f(CC,C)＝，
因此X的分布列为
X
0
1
2
3
P
题型三　离散型随机变量的分布列　　
[例]　（2021·安阳模拟）某公司为了准确把握市场，做好产品计划，特对某产品做了市场调查：先销售该产品50天，统计发现每天的销售量x分布在[50，100）内，且销售量x的分布频率
f（x）＝
（1）求a的值并估计销售量的平均数；
（2）若销售量大于或等于70，则称该日畅销，其余为滞销．在畅销日中用分层抽样的方法随机抽取8天，再从这8天中随机抽取3天进行统计，设这3天来自X个组，求随机变量X的分布列（将频率视为概率）．
[解析]　（1）由题意知
解得5≤n≤9，n可取5，6，7，8，9，
结合f（x）＝
得＋＋＋＋＝1，则a＝0．15．
可知销售量分别在[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100）内的频率分别是0．1，0．1，0．2，0．3，0．3，
所以销售量的平均数为55×0．1＋65×0．1＋75×0．2＋85×0．3＋95×0．3＝81．
（2）销售量分布在[70，80），[80，90），[90，100）内的频率之比为2∶3∶3，所以在各组抽取的天数分别为2，3，3．
X的所有可能取值为1，2，3，
P（X＝1）＝eq
\f(2,C)＝＝，
P（X＝3）＝eq
\f(2×3×3,C)＝＝，
P（X＝2）＝1－－＝．
X的分布列为
X
1
2
3
P
求离散型随机变量X的分布列的步骤
（1）理解X的意义，写出X可能取的全部值．
（2）求X取每个值的概率．
（3）写出X的分布列．求离散型随机变量的分布列的关键是求随机变量所取值对应的概率，在求解时，要注意应用计数原理、古典概型等知识．
[对点训练]
（2021·成都模拟）甲、乙两人参加某电视台举办的答题闯关游戏，按照规则，甲先从6道备选题中一次性抽取3道题独立作答，然后由乙回答剩余3道题，每人答对其中2道题就停止答题，即闯关成功．已知在6道被选题中，甲能答对其中的4道题，乙答对每道题的概率都是．
（1）求甲、乙至少有一人闯关成功的概率；
（2）设甲答对题目的个数为ξ，求ξ的分布列．
解析：（1）设甲、乙闯关成功分别为事件A，B，
则P（）＝eq
\f(CC,C)＝＝，
P（）＝＋C
＝＋＝，
则甲、乙至少有一人闯关成功的概率是
1－P（
）＝1－P（）P（）＝1－×＝．
（2）由题知ξ的可能取值是1，2．
P（ξ＝1）＝eq
\f(CC,C)＝，P（ξ＝2）＝eq
\f(CC＋C,C)＝，
则ξ的分布列为
ξ
1
2
P
　离散型随机变量性质应用中的核心素养
数学运算——离散型随机变量分布列性质的交汇应用
[例]　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
利用离散型随机变量分布列性质与等差中项交汇去求解，注意本题易忽视a≥0，c≥0．
[对点训练]
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第七节　n次独立重复试验与二项分布
命题分析预测
学科核心素养
本节是高考的热点，主要命题点有：（1）相互独立事件的概率、条件概率，常以选择题、填空题的形式出现；（2）二项分布的概念、特征和相关计算，常以解答题的形式出现．
本节通过实际问题中二项分布的应用考查考生的数据分析、数学运算、数学建模核心素养．
授课提示：对应学生用书第224页
知识点一　条件概率
条件概率的定义
条件概率的性质
已知B发生的条件下，A发生的概率，称为B发生时A发生的条件概率，记为P（A|B）．当P（B）>0时，我们有P（A|B）＝．（其中，AB也可以记成A∩B）类似地，当P（A）>0时，A发生时B发生的条件概率为P（B|A）＝
（1）0≤P（B|A）≤1；（2）如果B和C是两个互斥事件，则P（B＋C|A）＝P（B|A）＋P（C|A）
?
温馨提醒
?
　P（B|A）与P（A|B）易混淆为等同
前者是在A发生的条件下B发生的概率，后者是在B发生的条件下A发生的概率．
1．某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0．75，连续两天为优良的概率是0．6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是（　　）
A．0．8　　　　　　　　　
B．0．75
C．0．6
D．0．45
解析：在某天的空气质量为优良的条件下，随后一天的空气质量为优良的概率P＝＝0．8．
答案：A
2．已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球，它们大小形状完全相同，现需一个红球，甲每次从中任取一个不放回，则在他第一次拿到白球的条件下，第二次拿到红球的概率为_________．
解析：设A＝{第一次拿到白球}，B＝{第二次拿到红球}，
则P（AB）＝eq
\f(C,C)×eq
\f(C,C)，P（A）＝eq
\f(C,C)，
所以P（B|A）＝＝．
答案：
知识点二　相互独立事件
　事件的相互独立性
（1）定义：设A，B为两个事件，若P（AB）＝P（A）P（B），则称事件A与事件B相互独立．
（2）性质：
①若事件A与B相互独立，则P（B|A）＝P（B），P（A|B）＝P（A），P（AB）＝P（A）P（B）．
②如果事件A与B相互独立，那么A与
，与B，与
也相互独立．
?
温馨提醒
?
互斥事件强调两事件不可能同时发生，即P（AB）＝0，相互独立事件则强调一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响．
1．（2021·金华一中模拟）春节放假，甲回老家过节的概率为，乙、丙回老家过节的概率分别为，，假定三人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少1人回老家过节的概率为（　　）
A．
B．
C．
D．
解析：“甲、乙、丙回老家过节”分别记为事件A，B，C，则P（A）＝，P（B）＝，P（C）＝，所以P（）＝，P（）＝，P（）＝．由题知A，B，C为相互独立事件，所以三人都不回老家过节的概率P（
）＝P（）P（）P（）＝××＝，所以至少有一人回老家过节的概率P＝1－＝．
答案：B
2．天气预报监测到在元旦假期甲地降雨概率是0．2，乙地降雨概率是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_________．
解析：设甲地降雨为事件A，乙地降雨为事件B，则两地恰有一地降雨为A＋B，
所以P（A＋B）＝P（A）＋P（B）
＝P（A）P（）＋P（）P（B）
＝0．2×0．7＋0．8×0．3
＝0．38．
答案：0．38
知识点三　独立重复试验与二项分布
独立重复试验
二项分布
定义
在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验
在n次独立重复试验中，用X表示事件A发生的次数，设每次试验中事件A发生的概率为p，此时称随机变量X服从二项分布，记作X～B（n，p），并称p为成功概率
计算公式
Ai（i＝1，2，…，n）表示第i次试验结果，则P（A1A2A3…An）＝P（A1）P（A2）…P（An）
在n次独立重复试验中，事件A恰好发生k次的概率为P（X＝k）＝Cpk（1－p）n－k（k＝0，1，2，…，n）
1．有3位同学参加某项测试，假设每位同学能通过测试的概率都是，且各人能否通过测试是相互独立的，则至少有二位同学能通过测试的概率为（　　）
A．
B．
C．
D．
解析：所求概率P＝C××＋C×＝．
答案：C
2．设随机变量X～B，则P（X＝3）＝_________．
解析：因为X～B，所以P（X＝3）＝C×＝．
答案：
授课提示：对应学生用书第225页
题型一　条件概率　　
1．（2021·桂林调研）某盒中装有10只乒乓球，其中6只新球、4只旧球，不放回地依次摸出2个球使用，在第一次摸出新球的条件下，第二次也取到新球的概率为（　　）
A．　　　
B．　　　　
C．　　　　
D．
解析：第一次取出新球后，剩下5只新球，4只旧球，所以在第一次取出新球的前提下，第二次也取出新球的概率为．
答案：B
2．某个电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁，已知开关第一次闭合后出现红灯的概率为，两次闭合后都出现红灯的概率为，则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯的概率为（　　）
A．
B．
C．
D．
解析：设“开关第一次闭合后出现红灯”为事件A，“第二次闭合后出现红灯”为事件B，则由题意可得P（A）＝，P（AB）＝，则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合出现红灯的概率是P（B|A）＝＝＝．
答案：C
3．如图，四边形EFGH是以O为圆心，半径为1的圆的内接正方形．将一颗豆子随机地扔到该圆内，用A表示事件“豆子落在正方形EFGH内”，B表示事件“豆子落在扇形OHE（阴影部分）内”，则P（B|A）＝_________．
解析：由题意可得，事件A发生的概率P（A）＝＝＝．事件AB表示“豆子落在△EOH内”，则P（AB）＝＝＝，
故P（B|A）＝＝＝．
答案：
　条件概率的三种求法
定义法
先求P（A）和P（AB），再由P（B|A）＝求P（B|A）
基本事件法
借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n（A），再求事件AB所包含的基本事件数n（AB），得P（B|A）＝
缩样法
缩小样本空间的方法，就是去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型求解，它能化繁为简
题型二　相互独立事件的概率　　
[例]　（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＋＋＋＝．
相互独立事件同时发生的概率的2种求法
（1）直接法：利用相互独立事件的概率乘法公式．
（2）间接法：从对立事件入手计算．
[对点训练]
（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．
题型三　独立重复试验与二项分布　　
[例]　某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品做检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取20件做检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品做检验．设每件产品为不合格品的概率都为p（0（1）记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f（p），求f（p）的最大值点p0；
（2）现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以（1）中确定的p0作为p的值，已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用．
①若不对该箱余下的产品做检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求EX；
②以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品做检验？
[解析]　（1）20件产品中恰有2件不合格品的概率为f（p）＝Cp2（1－p）18．因此f′（p）＝C[2p（1－p）18－18p2（1－p）17]＝2Cp（1－p）17（1－10p）．令f′（p）＝0，得p＝0．1．当p∈（0，0．1）时，f′（p）>0；当p∈（0．1，1）时，f′（p）<0．
所以f（p）的最大值点为p0＝0．1．
（2）由（1）知，p＝0．1．
①令Y
表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知Y～B（180，0．1），
X＝20×2＋25Y，即X＝40＋25Y．
所以EX＝E（40＋25Y）＝40＋25EY＝490．
②如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元．
由于EX>400，故应该对余下的产品作检验．
独立重复试验与二项分布问题的常见类型及解题策略
（1）在求n次独立重复试验中事件恰好发生k次的概率时，首先要确定好n和k的值，再准确利用公式求概率．
（2）在根据独立重复试验求二项分布的有关问题时，关键是理清事件与事件之间的关系，确定二项分布的试验次数n和变量的概率，继而求得概率．
[对点训练]
在某校教师趣味投篮比赛中，比赛规则是：每场投6个球，至少投进4个球且最后2个球都投进者获奖；否则不获奖．已知教师甲投进每个球的概率都是．
（1）记教师甲在每场的6次投球中投进球的个数为X，求X的分布列；
（2）求教师甲在一场比赛中获奖的概率．
解析：（1）X的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，6．
依条件可知X～B．
P（X＝k）＝C··（k＝0，1，2，3，4，5，6）
X的分布列为：
X
0
1
2
3
4
5
6
P
（2）设教师甲在一场比赛中获奖为事件A，
则P（A）＝C××＋C××＋＝．
所以教师甲在一场比赛中获奖的概率为．
　二项分布应用中的核心素养
数学建模——二项分布的优化决策应用
[例]　（2021·太原模拟）某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖．抽奖规则如下：
1．抽奖方案有以下两种：方案a：从装有2个红球、3个白球（仅颜色不同）的甲袋中随机摸出2个球，若都是红球，则获得奖金30元；否则，没有奖金，兑奖后将摸出的球放回甲袋中；方案b：从装有3个红球、2个白球（仅颜色不同）的乙袋中随机摸出2个球，若都是红球，则获得奖金15元；否则，没有奖金，兑奖后将摸出的球放回乙袋中．
2．抽奖条件：顾客购买商品的金额满100元，可根据方案a抽奖一次；满150元，可根据方案b抽奖一次（例如某顾客购买商品的金额为260元，则该顾客可以根据方案a抽奖两次或方案b抽奖一次或方案a，b各抽奖一次）．已知顾客A在该商场购买商品的金额为350元．
（1）若顾客A只选择方案a进行抽奖，求其所获奖金的期望；
（2）要使所获奖金的期望值最大，顾客A应如何抽奖？
[解析]　（1）按方案a抽奖一次，获得奖金的概率P＝eq
\f(C,C)＝．
顾客A只选择方案a进行抽奖，则其可以按方案a抽奖三次．
此时中奖次数服从二项分布B．
设所得奖金为w1元，则Ew1＝3××30＝9．
即顾客A所获奖金的期望为9元．
（2）按方案b抽奖一次，获得奖金的概率P1＝eq
\f(C,C)＝．
若顾客A按方案a抽奖两次，按方案b抽奖一次，则由方案a中奖的次数服从二项分布B1，由方案b中奖的次数服从二项分布B2，
设所得奖金为w2元，则Ew2＝2××30＋1××15＝10．5．
若顾客A按方案b抽奖两次，则中奖的次数服从二项分布B3．
设所得奖金为w3元，则Ew3＝2××15＝9．
结合（1）可知，Ew1＝Ew3所以顾客A应该按方案a抽奖两次，按方案b抽奖一次．
求解二项分布与统计的交汇问题关键在于事件的分析与统计数据的准确使用．
[对点训练]
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以上为严重污染．
一环保人士记录去年某地六月10天的AQI的茎叶图如图所示．
（1）利用该样本估计该地六月空气质量为优良（AQI≤100）的天数；
（2）将频率视为概率，从六月中随机抽取3天，记三天中空气质量为优良的天数为ξ，求ξ的分布列．
解析：（1）从茎叶图中可以发现样本中空气质量为优的天数为2，空气质量为良的天数为4，所以该样本中空气质量为优良的频率为＝，从而估计该地六月空气质量为优良的天数为30×＝18．
（2）由（1）估计某天空气质量为优良的概率为，ξ的所有可能取值为0，1，2，3，且ξ～B．
所以P（ξ＝0）＝＝，
P（ξ＝1）＝C＝，
P（ξ＝2）＝C＝，
P（ξ＝3）＝＝．
ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
P
PAGE第八节　离散型随机变量的均值与方差、正态分布
命题分析预测
学科核心素养
从近五年的高考来看，离散型随机变量的均值与方差、正态分布的应用是命题的热点，一般为解答题，难度中档偏上．
通过离散型随机变量的均值与方差、正态分布，主要考查数据分析与数学运算及数学建模核心素养．
授课提示：对应学生用书第228页
知识点一　均值与方差
1．均值
（1）一般地，若离散型随机变量X的分布列为：
X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn
则称EX＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn为随机变量X的均值或数学期望，它反映了离散型随机变量取值的平均水平Ｗ．
（2）若Y＝aX＋b，其中a，b为常数，则Y也是随机变量，且E（aX＋b）＝aEX＋bＷ．
（3）①若X服从两点分布，则EX＝p；
②若X～B（n，p），则EX＝npＷ．
2．方差
（1）设离散型随机变量X的分布列为
X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn
则（xi－EX）2描述了xi（i＝1，2，…，n）相对于均值EX的偏离程度．而DX＝
（xi－EX）2pi为这些偏离程度的加权平均，刻画了随机变量X与其均值EX的平均偏离程度，称DX为随机变量X的方差，并称其算术平方根为随机变量X的标准差．
（2）D（aX＋b）＝a2DXＷ．
（3）若X服从两点分布，则DX＝p（1－p）Ｗ．
（4）若X～B（n，p），则DX＝np（1－p）Ｗ．
?
温馨提醒
?
二级结论
1．若x1，x2相互独立，则E（x1·x2）＝Ex1·Ex2．
2．均值与方差的关系：DX＝EX2－E2X．
3．超几何分布的均值：若X服从参数为N，M，n的超几何分布，则EX＝．
必明易错
1．理解均值EX易失误，均值EX是一个实数，由X的分布列唯一确定，即X作为随机变量是可变的，而EX是不变的，它描述X值的取值平均状态．
2．注意E（aX＋b）＝aEX＋b，D（aX＋b）＝a2DX易错．
1．已知随机变量X的取值为0，1，2，若P（X＝0）＝，EX＝1，则DX＝（　　）
A．　　　　　　　
B．
C．
D．
解析：设P（X＝1）＝p，则P（X＝2）＝1－p－＝－p．
由EX＝1，得0×＋1×p＋2×＝1，得p＝，则DX＝（0－1）2×＋（1－1）2×＋（2－1）2×＝．
答案：A
2．已知X的分布列为
X
－1
0
1
P
设Y＝2X＋3，则EY＝_________．
解析：EX＝－＋＝－，
EY＝E（2X＋3）＝2EX＋3＝－＋3＝．
答案：
3．在一次招聘中，主考官要求应聘者从6道备选题中一次性随机抽取3道题，并独立完成所抽取的3道题．乙能正确完成每道题的概率为，且每道题完成与否互不影响．记乙能答对的题数为Y，则Y的数学期望为_________．
解析：由题意知Y的可能取值为0，1，2，3，且Y～B，则EY＝3×＝2．
答案：2
知识点二　正态分布
（1）正态曲线的特点
①曲线位于x轴上方，与x轴不相交；
②曲线是单峰的，它关于直线x＝μ对称；
③曲线在x＝μ处达到峰值；
④曲线与x轴之间的面积为1；
⑤当σ一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着μ的变化而沿x轴平移；
⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；σ越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散．
（2）正态分布的三个常用数据
①P（μ－σ6；
②P（μ－2σ4；
③P（μ－3σ4．
?
温馨提醒
?
1．在N（μ，σ2）中，第二个数是σ2，而不是σ．
2．若X～N（μ，σ2），则随机变量X在μ的附近取值的概率很大，在离μ很远处取值的概率很小．
1．已知随机变量ξ服从正态分布N（0，σ2），P（ξ>2）＝0．023，则P（－2≤ξ≤2）＝（　　）
A．0．954
B．0．977
C．0．488
D．0．477
解析：P（－2≤ξ≤2）＝1－2P（ξ>2）＝1－0．023×2＝0．954．
答案：A
2．已知某批零件的长度误差（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（　　）
（附：若随机变量ξ服从正态分布N（μ，σ2），则P（μ－σ<ξ<μ＋σ）＝68．26%，P（μ－2σ<ξ<μ＋2σ）＝95．44%）
A．4．56%
B．13．59%
C．27．18%
D．31．74%
解析：由已知μ＝0，σ＝3，所以P（3<ξ<6）＝[P（－6<ξ<6）－P（－3<ξ<3）]＝（95．44%－68．26%）＝×27．18%＝13．59%．
答案：B
3．已知随机变量X服从正态分布X～N（3，1），且P（X>2c－1）＝P（X解析：因为X～N（3，1），所以正态曲线关于x＝3对称，且P（X>2c－1）＝P（X所以2c－1＋c＋3＝3×2，所以c＝．
答案：
授课提示：对应学生用书第229页
题型一　离散型随机变量的均值与方差　　
[例]　（2021·重庆模拟）某企业对新扩建的厂区进行绿化，移栽了银杏、垂柳两种大树各2株．假定银杏移栽的成活率为，垂柳移栽的成活率为，且各株大树是否成活互不影响．
（1）求两种大树各成活1株的概率；
（2）设ξ为两种大树成活的株数之和，求随机变量ξ的分布列及数学期望．
[解析]　（1）记“银杏大树成活1株”为事件A，“垂柳大树成活1株”为事件B，则“两种大树各成活1株”为事件AB．
由题可知P（A）＝C××＝，
P（B）＝C××＝，
由于事件A与B相互独立，
所以P（AB）＝P（A）·P（B）＝．
（2）由题意知ξ的所有可能取值为0，1，2，3，4．
P（ξ＝0）＝×＝；
P（ξ＝1）＝C×××＋C×××＝；
P（ξ＝2）＝＋×＋×＝；
P（ξ＝3）＝C×××＋C×××＝；
P（ξ＝4）＝×＝．
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
4
P
Eξ＝1×＋2×＋3×＋4×＝．
1．求离散型随机变量的均值与方差关键是确定随机变量的所有可能值，写出随机变量的分布列，正确运用均值、方差公式进行计算．
2．注意E（aX＋b）＝aEX＋b，D（aX＋b）＝a2DX的应用．
[对点训练]
(2021·西安八中模拟)为了预防春季流感，市防疫部门提供了编号为1，2，3，4的四种疫苗供市民选择注射，每个人均能从中任选一个编号的疫苗接种，现有甲，乙，丙三人接种疫苗．
(1)求三人注射的疫苗编号互不相同的概率；
(2)设三人中选择的疫苗编号最大数为X，求X的分布列及数学期望．
解析：(1)由题意可知，总的基本事件为43＝64，
三人注射的疫苗批号互不相同的基本事件数为A＝24，
所以所求的概率为P＝＝；
(2)由题意知随机变量X的可能取值为1，2，3，4；
计算P(X＝1)＝eq
\f(C,43)＝，
P(X＝2)＝eq
\f(C＋C＋C,43)＝，
P(X＝3)＝eq
\f(C＋2·C＋22·C,43)＝，
P(X＝4)＝eq
\f(C＋3·C＋32·C,43)＝，
所以X的分布列为
X
1
2
3
4
P
数学期望为EX＝1×＋2×＋3×＋4×＝．
题型二　正态分布　　
[例]　（2021·合肥市高三二检）为了解A市高三学生的数学复习备考情况，该市教研机构组织了一次检测考试，并随机抽取了部分高三理科学生的数学成绩绘制了如图所示的频率分布直方图．
（1）根据频率分布直方图，试估计该市参加此次检测考试的理科学生的数学平均成绩μ0；（精确到个位）
（2）研究发现，本次检测考试的理科数学成绩X近似服从正态分布N（μ，σ2），其中μ＝μ0，σ＝19．3．
①按以往的统计数据，理科数学成绩能达到升一本分数要求的学生约占46%，据此估计在本次检测考试中达到升一本的理科数学成绩是多少分？（精确到个位）
②已知A市高三理科学生约有10
000名，某理科学生在此次检测考试中数学成绩为107分，则该学生在全市的排名大约是多少？
[解析]　（1）由题意估计该市此次检测考试中理科学生的数学平均成绩μ0＝65×0．05＋75×0．08＋85×0．12＋95×0．15＋105×0．24＋115×0．18＋125×0．1＋135×0．05＋145×0．03＝103．2≈103（分）．
（2）①记在本次检测考试中达到升一本的理科数学成绩为x1分，
根据题意，P（x≥x1）＝1－Φ＝1－Φ＝0．46，
即Φ＝0．54．
由Φ（0．705
4）＝0．54得，＝0．705
4?x1≈116．6≈117，
所以在本次检测考试中达到升一本的理科数学成绩约为117分．
②P（x≥107）＝1－Φ＝1－Φ（0．207
3）≈1－0．583
2＝0．416
8，
所以10
000×0．416
8＝4
168，
所以理科数学成绩为107分的该学生在全市的排名大约是第4
168名．
　　正态分布下的概率计算常见的两类问题
（1）利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x＝μ对称，及曲线与x轴之间的面积为1．
（2）利用3σ原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的μ，σ进行对比联系，确定它们属于（μ－σ，μ＋σ），（μ－2σ，μ＋2σ），（μ－3σ，μ＋3σ）中的哪一个．
[题组突破]
1．已知随机变量X服从正态分布N（3，1），且P（X≥4）＝0．158
7，则P（2A．0．682
6　　　　　　
B．0．341
3
C．0．460
3
D．0．920
7
解析：因为随机变量X服从正态分布N（3，1），且P（x≥4）＝0．158
7，所以P（X≤2）＝0．158
7，所以P（26．
答案：A
2．某校在一次月考中有900人参加考试，数学考试的成绩服从正态分布X～N（90，a2）（a>0，试卷满分150分），统计结果显示，数学考试成绩在70分到110分之间的人数约为总人数的，则此次月考中数学考试成绩不低于110分的学生约有　　　　人．
解析：因为成绩服从正态分布X～N（90，a2），
所以其正态分布曲线关于直线x＝90对称．
又因为成绩在70分到110分之间的人数约为总人数的，
由对称性知成绩在110分以上的人数约为总人数的×＝，所以此次数学考试成绩不低于110分的学生约有×900＝180（人）．
答案：180
题型三　均值方差的实际应用
[例]　某健身机构统计了去年该机构所有消费者的消费金额（单位：元），如图所示：
（1）现从去年的消费金额超过3
200元的消费者中随机抽取2人，求至少有1位消费者去年的消费金额在（3
200，4
000]内的概率；
（2）针对这些消费者，该健身机构今年欲实施入会制，详情如下表：
会员等级
消费金额
普通会员
2
000
银卡会员
2
700
金卡会员
3
200
预计去年消费金额在（0，1
600]内的消费者今年都将会申请办理普通会员，消费金额在（1
600，3
200]内的消费者都将会申请办理银卡会员，消费金额在（3
200，4
800]内的消费者都将会申请办理金卡会员，消费者在申请办理会员时，需一次性缴清相应等级的消费金额，该健身机构在今年年底将针对这些消费者举办消费返利活动，现有如下两种预设方案：
方案1：按分层抽样从普通会员、银卡会员、金卡会员中总共抽取25位“幸运之星”给予奖励：普通会员中的“幸运之星”每人奖励500元；银卡会员中的“幸运之星”每人奖励600元；金卡会员中的“幸运之星”每人奖励800元．
方案2：每位会员均可参加摸奖游戏，游戏规则如下：从一个装有3个白球、2个红球（球只有颜色不同）的箱子中，有放回地摸三次球，每次只能摸一个球，若摸到红球的总数为2，则可获得200元奖励金；若摸到红球的总数为3，则可获得300元奖励金；其他情况不给予奖励，规定每位普通会员均可参加1次摸奖游戏；每位银卡会员均可参加2次摸奖游戏；每位金卡会员均可参加3次摸奖游戏（每次摸奖的结果相互独立）．
请你预测哪一种返利活动方案该健身机构的投资较少？并说明理由．
[解析]　（1）去年的消费金额超过3
200元的消费者有12人，随机抽取2人，设消费金额在（3
200，4
000]的范围内的人数为X，可能取值为0，1，2．P（X≥1）＝1－P（X＝0）＝1－eq
\f(C,C)＝，
所以至少有1位消费者去年的消费金额在（3
200，4
000]的范围内的概率为．
（2）方案1：按分层抽样从普通会员、银卡会员、金卡会员中总共抽取25位“幸运之星”，则“幸运之星”中的普通会员、银卡会员、金卡会员的人数分别为×25＝7，×25＝15，×25＝3．
按照方案1奖励的总金额ξ1＝7×500＋15×600＋3×800＝14
900（元）．
方案2：设η表示参加一次摸奖游戏所获得的奖励金，则η的可能取值为0，200，300．
摸到红球的概率P＝eq
\f(C,C)＝，
所以P（η＝0）＝C··＋C··＝，
P（η＝200）＝C··＝，
P（η＝300）＝C·＝．
η的分布列为
η
0
200
300
P
数学期望Eη＝0×＋200×＋300×＝76．8（元），
按照方案2奖励的总金额ξ2＝（28＋2×60＋3×12）×76．8＝14
131．2（元），
由ξ1>ξ2知，方案2投资较少．
利用均值、方差进行决策的两个方略
（1）当均值不同时，两个随机变量取值的水平可见分歧，可对问题作出判断．
（2）若两随机变量均值相同或相差不大，则可通过分析两变量的方差来研究随机变量的离散程度或者稳定程度，进而进行决策．
[对点训练]
（2021·佛山模拟）某公司为招聘新员工设计了一个面试方案：应聘者从6道备选题中一次性随机抽取3道题，按照题目要求独立完成．规定：至少正确完成其中2道题的便可通过．已知6道备选题中应聘者甲有4道题能正确完成，2道题不能完成；应聘者乙每题正确完成的概率都是，且每题正确完成与否互不影响．
（1）分别求甲、乙两人正确完成面试题数的分布列及数学期望；
（2）请分析比较甲、乙两人谁面试通过的可能性大？
解析：（1）设甲正确完成面试的题数为ξ，则ξ的可能取值为1，2，3．
P（ξ＝1）＝eq
\f(CC,C)＝；
P（ξ＝2）＝eq
\f(CC,C)＝；
P（ξ＝3）＝eq
\f(CC,C)＝．
应聘者甲正确完成题数ξ的分布列为
ξ
1
2
3
P
Eξ＝1×＋2×＋3×＝2．
设乙正确完成面试的题数为η，则η的可能取值为0，1，2，3．
P（η＝0）＝C＝；
P（η＝1）＝C＝；
P（η＝2）＝C＝；
P（η＝3）＝C＝．
应聘者乙正确完成题数η的分布列为
η
0
1
2
3
P
Eη＝0×＋1×＋2×＋3×＝2．
（或因为η～B，所以Eη＝3×＝2）
（2）因为Dξ＝（1－2）2×＋（2－2）2×＋（3－2）2×＝，Dη＝3××＝．
所以Dξ综上所述，从做对题数的数学期望来看，两人水平相当；从做对题数的方差来看，甲较稳定；
从至少完成2道题的概率来看，甲面试通过的可能性大．
　离散型随机变量的期望与方差应用中的核心素养
逻辑推理——期望与方差的创新交汇应用问题
离散型随机变量的期望多在解答题中考查．除独立考查外，还与正态分布，统计等交汇考查．
[例]　（2019·高考全国卷Ⅰ）为治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得－1分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得－1分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X．
（1）求X的分布列；
（2）若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，pi（i＝0，1，…，8）表示“甲药的累计得分为i时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则p0＝0，p8＝1，pi＝api－1＋bpi＋cpi＋1（i＝1，2，…，7），其中a＝P（X＝－1），b＝P（X＝0），c＝P（X＝1）．假设α＝0．5，β＝0．8．
①证明：{pi＋1－pi}（i＝0，1，2，…，7）为等比数列；
②求p4，并根据p4的值解释这种试验方案的合理性．
[解析]　（1）X的所有可能取值为－1，0，1．
P（X＝－1）＝（1－α）β，P（X＝0）＝αβ＋（1－α）（1－β），P（X＝1）＝α（1－β）．
所以X的分布列为
X
－1
0
1
P
（1－α）β
αβ＋（1－α）（1－β）
α（1－β）
（2）①证明：由（1）得a＝0．4，b＝0．5，c＝0．1，
因此pi＝0．4pi－1＋0．5pi＋0．1pi＋1，
故0．1（pi＋1－pi）＝0．4（pi－pi－1），
即pi＋1－pi＝4（pi－pi－1）．
又因为p1－p0＝p1≠0，所以{pi＋1－pi}（i＝0，1，2，…，7）是公比为4，首项为p1的等比数列．
②由①可得
p8＝p8－p7＋p7－p6＋…＋p1－p0＋p0
＝（p8－p7）＋（p7－p6）＋…＋（p1－p0）
＝p1．
由于p8＝1，故p1＝，
所以p4＝（p4－p3）＋（p3－p2）＋（p2－p1）＋（p1－p0）＝p1＝．
p4表示最终认为甲药更有效的概率．由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0．5，乙药治愈率为0．8时，认为甲药更有效的概率为p4＝≈0．003
9，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方案合理．
[对点训练]
已知A1，A2，A3，…，A10等10所高校举行自主招生考试，某同学参加每所高校的考试获得通过的概率均为p（0（1）如果该同学10所高校的考试都参加，恰有m（1≤m≤10）所通过的概率为f（p），当p为何值时，f（p）取得最大值；
（2）若p＝，该同学参加每所高校考试所需的费用均为a元，该同学决定按A1，A2，A3，…，A10顺序参加考试，一旦通过某所高校的考试，就不再参加其他高校的考试，否则，继续参加其他高校的考试，求该同学参加考试所需费用ξ的分布列及数学期望．
解析：（1）因为该同学通过各校考试的概率均为p，所以该同学恰好通过m（1≤m≤10）所高校自主招生考试的概率为f（p）＝Cpm（1－p）10－m，f′（p）＝C[mpm－1（1－p）10－m－（10－m）pm（1－p）9－m]＝Cpm－1（1－p）9－m[m（1－p）－（10－m）p]＝Cpm－1（1－p）9－m（m－10p），当00，f（p）单调递增；当≤p<1时，f′（p）≤0，f（p）单调递减，所以当p＝时，f（p）取得最大值．
（2）设该同学共参加了i次考试的概率为Pi（1≤i≤10，i∈Z）．
因为Pi＝i∈Z，
所以该同学参加考试所需费用ξ的分布列如下：
ξ
a
2a
3a
4a
5a
6a
7a
8a
9a
10a
P
所以Eξ＝a，令S＝×1＋×2＋…＋×9，①　则S＝×1＋×2＋…＋×8＋×9，②　由①－②得S＝＋＋…＋－×9，所以S＝1＋＋＋…＋－×9，所以Eξ＝a＝a＝a＝2a＝a（元）．
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