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高考一轮复习方案课件--数学理科(安徽专用):第10单元-计数原理、概率、随机变量及其分布(369张PPT)


安徽省专用

新课标·人教A版

第十单元 计数原理、概率、随机 变量及其分布
第57讲 第58讲 第59讲 第60讲 第61讲 第62讲 第63讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 排列与组合 二项式定理 随机事件的概率与古典概型 离散型随机变量及其分布列 n次独立重复试验与二项分布 离散型随机变量的均值与方差、正态分布

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核心导语
一、计数原理与二项式定理 1.两个原理——分清是“分类”还是“分步”. 2.排列与组合——关键是选出的元素与顺序是否有 关. 3.二项式定理——核心是展开式的通项. 二、概率 1.概率模型——辨别是否符合这古典概型的特点. 2.事件——互斥事件与对立事件、相互独立事件的 区别与联系. 三、随机变量 1.分布列——确定随机变量的取值,应用分布列的 性质. 2.数字特征——利用分布列求期望与方差. 3.二项分布——实验背景是n次独立重复实验.
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使用建议
1.编写意图 (1)计数原理:该部分的主要内容是分类加法计数原理 与分步乘法计数原理、排列与组合、二项式定理.该部分 是高中数学中相对独立的一个知识板块,在高考中占有特 殊的位置,该部分的主要考查点是排列与组合的实际应用、 二项式系数的求解、二项式指定项的求解等,一般以选择 题或填空题的形式出现,在试卷中一般是1到2个题目.在 近年的高考中排列、组合试题的难度有所下降,预计2014 年大致还是这个考查趋势,为此在编写该部分时注重了选 题的难度,强化了对基本方法的总结归类,以强化提高学 生的解题能力.

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(2)概率:概率的主要内容是随机事件的概率、古典概 型.高考对该部分的考查主要是以小题的形式考查古典概 型的计算,在解答题中和随机变量综合作为解决问题的工 具进行考查.预计2014年会延续这种考查风格,为此在编 写该部分时把其分为两讲,即随机事件的概率与古典概型, 选题以选择题和填空题为主,强化对基础的巩固和解题能 力的提高.

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(3)随机变量及其分布:随机变量及其分布是理科概率 统计的核心考查点,主要是考查以独立事件为中心的概率 计算、离散型随机变量的分布和特征数的计算、正态分布, 考查概率统计知识在实际问题中的应用.在试卷中一般是 以一道解答题对上述问题进行综合考查,也可能有小题考 查该部分的重要知识点(如二项分布、正态分布等),试题 的难度中等,预计2014年不会有大的变化,突出对独立事 件概率的计算和对n次独立重复试验概型应用的强化.

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2.教学建议 (1)计数原理:该部分特点是基础知识明确且易于掌握, 但解题的方法十分灵活,部分试题具有较大的难度.在教 学该部分时要注意如下几点:①使学生树立分类、分步的 思想意识,通过典型例题逐步掌握解决排列、组合问题的 这两个基本原理;②通过例题使学生掌握好几类典型的计 数问题的解法,如分组分配问题、相邻与不相邻问题、涂

色问题等,通过这些典型的问题使学生体会解决排列、组
合实际应用问题的方法思路;

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使用建议
③围绕二项展开式的通项公式和特殊赋值法展开,通过例 题使学生能够灵活运用二项展开式的通项公式求解二项展 开式中特定的项或者项的系数,会使用特殊值法求二项式 系数或者二项展开式系数的和差问题. (2) 概率:讲清概率的统计定义,使学生理解随机事件 概率的意义,辨清事件的对立和互斥,使学生明确它们的 概率之间的关系,在此基础上使学生掌握好古典概型的计 算公式,并学会对实际问题的意义进行分析,转化为适当 的概率问题进行计算.

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(3)随机变量及其分布:该部分的核心内容是离散型随 机变量及其分布,但问题的解答却是以概率计算为核心, 因此教学该部分时,要使学生在掌握基本内容(离散型随 机变量的分布列、事件的独立性、二项分布、离散型随机 变量的期望和方差、正态分布)的基础上,重点提高概率 计算能力,包括根据事件的互斥性、对立性、独立性计算 概率,使用排列、组合知识求解概率,这是该部分教学的 关键. 虽然该单元知识点多、方法灵活,但试题的难度不大, 该部分的部分讲次的全部内容可以在教师的简单指点下由 学生独立完成 ( 如随机事件的概率、离散型随机变量的分 布列等 ) ,把复习的主动权交给学生,教师的任务在于指 导学生的复习进程和适当的方法总结.

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使用建议
3.课时安排 本单元共7讲、1个45分钟滚动基础训练卷,1个单元 能力检测卷,建议10个课时完成教学任务.

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双 向 固 基 础 点 面 讲 考 向 多 元 提 能 力 教 师 备 用 题

第57讲 分类加法计数原理与 分步乘法计数原理

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考试大纲
1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理. 2.会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和 解决一些简单的实际问题.

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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
双 向 固 基 础

—— 知 识 梳 理 —— 一、分类加法计数原理(加法原理) 完成一件事有两类不同方案,在第 1 类方案中有 m 种 不同的方法,在第2类方案中有n种不同的方法,那么完成 m+n 种不同的方法.这个原理称为分 这件事共有 N=________ 类加法计数原理. 二、分类加法计数原理的推广 完成一件事有 n 类不同方案,在第 1 类方案中有 m1 种不 同的方法,在第2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,那么完成这件事共有 N = m1+m2+?+mn 种不同的方法. ________________

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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
双 向 固 基 础

三、分步乘法计数原理(乘法原理)

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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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
双 向 固 基 础

四、分步乘法计数原理的推广

完成一件事情,需要分成n个步骤,做第1步有m1种不同
的方法,做第 2 步有 m2 种不同的方法,?,做第 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.这里要完成这件事情必 ________________

须这n个步骤逐次完成,不能缺少一个,也不能重复.

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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
双 向 固 基 础

—— 疑 难 辨 析 ——
1.两个计数原理的理解 (1)两类不同方案中的方法要互不相同,即第 1 类方 案中的 m 种方法和第 2 类方案中的 n 种方法没有相同 的.( ) (2)每类方案中的方法都能直接完成这件事情. ( ) (3) 每 个 步 骤 中 完 成 这 个 步 骤 的 方 法 是 各 不 相 同 的.( ) (4)事情是分两个步骤完成的,其中任何一个单独的 步骤不能完成这件事情,只有两个步骤顺次完成后,这 件事情才算完成.( )

[答案] (1)√ (2)√ (3)√ (4)√
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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
双 向 固 基 础

[解析] (1)在分类加法计数原理中,两类方案中的解 决问题的方法不能有重复的. (2)在分类加法计数原理中,两类方案中的各个方法 都能直接完成任务. (3)在分步乘法计数原理的一个步骤中的各个方法是 不能重复的. (4)根据分步乘法计数原理的概念容易判断.

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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
双 向 固 基 础

2.两个计数原理的区别 (1)分类加法计数原理是对要做的事情分成若干类, 每一类中的若干种方法都能独立地完成这件事情. ( ) (2)分步乘法计数原理是对要做的事情分成若干个步 骤,每个步骤只是完成这件事情的一个环节,只有这些 步骤都完成了这件事情才算完成.( ) (3)[2012·滨州调研] 甲、乙两人从 4 门课程中各选 修 2 门,则甲、乙所选的课程中恰有 1 门相同的选法有 30 种.( )

[答案] (1)√ (2)√ (3)×

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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
双 向 固 基 础

[ 解析] (1)如果已知每类办法中的每一种方法都能 完成这件事,用分类加法计数原理. (2)如果已知每类办法中的每一种方法只能完成这件 事的一部分,用分步乘法计数原理. (3)分步完成.首先甲、乙两人从 4 门课程中同选 1 门,有 4 种方法,其次甲从剩下的 3 门课程中任选 1 门, 有 3 种方法,最后乙从剩下的 2 门课程中任选 1 门,有 2 种方法,于是,甲、乙所选的课程中恰有 1 门相同的选 法共有 4×3×2=24(种).

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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

考点统计 点 面 讲 考 向 1.分类加法计数原理的应用 2.分步乘法计数原理的应用 3.两个计数原理的综合应用

题型(考频) 0 0 解答(1)

题型示例(难度)

2010年T21(1)(B)

说明:A表示简单题,B表示中等题,C表示难题,示 例均选自2008年~2012年安徽卷.
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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

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探究点一

分类加法计数原理的应用

点 面 讲 考 向

例 1 (1)[2012· 石家庄质检] 学校要安排 4 名学生 在周六、周日参加社会实践活动,每天至少 1 人,则学 生甲被安排在周六的不同排法的种数为 ________( 用数 字作答). (2)[2012· 琼海一模] 若一个三位数的十位数字比个 位数字和百位数字都大,则称这个数为“伞数”.现从 1,2,3,4,5,6 这六个数字中任取 3 个数,组成无重 复数字的三位数,其中“伞数”有________个.

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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

点 面 讲 考 向

[思考流程] (1)分析:理解加法原理;推理:确定分 类;结论:得出各分类的方法种数. (2)分析:根据十位上的数分类;推理:确定百位、个 位的数字;结论:求出各分类的和.

[答案] (1)7

(2)40

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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

点 面 讲 考 向

[解析] (1)除甲以外,还有 3 名学生,按周六安排的 学生数分类:第 1 类,周六安排 0 人,有 1 种方法;第 2 类,周六安排 1 人,有 3 种方法;第 3 类,周六安排 2 人, 有 3 种方法,根据分类加法计数原理,学生甲被安排在周 六的不同排法的种数为 1+3+3=7 种.

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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

点 面 讲 考 向

(2)根据题意,十位上的数最大,只能为 3,4,5,6, 按十位上的数分四类: 第 1 类,当十位数字为 3 时,百位、个位的数字为 1, 2,有 2 种选法; 第 2 类,当十位数字为 4 时,百位、个位的数字为 1, 2,3,有 3×2 种选法; 第 3 类,当十位数字为 5 时,百位、个位的数字为 1, 2,3,4,有 4×3 种选法; 第 4 类,当十位数字为 6 时,百位、个位的数字为 1, 2,3,4,5,有 5×4 种选法, 则根据分类加法计数原理,“伞数”的个数为 2+6+ 12+20=40.

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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

点 面 讲 考 向

[点评] 应用分类加法计数原理,首先应根据问题的 特点,确定分类的标准,然后进行分类;其次分类时要注 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,只有满足这些 条件,才可以用分类加法计数原理.

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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

点 面 讲 考 向

归纳总结 使用分类加法计数原理时,应注意以下三 方面: ①各类方法之间相互独立,每种都能完成这件事,且方法 总数是各类方法相加. ②分类时,首先要在问题的条件之下确定一个分类标准, 然后在确定的分类标准下进行分类. ③完成这件事的任何一种方法必属于某一类,且分别属于 不同两类的两种方法都是不同的——不重不漏.

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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

点 面 讲 考 向

变式题 [2012·浙江卷] 若从 1,2,3,?,9 这 9 个整数中同时取 4 个不同的数,其和为偶数,则不同的取 法共有( ) A.60 种 B.63 种 C.65 种 D.66 种
[答案] D

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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

点 面 讲 考 向

[解析] 本题考查计数原理与组合等基础知识, 考查灵 活运用知识与分析、解决问题的能力.要使所取出的 4 个 数的和为偶数,则对其中取出的数字奇数和偶数的个数有 要求, 所以按照取出的数字奇偶数的个数分类.1, 2, 3, ?, 9 这 9 个整数中有 5 个奇数, 4 个偶数. 要想同时取 4 个不 同的数其和为偶数,则取法有三类: ①4 个都是偶数:1 种; 2 ②2 个偶数,2 个奇数:C2 5C 4=60 种; ③4 个都是奇数:C4 5=5 种.∴不同的取法共有 66 种.

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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

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探究点二

分步乘法计数原理的应用

点 面 讲 考 向

例2 (1)[2012· 唐山一模] 在具有 5 个行政区域的地 图(如图 10-57-1)上, 给这 5 个区域着色共使用了 种不同 ....4 . ... 的颜色,相邻区域不使用同一颜色,则有________种不同的 着色方法.

图 10-57-1 (2)[2012·威海二模] 将三个字母填写到 3×3 方格中,要求 每行每列都不能出现重复字母,不同的填写方法有________ 种(用数字作答).
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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

[思考流程] (1)分析:理解乘法原理;推理:分步进 行;结论:得出各步的方法种数.(2)分析:按行分步;推 理:确定各行的填写方法;结论:求出各步方法数的积.
点 面 讲 考 向

[答案] (1)48 (2)12

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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

点 面 讲 考 向

[解析] (1)4 色全用时,必有②④同色或①⑤同 色,有 2 种情况;按区域分步着色: 第 1 步,给区域③着色,有 4 种方法; 第 2 步,从②④或①⑤选一组着色,有 2×3=6 种; 第 3 步,给剩余的 2 个区域着色,有 2 种方法; 根据分步乘法计数原理,满足题意的不同着色方法 共有 4×6×2=48 种. (2)可按行分步填写这三个字母: 第 1 步,填写第 1 行,有 3×2×1=6 种方法; 第 2 步,填写第 2 行,第 1 列有 2 种方法,其余两 列只有 1 种方法,共有 2×1=2 种方法; 第 3 步,填写第 3 行,只有 1 种方法; 根据分步乘法计数原理,不同的填写方法共有 6×2×1=12 种.
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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

点 面 讲 考 向

[点评] 求解此类问题,首先将完成这件事的过程分 步,然后再找出每一步中的方法有多少种,求其积;应注 意各步之间相互联系,依次都完成后,才能做完这件 事.简单地说,使用分步计数原理的原则是步与步之间的 方法“相互独立,逐步完成”.

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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

点 面 讲 考 向

归纳总结 使用分步乘法计数原理时,应注意以下三 方面: ①各个步骤之间相互依存,且方法总数是各个步骤的方法 数相乘. ②分步时首先要在问题的条件之下确定一个分步标准,然 后在确定的分步标准下进行分步. ③完成这件事的任何一种方法必须并且只需连续完成每一 个步骤.

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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

点 面 讲 考 向

变式题 (1)[2012·深圳二调] 在学校的一次演讲比赛 中,高一、高二、高三分别有 1 名、2 名、3 名同学获奖, 将这六名同学排成一排合影,要求同年级的同学相邻,那 么不同的排法共有( ) A.6 种 B.36 种 C.72 种 D.120 种 (2)[2012·粤西北九校联考] 从 8 名女生 4 名男生中, 选出 3 名学生组成课外小组,如果按性别比例分层抽样, 则不同的抽取方法数为________种.
[答案] (1)C (2)112

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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

点 面 讲 考 向

[解析] (1)将这六名同学排成一排,可按以下步 骤进行: ①把高一的 1 名同学、高二的 2 名同学、高三的 3 名同学分别当作一个整体排成一排,有 3×2×1=6 种排 法; ②高二的 2 名同学之间,有 2 种排法; ③高三的 3 名同学之间,有 3×2×1=6 种排法; ∴根据分步乘法计数原理, 不同的排法共有 6×2×6 =72 种,故选 C.

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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

点 面 讲 考 向

(2)根据分层抽样,应抽取男生 1 人,女生 2 人,分 步抽取: 8×7 第 1 步,从 8 名女生中抽取 2 人,有 =28 种方 2 法; 第 2 步,从 4 名男生中抽取 1 人,有 4 种方法, ∴根据分步乘法计数原理,不同的抽取方法种数共 有 28×4=112 种.

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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

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探究点三

两个计数原理的综合应用

点 面 讲 考 向

例 3 (1)[2012·济南模拟] 如图 10-57-2 所示, 使电路接通,开关不同的开闭方式有( )

图 10-57-2 A.11 种 B.20 种 C.21 种 D.12 种 (2)[2012·惠州调研] 将 5 名学生分配到甲、乙两 个宿舍,每个宿舍至少安排 2 名学生,那么互不相同的 安排方法的种数为( ) A.10 B.20 C.30 D.40

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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

点 面 讲 考 向

[思考流程] (1)分析:确定分类;推理:计算每个分 类的方法数;结论:得出各分类的方法种数的和. (2)分析:确定分配人数;推理:每类分配方案的方法 数;结论:不同安排的方法总数.

[答案] (1)C

(2)B

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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

点 面 讲 考 向

[解析] (1)按前一个开关接通的个数分类: 第 1 类,若前一个开关只接通 1 个,有 2 种方法; 后一个开关可能接通 1 个,2 个或 3 个,有 1+3+3=7 种方法,根据分步乘法计数原理,此时有 2×7=14 种接 通方法, 第 2 类,若前一个开关接通两个,有 1 种方法;后 一个开关可能接通 1 个,2 个或 3 个,有 1+3+3=7 种 方法,根据分步乘法计数原理,此时有 7 种接通方法, 所以根据分类加法计数原理,总共有 14+7=21,故 选 C.

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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

点 面 讲 考 向

(2)将 5 名学生分配到甲、乙两个宿舍,每个宿舍至少 安排 2 名学生,则按宿舍的人数可分为两类: 第 1 类, 甲宿舍 2 人, 乙宿舍 3 人, 选 2 人到甲宿舍, 5×4 则另 3 人去乙宿舍,有 =10 种方法; 2 第 2 类, 乙宿舍 2 人, 甲宿舍 3 人, 选 2 人到乙宿舍, 5×4 则另 3 人去甲宿舍,有 =10 种方法; 2 所以根据分类加法计数原理,总共有 10+10=20 种 方法,故选 B.

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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

点 面 讲 考 向

[点评] 在这类从含有两种性质的元素中取出部分元 素,取法可以按照其中一类性质的元素的个数进行分类, 再按分步乘法计数原理求出每一类的方法数.综合应用两 个计数原理时,应注意,分类时,每类的方法可能要分步 完成;而分步时,每步的方法数可能要分类求.分类的关 键是“不重不漏”,分步的关键是正确设计分步的程序, 即合理分类,准确分步.

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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

点 面 讲 考 向

归纳总结 两个原理都涉及完成一件事的不同方法 种数,在解决实际问题中,不一定是单一的分类或分步, 可能是同时应用两个计数原理.解决混合问题,一般先看 可以分几个大类,再看在每类中完成事情要分几个步骤, 这些问题清楚了,就可以根据两个基本原理解决问题了.

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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

点 面 讲 考 向

变式题 (1)[2012·四川卷] 方程 ay=b2x2+c 中的 a, b,c∈{-3,-2,0,1,2,3},且 a,b,c 互不相同, 在所有这些方程所表示的曲线中, 不同的抛物线共有( ) A.60 条 B.62 条 C.71 条 D.80 条 (2)[2012· 北京丰台区二模] 从 5 名学生中任选 4 名分 别参加数学、物理、化学、生物四科竞赛,且每科竞赛只 有 1 人参加,若甲不参加生物竞赛,则不同的选择方案共 有________种.
[答案] (1)B (2)96

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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
[解析] (1)由于要表示抛物线,首先 a,b 均不能

点 面 讲 考 向

为 0. 又 b 要进行平方,且只需考虑不同情况,故 b2 在 1, 4,9 中考虑. ①c=0 时,若 a 取 1,则 b2 可取 4 或 9,得到 2 条 不同的抛物线; 若 a 取 2,3,-2,-3 任意一个,b2 都有 1,4,9 三种可能,可得到 4×3=12 条抛物线; 以上共计 14 条不同的抛物线; ②c≠0 时,在{-3,-2,1,2,3}中任取 3 个作为 a,b,c 的值,有 A3 5=60 种情况,其中 a,c 取定,b 取 互为相反数的两个值时,所得抛物线相同,这样的情形 有 4A2 3=24 种,其中重复一半,故不同的抛物线共有 60 -12=48(条), 以上两种情况合计 14+48=62(条).
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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
(2)按学生甲有没有入选分类: 第 1 类,甲没有入选,有 4×3×2×1=24 种选择方 案; 第 2 类,甲入选,甲选择 1 个学科,有 3 种选择方 案;其他 4 名同学选 3 人参加 3 个学科竞赛,有 4×3×2 =24 种,则甲入选的选择方案共有 3×24=72 种; 所以根据分类加法计数原理,不同的选择方案共有 24+72=96 种.

点 面 讲 考 向

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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

易错究源

22

分类、分步原则不清致误

例 体育场南侧有 4 个大门,北侧有 3 个大门,某学 生到该体育场练跑步,则他进出门的方案有( ) A.12 种 B.7 种 C.24 种 D.49 种
多 元 提 能 力

[错解] B 学生进出体育场大门需分两类: 一类从南侧的 4 个门进,有 4 种方案; 一类从北侧的 3 个门进,有 3 种方案; 由分类加法计数原理,共有 7 种不同方案,故选 B.

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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

[错因] 没有审清题意, 错用分类计数原理; 本题不仅 要考虑从哪个门进,还需考虑从哪个门出,需要两个步骤 都完成,才做完这件事,应该用分步计数原理去解题.
[正解] D 学生进出体育场大门可分为两个步骤: 第 1 步,学生进门可选择从南侧 4 个大门,或北侧 3 个大 门进,有 7 种选择方案; 第 2 步,学生出门同样可选择从南侧 4 个大门,或北侧 3 个大门出,也有 7 种选择方案; 由分步乘法计数原理,该学生的进出门方案有 7× 7 =49 种,故应选 D.

多 元 提 能 力

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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

多 元 提 能 力

自我检评 (1)在一次运动会上,4 项比赛的冠军将在 甲、 乙、 丙三人中产生, 则不同的夺冠情况的种数为( ) A.34 种 B.43 种 C.18 种 D.36 种 (2)[2012· 泉州质检] 有 A, B 两种类型的车床各一台, 现有甲、乙、丙三名工人,其中甲、乙都会操作两种车床, 丙只会操作 A 种车床,要从三名工人选 2 名分别去操作以 上车床,不同的选派方法有( ) A.6 种 B.5 种 C.4 种 D.3 种

[答案] (1)A (2)C

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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

多 元 提 能 力

[解析] (1)每项冠军都可能在甲、乙、丙三人中选取,则 每项冠军均有 3 种选取方法,根据分步乘法计数原理,不同 的夺冠情况的种数有 3×3×3×3=34 种,故应选 A. (2)不同的选派情况可分为 3 类:若选甲、乙,有 2 种方 法;若选甲、丙,丙只能操作 A 种车床,有 1 种方法;若选 乙、丙,丙只能操作 A 种车床,有 1 种方法.根据分类加法 计数原理,不同的选派方法有 2+1+1=4 种,故应选 C.

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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

【备选理由】 例1与探究点一补充使用,例2与探究点二补充使用, 这两个例题可帮助加深学生对两个基本原理的理解,例3 为两个原理的综合运用.

教 师 备 用 题
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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

例 1 从 1,2,3,?,100 这 100 个数中,任取 3 个不同的数,使它们按原次序成等差数列,共有________ 种不同取法. [答案] 2 450

教 师 备 用 题

[解析] 按照公差的多少进行分类,但要注意取出的 数是按照原来的顺序组成等差数列.公差最小的是 1,最 大是 49.当公差为 1 时,情况是 1,2,3;2,3,4;?; 98,99,100,共 98 个,公差为其他数的同样处理.公差 为 1 的有 98 个,公差为 2 的有 96 个,公差为 3 的有 94 98+2 个,?,公差为 49 的有 2 个,故共有 ×49=2 450 2 个.
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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

例 2 下面是高考第一批录取的一份志愿表.现有 4 所 重点院校,每所院校有 3 个专业是你较为满意的选择,如果 表格填满且规定学校没有重复,同一学校的专业也没有重复 的话,你的填写方法种数为( ) 志愿 第一志愿 第二志愿 第三志愿
教 师 备 用 题

学校 A B C

专业 第 1 专业,第 2 专业 第 1 专业,第 2 专业 第 1 专业,第 2 专业

3 3 2 3 A.43·(A2 ) B . 4 · (C 3 3) 2 3 2 3 C.A3 D.A3 4(C 3) 4(A3)

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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

[解析] D 第一步,先填写志愿学校,三个志愿学校 的填写方法数是 A3 第二步, 再填写对应志愿学校的专业, 4; 各个对应学校专业的填写方法数都是 A2 3,故专业填写方法 2 2 3 数是 A2 A A . 根据分步乘法计数原理,共有填写方法数 A 3 3 3 4 3 (A2 3) .正确选项为 D.

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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

例 3 在某次中外海上联合搜救演习中,参加演习的中 方有 4 艘船、3 架飞机;外方有 5 艘船、2 架飞机,若从中、 外两组中各选出 2 个单位(1 架飞机或 1 艘船都作为一个单 位,所有的船只两两不同,所有的飞机两两不同),则选出的 四个单位中恰有一架飞机的不同选法共有( ) A.38 种 B.120 种 C.160 种 D.180 种

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第57讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
1 2 [解析] D 若中方选出一架飞机,则选法是 C1 4C3C5= 1 2 120( 种 ) ; 若外 方 选出 一 架飞 机, 则 选 法 有 C 1 5C2C4= 60(种).故不同选法共有 120+60=180 种.

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双 向 固 基 础 点 面 讲 考 向 多 元 提 能 力 教 师 备 用 题

第58讲

排列与组合

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考试大纲
1.理解排列、组合的概念. 2 . 能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式,并 能利用公式解决一些简单的实际问题.

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第58讲 排列与组合
双 向 固 基 础

—— 知 识 梳 理 —— 一、排列 1.排列的定义:一般地,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Am n 表示. Am 3.排列数公式: n =n(n-1)(n-2)?(n-m+1)=
n! 1 ________ (n , m∈N* , m≤n) ,规定 0 != ________ ,当 m ( n-m)! n! . An =n时, n=________
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第58讲 排列与组合
双 向 固 基 础

二、组合 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 Cm n表示.

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第58讲 排列与组合
双 向 固 基 础

n?n-1???n-m+1? 3.组合数公式:Cm m! n =_______________________ n! Am n = = m,这里 m,n∈N*且 m≤n.规 m!(n-m)! Am 定 C0 n=1,在这个规定下,组合数公式中的 m 可以取 0. -m m m m m-1 4.组合数的性质:Cn =Cn ; C = C + C + n n 1 n n .

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第58讲 排列与组合
双 向 固 基 础

—— 疑 难 辨 析 ——
1.排列数与组合数公式的变形 (1)(n+1)!-n!=n· n!.( ) m-1 (2)Am = n A ) n n-1 .( k-1 (3)kCk = n C ) n n-1.( m+1 m+1 m (4)Cn = Cn .( ) n-m

[答案] (1)√ (2)√ (3)√ (4)√

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双 向 固 基 础

[解析] (1)(n+1)!-n!=(n+1)· n!-n!=n· n!. -1 (2)nA m ?· [(n - 1) - (m - 1) + 1] = n(n - - n 1 = n(n - 1)· 1)· ?· (n-m+1)=Am n. n! k (3)kCn=k· k!(n-k)! (n-1)! -1 =n· =nCk n-1. (k-1)![(n-1)-(k-1)]! m+1 m+1 m+1 n! (4) C = · = n-m n n-m (m+1)!(n-m-1)! n! =Cm n. m!(n-m)!

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第58讲 排列与组合
双 向 固 基 础

2.对排列概念的理解 (1)当元素完全相同,并且元素排列的顺序也完全相 同时,才是同一个排列;元素完全不同或元素部分相同 或元素相同而顺序不同的排列,都不是同一个排 列.( ) (2)排列定义规定给出的 n 个元素各不相同,并且只 研究被取出的元素也各不相同的情况.也就是说,如果 某个元素已被取出,则这个元素就不能再取了.( )

[答案] (1)√ (2)√

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第58讲 排列与组合
双 向 固 基 础

[解析] (1)根据排列的定义,必须元素完全相同、顺 序也完全相同,才是同一个排列. (2)根据排列的定义,总体中没有相同的元素,元素 的取出是不能放回的.

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第58讲 排列与组合
双 向 固 基 础

3.排列与组合的区别 (1)一个组合中取出的元素讲究先后顺序.( ) (2) 两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相 同.( ) (3)组合与排列的区别在于:虽然都是从 n 个不同的 元素中取出 m 个不同元素,但是排列是要考虑“按一定 顺序排成一列”,而组合是“合成一组”,即元素之间 无前后顺序可言.因此两个组合只要它们的元素相同就 是同一个组合,而不必考虑元素之间的顺序.( )

[答案] (1)× (2)√ (3)√

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第58讲 排列与组合
双 向 固 基 础

[解析] (1)组合取出元素时不讲究先后顺序. (2)根据组合的定义,只要两个组合的元素完全相同, 这两个组合就是同一个组合,反之亦然. (3)根据排列、组合的定义可知.

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考点统计
点 面 讲 考 向

题型(考频) 0
0 0

题型示例(难度)

1.排列数、组合数公式
2.排列问题 3.组合问题

4.排列、组合的综合应用

选择(4)

2008年T12(C), 2009年T10(C), 2011年T8(B), 2012年T10(B)

说明:A表示简单题,B表示中等题,C表示难题,示 例均选自2008年~2012年安徽卷.
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第58讲 排列与组合

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探究点一

排列数、组合数公式的应用

点 面 讲 考 向

2 2 例 1 (1)已知 3A3 ≤ 2A + 6A + n n 1 n,求 n 的值; 1 1 7 m (2)已知 m- m= m,求 C8 的值. C5 C6 10C7

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第58讲 排列与组合

点 面 讲 考 向

[思考流程] (1)条件:关于排列数的不等式;目标:求 n 的值;方法:应用排列数公式. (2)条件:关于组合数的等式;目标:求 m 的值;方法: 应用组合数公式.

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解:(1)原不等式可化为 3n(n-1)(n-2)≤2(n+1)n+6n(n-1),① 由原不等式,得 n≥3,则不等式①可化为 3(n-1)(n-2)≤2(n+1)+6(n-1), 即 3n2-17n+10≤0, 2 解得 ≤n≤5. 3 ∵n≥3,且 n∈N*, ∴n 的值是 3,4,5.

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点 面 讲 考 向

(2)由已知,得 m 的取值范围为{m|0≤m≤5,m∈Z}, 1 1 7 由 m- m= ,得 C5 C6 10Cm 7 m!(5-m)! m!(6-m)! - 5! 6! 7×(7-m)!m! = , 10×7! 即 60-10(6-m)=(7-m)(6-m), 即 m2-23m+42=0,解得 m=21(舍)或 m=2, m ∴C8 =C2 8=28.

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第58讲 排列与组合

点 面 讲 考 向

[点评] (1)排列数是一些连续正整数的乘积,在解题 时注意利用这个特点进行约分,能够有效地简化计算; (2)在解决组合数中的未知数时要注意利用必须使组合数公 式本身有意义,同时在计算时要注意合理选用组合数的两 个计算公式,简化计算.

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第58讲 排列与组合

点 面 讲 考 向

归纳总结 在求解有关排列数(或组合数)的问题时, 应 m 注意 Am m 是非负整数,且 n≥m, n (或 Cn )中的 n 是正整数, 在求得 n,m 的值后,要进行检验.

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第58讲 排列与组合
m m-1 变式题 求证:Am . n+1-An =mAn

点 面 讲 考 向

(n+1)! n! - = (n+1-m)! (n-m)! ? n+1 ? n! n! m ? ? -1? = · = n + 1 - m (n-m)! ? ( n - m )! n + 1 - m ? ? n! -1 m· =mAm , n (n+1-m)! 所以原式成立.
m m 证明: A n +1 - A n =

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?

探究点二

排列问题

点 面 讲 考 向

例2 (1)[2012· 辽宁卷] 一排 9 个座位坐了 3 个三口 之家.若每家人坐在一起,则不同的坐法种数为( ) A.3×3! B.3×(3!)3 C.(3!)4 D.9! (2)[2012·全国卷] 将字母 a,a,b,b,c,c 排成三行 两列,要求每行的字母互不相同,每列的字母也互不相同, 则不同的排列方法共有( ) A.12 种 B.18 种 C.24 种 D.36 种

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第58讲 排列与组合

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[思考流程] (1)分析:属排列问题;推理:相邻问题; 结论:捆绑法得出结论. (2)分析:属不重复排列;推理:各行各列为三个字母 的不同排列;结论:分步计数原理得出结论.

[答案] (1)C

(2)A

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第58讲 排列与组合

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[解析] (1)由已知,该问题是排列中捆绑法的应 用,即先把三个家庭看作三个不同元素进行全排列,而 后每个家庭内部进行全排列,即不同坐法种数为 3 3 3 4 A3 3·A3·A3·A3=(3!) . (2)第一步排第一列, 一定是一个 a、 一个 b 和一个 c, 共有 A3 3=6 种不同的排法,第二步排第二列,要求每行 每列字母均不同共有 2 种不同的排法, 则总共有 2A3 3=12 种不同的排法,故选 A.

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第58讲 排列与组合

点 面 讲 考 向

[点评] 解决排列问题的基本思路是,分清完成这件 事应分类还是分步,然后优先考虑特殊元素与特殊位置的 排列;对于相邻问题可用“捆绑法”,即先把要求相邻的 元素当作一个整体与其他元素进行排列,再考虑相邻元素 的内部排列;对于不相邻排列可考虑“插空法”,即先排 其他元素,再把要求不相邻的元素插入它们之间的空当.

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第58讲 排列与组合

归纳总结
直接法
点 面 讲 考 向 优先法 捆绑法 插空法 分排问题 先整体后局 部 定序问题 间接法

求排列问题的基本解法有
对无限制条件的排列,直接列出排列数计算
对特殊元素(或位置)优先安排 对有相邻元素的排列 对有不相邻元素排列(间隔排列)

对元素分成多排,可归结为一排考虑,再分段研究 对“小集团”排列问题 可先不考虑顺序限制进行排列,再除去定序元素的 全排列 正难则反,等价转化处理
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第58讲 排列与组合

点 面 讲 考 向

变式题 (1)[2012·商丘三模] 三位老师和三位学生站 成一排,要求任何两位学生都不相邻,则不同的排法总数 为________种. (2)[2012·豫东六校联考] 用 0,1,2,3,4 这五个 数字组成无重复数字的五位数,其中恰有一个偶数数字夹 在两个奇数数字之间,这样的五位数有________个.

[答案] (1)144

(2)28

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第58讲 排列与组合
[解析] (1)属不相邻问题,可用插空法,分为两个 步骤完成:先排 3 位老师,有 A3 3种排法;再把三位学生 插入老师之间的 4 个空当(包括头尾 2 个位置),有 A3 4种 排法, 根据分步乘法计数原理, 不同的排法总数为 A3 A3 3· 4 =6×24=144 种. (2)属“小集团”排列问题,分为三类: 第 1 类,1 和 3 两个奇数夹着 0,把这 3 个元素看作 一个整体,与另外两个偶数排列,有 A3 3种排法;再考虑 3 2 1 和 3 之间有 A2 种排法,这样的不同排法共有 A · A 2 3 2= 12 种.

点 面 讲 考 向

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第58讲 排列与组合

点 面 讲 考 向

第 2 类,1 和 3 两个奇数夹着 2,把这 3 个元素看作 一个整体,与另外两个偶数排列,注意 0 不能在首位, 2 有 2A2 2种排法;再考虑 1 和 3 之间有 A2种排法,这样的 2 不同排法共有 2A2 2·A2=8 种. 第 3 类,1 和 3 两个奇数夹着 4,与第 2 类相同,不 2 同排法共有 2A2 · A 2 2=8 种. 根据分类加法计数原理,这样的五位数有 12+8+8 =28 个.

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探究点三

组合问题

点 面 讲 考 向

例 3 (1)[2012·课程标准卷] 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 (2)[2012·陕西卷] 两人进行乒乓球比赛,先赢 3 局者获胜,决出胜负为止,则所有可能出现的情形(各人 输赢局次的不同视为不同情形)共有( ) A.10 种 B.15 种 C.20 种 D.30 种

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[思考流程] (1)分析:属组合问题;推理:分步完成; 结论:乘法原理得出结论. (2)分析:属组合问题;推理:确定分类依据;结论: 分类计数原理得出结论.

[答案] (1)A (2)C

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[解析] (1)分别从 2 名教师中选 1 名,4 名学生中选 2 名安排到甲地参加社会实践活动即可, 则乙地就安排剩下的 2 教师与学生,故不同的安排方法共有 C1 C 2 4=12 种.故选 A. (2)本小题主要考查排列、组合的知识,解题的突破口 为找出甲或乙赢的情况进行分析计算. 依甲赢计算: 打三局 结束甲全胜只有 1 种; 打四局结束甲前三局赢两局, 第四局 必胜有 C2 3种;打五局结束甲前四局赢两局,第五局必胜有 C2 4×1=6 种;故甲胜共有 10 种,同样乙胜也有 10 种,所 以共有 20 种,故选 C.

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第58讲 排列与组合

[点评] 解决“无序”问题可以考虑用组合,注意区 分是分类处理,还是分步完成.
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点 面 讲 考 向

归纳总结 对于有条件的组合问题,可能遇到含某个 (些)元素与不含某个(些)元素问题;也可能遇到“至多” 或“至少”等组合问题的计算,此类问题要注意分类处理 或间接计算,切记不要因为“先取再后取”产生顺序造成 计算错误.

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点 面 讲 考 向

变式题 (1)[2012·山东卷] 现有 16 张不同的卡片, 其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各 4 张.从中任取 3 张, 要求这 3 张卡片不能是同一种颜色, 且红色卡片至多 1 张, 不同取法的种数为( ) A.232 B.252 C.472 D.484 (2)新学期开始, 某校接受 6 名师大毕业生到校实习. 学 校要把他们分配到三个年级,每个年级 2 人,其中甲必须 在高一年级,乙和丙均不能在高三年级,则不同的安排种 数为( ) A.18 B.15 C.12 D.9
[答案] (1)C (2)D

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[解析] (1)方法一:(排除法)先从 16 张卡片选 3 张, 然后排除所取三张同色与红色的为 2 张的情况, C3 16- 2 1 4C3 4-C4C12=560-88=472. 2 1 1 1 1 2 方法二:有红色卡片的取法有 C1 C C C + C 4 3 4 4 4C3C4, 1 1 1 2 1 不含红色卡片的取法有 C1 4C4C4+C3C4C8,总共不同取法 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 有 C1 4C3C4C4+C4C3C4+C4C4C4+C3C 4C8=472. (2)先安排高三年级,从除甲、乙、丙的 3 人中选 2 1 人,有 C2 种选法;再安排高一年级,有 C 3 3种方法,最后 安排高二年级,有 C2 2种方法,由分步乘法计数原理,得 1 2 不同的安排种数共有 C2 C 3 3C2=9 种,故选 D.

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?

探究点四

排列、组合的综合应用

点 面 讲 考 向

例 4 (1)[2012· 长春三调] 现有 4 名教师参加说题 比赛,共有 4 道备选题目,若每位选手从中有放回地随 机选出一道题进行说题,其中恰有一道题没有被这 4 位 选中的情况有( ) A.288 种 B.144 种 C.72 种 D.36 种 (2)[2012·德州二模] 2012 年伦敦奥运会某项目参 赛领导小组要从甲、乙、丙、丁、戊五名志愿者中选派 四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作, 若其中甲、乙只能从 事前三项工作,其余三人均能从事这四项工作,则 不同的选派方案共有( ) A.18 种 B.36 种 C.48 种 D.72 种
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第58讲 排列与组合

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[思考流程] (1)分析:属综合问题;推理:先组合后 排列;结论:乘法原理得出结论. (2)分析:属限制条件问题;推理:先分类后分步;结 论:加法原理得出结论.

[答案] (1)B

(2)D

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第58讲 排列与组合
[解析] (1)4 名教师选题,可分三个步骤进行:首先选择 题目,从 4 道题目中选出 3 道,有 C3 4种不同的选法;其次再将 获得同一道题目的 2 位老师选出, 有 C2 最后将 4种不同的选法; 3 道题目分配给 3 组老师,有 A3 3种不同的分配方法.根据分步 2 3 乘法计数原理,满足题意的情况共有 C3 4·C4·A3=4×6×6= 144 种,故选 B. (2)选派方案可分为两类:第一类,甲、乙两人只选一人参 1 3 加,有 C1 2C3A3=36 种不同的选派方案;第二类,甲、乙两人 2 都选上,有 A2 A 3 3=36 种不同的选派方案,由分类加法计数原 理,得不同的选派方案共有 36+36=72 种,故选 D.

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[点评] 分配问题中如果待分配的元素数目多于分配 的位置数目,就要先分组然后再进行分配;问题中出现受
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条件限制的特殊元素,可优先考虑分类处理.

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第58讲 排列与组合

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归纳总结 解答排列与组合的综合问题,基本原则是 先特殊后一般、先取后排、先分类后分步,一般是将符合 条件的取出或分组,再对取出的元素分组进行排列;解题 的通常思路是: ①先满足特殊元素要求,再考虑其他元素. ②先满足特殊位置要求,再考虑其他位置. ③逆向思维,先不考虑附加条件的方法数,再减去不符合 条件的方法数.

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变式题 (1)[2012· 南宁外国语学校测试] 12 名同学合 影, 站成前排 4 人后排 8 人, 现摄影师要从后排 8 人中抽 2 人调整到前排,若其他人的相对顺序不变,则不同调整方 法的总数是( ) 2 6 A.C2 B.C2 8A3 8A 6 2 2 C.C2 D.C2 8A6 8A 5 (2)[2012·许昌调研] 某单位安排 7 位员工在 2013 年 2 月 9 日至 2 月 15 日(即今年除夕到正月初六)值班,每天 安排 1 人,每人值班 1 天.若 7 位员工中的甲、乙排在相 邻两天,丙不排在除夕,丁不排在初一,则不同的安排方 案共有( ) A.504 种 B.960 种 C.1 008 种 D.1 056 种

[答案]

(1)C

(2)D
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第58讲 排列与组合
[解析] (1)调整方案可分为两个步骤:先从后排 8 人 中任取 2 人,有 C2 8种取法;然后这两人逐个插入前排 4 个人 1 之间的空当,有 A1 5·A6种方法,由分步乘法计数原理,不同 1 1 2 2 调整方法的总数是 C2 8·A5·A6=C8·A6,故选 C. (2)把甲与乙当作一个整体,按甲与乙的安排分类: 第 1 类,甲、乙排在除夕与初一,甲、乙两人之间有 A2 2种 5 2 值班方案,其他 5 人有 A5 种值班方案,共有 A · A 5 5 2=240 种;

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第 2 类,甲、乙排在初一与初二,甲、乙两人之间 1 有 A2 种值班方案,丙从初三至初六选 1 天有 A 2 4种,其他 2 1 4 4 人有 A4 种值班方案,共有 A · A · A 4 2 4 4=192 种; 第 3 类,甲、乙排在初二与初六的连续 2 天,有 4 种值班方案,甲、乙两人之间有 A2 2种值班方案,其中丙 4 排在除夕有 A4 4种,丁排在初一有 A4种,排除丙排在除夕 4 1 且丁排在初一有 A3 共有 4A2 A1 A3 3种, 2(A4+A3· 3· 3)=8×78 =624 种值班方案. 根据分类加法计数原理,不同的安排方案共有 240 +192+624=1 056,故选 D.

点 面 讲 考 向

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思想方法

24 构造模型解决排列组合问题

例 把 20 个相同的球全部装入编号分别为 1,2,3 的三个盒子中,要求每个盒子中的球数不小于其编号数, 则共有________种不同的放法.

多 元 提 能 力

[答案] 120

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第58讲 排列与组合
[解析] 考虑构建隔板模型,运用隔板法必须同时具备以下 三个条件:①所有元素必须相同;②所有元素必须分完;③每 组至少有一个元素. 题目有限制条件,不能直接运用隔板法,但可转化为隔板 问题,向 1,2,3 号三个盒子中分别装入 0,1,2 个球后,还 剩余 17 个球,然后再把这 17 个球分成 3 份,每份至少一球, 运用隔板法,共有 C2 16=120 种不同的分法.
多 元 提 能 力

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第58讲 排列与组合

多 元 提 能 力

[方法解读] 排列与组合的根本区别在于是“有序” 还是“无序”,对于将若干个相同小球放入几个不同的盒 子中,此类问题可利用“挡板法”求解,实质上是最终转 化为组合问题.根据问题的特点,把握问题的本质,通过 联想、类比构建模型是求解排列、组合问题的关键;不同 的问题背景会不断变新,面对一个新背景,怎样灵活运用 这些方法,关键就在善于转化为基本模型.

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多 元 提 能 力

自我检评 (1)[2012·合肥八中月考] 2 位男生和 3 位 女生共 5 位同学站成一排,若男生甲不站两端,3 位女生中有 且只有两位女生相邻,则不同排法的种数是( ) A.60 B.48 C.42 D.36 (2)[2012 ·江阴三校联考 ] 四名优等生保送到三所学校 去,每所学校至少得一名,则不同的保送方案的总数是 ________种.

[答案] (1)B

(2)36

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第58讲 排列与组合
[解析] (1)可分为 4 步: 第一步选 2 女相邻排列, 有 C2 A2 3· 2 种; 第二步剩下的 1 名女生与捆绑的 2 名女生排列, 有 A2 2种; 第三步男生甲插在中间, 1 种插法; 第四步剩下的一名男生插 2 2 2 1 空,有 C1 4种,则不同排法有 C3·A2·A2·C4=48 种不同排 法,故选 B. (2)方法一:分两步完成:先将四名优等生分成 2,1,1 三组,共有 C2 4种;而后,对三组学生安排三所学校,即进行 2 3 全排列,有 A3 种,依乘法原理,共有 C 3 4A3=36(种). 方法二:分两步完成:每个学校至少有一名学生,每人 进一所学校,共有 A3 4种;而后,再将剩余的一名学生送到三 1 3 所学校中的一所学校,有 3 种,共有 N= A4·3=36(种). 2

多 元 提 能 力

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【备选理由】 例1是均匀分组与非均匀分组问题,例2是几何体的涂 色问题,是对几个探究点的补充.

教 师 备 用 题
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第58讲 排列与组合
例 1 有 6 本不同的书按下列分配方式分配,问共有 多少种不同的分配方式? (1)分成 1 本、2 本、3 本三组; (2)分给甲、乙、丙三人,其中一人 1 本,一人 2 本, 一人 3 本; (3)分成每组都是 2 本的三组; (4)分给甲、乙、丙三人,每人 2 本.

教 师 备 用 题
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第58讲 排列与组合

解:(1)分三步:先选一本有 C1 6种选法;再从余下的 5 3 本中选 2 本有 C2 5种选法;对于余下的三本全选有 C3种选 2 3 法,由分步乘法计数原理知有 C1 C 6 5C3=60 种选法. (2)由于甲、乙、丙是不同的三人,在 (1)的基础上, 2 3 3 还应考虑再分配的问题,因此共有 C1 C 6 5 C3A3=360 种选 法.

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第58讲 排列与组合
2 2 (3)先分三步,则应是 C2 C 6 4C2种选法,但是这里面出 现了重复,不妨记 6 本书为分别 A,B,C,D,E,F,若 2 2 第一步取了(AB,CD,EF),则 C2 6C4C2种分法中还有(AB, EF,CD),(CD,AB,EF),(CD,EF,AB),(EF,CD, 3 AB),(EF,AB,CD)共有 A3 3种情况,而且这 A3种情况仅 是 AB,CD,EF 的顺序不同,因此,只算作一种情况, 2 2 C2 6C4C2 故分配方式有 =15(种). 3 A3 (4) 在 问 题 (3) 的 基 础 上 再 分 配 , 故 分 配 方 式 有 2 2 C2 C 6 4C2 2 2 2 ·A3 = C 3 3 6C4C2=90(种). A3

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第58讲 排列与组合

例 2 将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色,并使同 一条棱上的两端点颜色不相同, 如果只有 5 种颜色可供选择, 则不同的涂色方式有多少种?

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第58讲 排列与组合
解:如图 10-58-1,顶点 A,C 可以同色,B,D 也 可以同色.

图 10-58-1
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第58讲 排列与组合

(1)当 A,C 不同色时,A,C 的涂色方式有 A2 5=20 种, 对 S 涂色有 3 种方法,对 B 涂色有 2 种方法,对 D 涂色与 B 可以同色,也有 2 种方法,所以此时不同的涂色方式有 20×3×2×2=240 种; (2)当 A,C 同色时,对 A,C 涂色有 5 种方法,对 S 有 4 种方法,对 B 有 3 种方法,对 D 有 3 种方法,此时不 同的涂色方式有 5×4×3×3=180 种. 所以满足题意的不同的涂色方式有 420 种.

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双 向 固 基 础 点 面 讲 考 向 多 元 提 能 力 教 师 备 用 题

第59讲

二项式定理

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考试大纲
1.能用计数原理证明二项式定理. 2.会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问 题.

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第59讲 二项式定理
双 向 固 基 础

—— 知 识 梳 理 ——
一、二项式定理 0 n 1 n-1 k n-k k n n n C a + C a b +?+ C a b +?+ C n n n nb (a + b) = __________________________________ (n∈N*)称为二项式定理,其中 Ck n (k∈{0,1,?,n})叫 二项式系数 做________________ , n∈N*)称为二项展开式的通项公式.
k n-k k C b na Tk+ 1 =__________________( 其中 0≤k≤n ,k∈N,

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第59讲 二项式定理
双 向 固 基 础

二、二项式系数的性质 性质 1: 与首末两端“等距离”的两项的二项式系数 n-k k C 相等,即 Cn=________ . n 性质 2: 当 n 为偶数时, 展开式的项数为奇数, 此时, 中间一项的二项式系数最大;当 n 为奇数时,展开式的 中间两项 的二项式系数相等且最 项数为偶数,此时,__________ 大. 1 2 2 k k 性质 3:由(1+x)n=C0 n+Cnx+Cnx +?+Cnx +?+ n 0 1 k n n Cn x ,令 x = 1 ,得 C + C +?+ C +?+ C = 2 ,即二 n n n n n 项式系数的和为 2n.

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第59讲 二项式定理
双 向 固 基 础

三、杨辉三角 下面的数表称为杨辉三角 第0行 1 第1行 1 1 第2行 1 2 1 第 3行 1 3 3 1 第 4行 1 4 6 4 第5行 1 5 10 10 5 1 ?? ?? ?? 0 1 2 n-1 n C , C , C ,?, C , C n n n n n . 其中第n行是________________________________

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第59讲 二项式定理
双 向 固 基 础

—— 疑 难 辨 析 ——
1.对二项式定理的理解 n -k k (1)Ck b 是二项展开式的第 k 项.( ) na (2)公式中的第一个量 a 与第二个量 b 的位置不能颠 倒.( )

[答案] (1)× (2)×

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第59讲 二项式定理
双 向 固 基 础
n-k k [解析] (1)Ck b 表示的是二项展开式的第 k+1 na 项. (2)从形式上看二项展开式的字母 a,b 是有顺序的, 但是根据加法满足交换律,交换 a,b 后运算结果不变, 实际上根据二项式系数的性质,交换 a,b 后的两个展开 式可以化为同一个展开式,虽然我们在习惯上使用二项 式定理时讲究两个字母的顺序,但不能说两个字母不能 交换.

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第59讲 二项式定理
双 向 固 基 础

2.二项式系数的性质的应用 1 n (1)二项式系数是指 C0 n,Cn,?,Cn这 n+1 个组合 数.( ) n+1 (2)当 r≤ 时,二项式系数 Cr n的值逐渐增大,当 2 n+1 r≥ 时,Cr n的值逐渐减小,且在中间取得最大值.当 2 ?n ? n ? ? n 为偶数时,中间一项?2+1?的二项式系数 C n 取得最大 2 ? ? n+1 n+1 值;当 n 为奇数时,中间两项第 和 +1 项的二项 2 2 式系数 C
n-1 2 n

n +1

,C

2 n 相等并同时取最大值.(

)

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第59讲 二项式定理
双 向 固 基 础
2 4 1 3 5 n-1 (3)C0 + C + C +?= C + C + C +?= 2 .( ) n n n n n n (4)在(1-x)9 的展开式中系数最大的项是第五、第六 两项.( )

[答案] (1)√ (2)√ (3)√ (4)×

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第59讲 二项式定理
双 向 固 基 础

[解析] (1)根据二项式系数的定义可知正确. (2)二项式系数中间最大,分 n 为奇数和偶数可得. 1 2 2 k k n n (3)在(1+x)n=C0 n +C n x+Cn x +?+Cn x +?+C n x 中 2 4 1 3 5 n-1 令 x=-1,得 C0 + C + C +?= C + C + C +?= 2 . n n n n n n (4)在(1+x)9 的展开式中第 5 和第 6 项系数最大, 但在(1 4 4 4 -x)9 的展开式中第 5 项是 T5=C4 系数为正值, 9(-x) =C9x , 5 5 5 第 6 项是 T6=C5 ( - x ) =- C 9 9x ,系数为负值,故第 5 项的 系数最大.

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第59讲 二项式定理

考点统计 点 面 讲 考 向 1.展开式中的特定项或特 定的系数 2.二项式系数与项的系数 问题 3.二项式定理的综合应用

题型(考频) 选择(1) 填空(2) 0

题型示例(难度) 2012年T7(B) 2010年T12(A), 2011年T12(A)

说明:A表示简单题,B表示中等题,C表示难题,示 例均选自2008年~2012年安徽卷.
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第59讲 二项式定理

?

探究点一

求展开式中的特定项或特定的系数
? ? ? 2 1?6 ?x +x ? 的展开式中 ? ?

点 面 讲 考 向

例 1 (1)[2012·广东卷]

x3 的

系数为________.(用数字作答) (2)[2012· 陕西卷] (a+x)5 展开式中 x2 的系数为 10, 则实数 a 的值为________.

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第59讲 二项式定理

点 面 讲 考 向

[思考流程] (1)分析:理解二项式定理;推理:写出 展开式的通项;结论:得出特定项的系数. (2)分析: 应用二项式定理; 推理: 按通项得 x2 的系数; 结论:解方程得 a 的值.

[答案] (1)20 (2)1

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第59讲 二项式定理
r 2(6-r)?1?r Tr+1=C6x ? ? =

[解析] (1)展开式的通项公式是
点 面 讲 考 向

? ? ? x?

2(6-r) -r r 12-3r Cr x x = C , 6 6x 令 12-3r=3,解得 r=3, 所以 x3 的系数为 C3 6=20. 5-r r (2)展开式的通项公式为 Tr+1=Cr a x, 5 3 令 r=2,得 x2 的系数为 C2 5a . 3 由 x2 的系数为 10,即有 C2 a 5 =10,解得 a=1,故实 数 a 的值为 1.

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第59讲 二项式定理

点 面 讲 考 向

[点评] 求二项展开式中的指定项,一般是利用通项 公式进行,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r+1,代回通项公式即可.

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第59讲 二项式定理

点 面 讲 考 向

归纳总结 二项式定理的核心是它的通项公式,通项 公式可以表示二项展开式中的任意一项,只要n,r确定, 该项也就确定;利用二项展开式的通项可以求出展开式中 的任意指定项,对于求两个多项式的积的特定项,可由分 类加法计数原理讨论求解.

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第59讲 二项式定理

变式题
点 面 讲 考 向

(1)[2012·安徽卷] (x

2

?1 ?5 ? +2)?x2-1? ? 的展开式 ? ?

的常数项是( ) A.-3 B.-2 C.2 D.3 ? 1? ? 6的二项展开式中的常数 (2)[2012· 湖南卷] ?2 x- ? x? ? ? 项为________.(用数字作答)

[答案] (1)D

(2)-160

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第59讲 二项式定理
? ? ? ?1 ? 5, ?5 ?5 ? 2? 1 [解析] (1)因为 x +2 x2-1? =x ?x2-1? +2?x2-1? ? ? ? ? ? ? ? ?1 ?5 ? ? ? ? 5 ? 1 ?0 又 2 ?x2-1? 展开式中的常数项为 2C 5?x2? ( -1)5 =-2 , ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?5 2? 1 2 4? 1 ?1? x ?x2-1? 展开式中的常数项为 x C5?x2? ??-1??4=5,故二项 ? ? ? ? ? ?5 ? 2 ?? 1 式??x +2???x2-1? ? 展开式中的常数项为-2+5=3. ? ? ? 1? r= r 6 -r? (2)由二项式的通项公式得 Tr+1=C6(2 x) ?- ? x? ? ?
? ? ?

2

?? ? ??

?1

点 面 讲 考 向

3 -r (-1)r26-rCr x ,令 3-r=0,得 r=3,所以常数项为 T4 6 =(-1)326-3C3 6=-160.

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第59讲 二项式定理

?

探究点二
例2

二项式系数与项的系数问题
3 项与第 7 项的二项式

点 面 讲 考 向

? 1? n的展开式中第 ? (1)若?x+x ? ? ? ?

1 系数相等,则该展开式中 2的系数为________. x (2)[2012·商丘二模] 二项式(1+sinx)6 的展开式中二项 5 式系数最大的一项的值为 ,则 x 在 [0 , 2 π ] 内的值为 2 ________.

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第59讲 二项式定理

点 面 讲 考 向

[思考流程] (1)分析:二项式系数的含义;推理:由 二项式系数相等确定 n;结论:得出特定项的系数. (2)分析:二项式性质;推理:确定中间项;结论:求 x 的值.

π 5π [答案] (1)56 (2) 或 6 6

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第59讲 二项式定理
6 [解析] (1)由题有 C2 n=Cn,∴n=8,Tr+1= ? ? ? ?2r-8 r 8-r?1?r r ?1? C8x ? x? =C8? x? ,令 2r-8=2?r=5, ? ? ? ? 1 ∴ 2的系数为 C5 8=56,故填 56. x (2)二项式(1+sinx)6 的展开式的通项公式为 Tr+1=Cr 6 (sinx)6-r,展开式有 7 项,中间一项是第 4 项,即二项式 5 1 3 6-3 系数最大的项,由已知,得 C6(sinx) = ,解得 sinx= . 2 2 ∵x∈[0,2π ], π 5π π 5π ∴x= 或 ,故 x 在[0,2π ]内的值为 或 . 6 6 6 6

点 面 讲 考 向

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第59讲 二项式定理

点 面 讲 考 向

[点评] 第(1)小题是与二项式系数有关的问题,解 题的突破口为先利用二项式系数相等求出n,再结合通项 公式求解.第(2)小题求二项式系数最大项,若n为偶数, 则中间一项的二项式系数最大;若n为奇数,则中间两项 的二项式系数最大.

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第59讲 二项式定理

点 面 讲 考 向

归纳总结 二项式系数、二项展开式项的系数是两个 不同的概念,在解题时要注意区分,二项式系数只与二项 式的指数和项数有关,与二项式无关;而项的系数不仅与 二项式的指数和项数有关,还与二项式有关.

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第59讲 二项式定理

变式题 (1)[2012·山西四校联考]
点 面 讲 考 向

? 1? n展开式中 ? 若?x+x ? ? ? ?

第四项与第六项的系数相等,则展开式中的常数项的值等 于( ) A.8 B.16 C.80 D.70 ?x 1 ? ? - ? (2)[2012·三明模拟] 在?2 3 ?n的展开式中,只有 x? ? 第 5 项的二项式系数最大,则展开式中 x4 的系数是( ) 7 7 A.-7 B.7 C.- D. 4 4

[答案]

(1)D

(2)C
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第59讲 二项式定理
r n-r?1?r n -2 r Tr+1=Cnx ? ? =Cr , nx

[解析]
点 面 讲 考 向

(1)展开式的通项为

? ? ? x?

由已知展开式中第四项与第六项的系数相等,得 5 C3 n=Cn,即 n=8, 令 n-2r=0,得 r=4, ∴展开式的常数项是 T5=C4 8=70,故选 D.

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第59讲 二项式定理

点 面 讲 考 向

(2)由已知只有第 5 项的二项式系数最大,得第 5 项是展开 n 式的中间项,则 +1=5,解得 n=8, 2 1 ? ? x?n-r? ?r ? ? ?- ∴展开式的通项是 Tr+1=Cr = n? ? ?2? ? 3 ? x? ? ? ?8-r -4 r r ?1? (-1) C8?2? x8 3r. ? ? 4 令 8- r=4,解得 r=3, 3 ? ? 7 4 4 3 3?1? 5 4 ∴展开式中含 x 的项是 T4=(-1) C8?2? x =- x ,故选 4 ? ? C.

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第59讲 二项式定理

?

探究点三
例 3

二项式定理的综合应用
? ? ? 2 1?n 在二项式?x -x? 的展 ? ?

点 面 讲 考 向

(1)[2012·郑州质检]

开式中,则展开式中各项系数的和为( ) A.32 B.-32 C.0 D.1 (2)[2012·浙江卷] 若将函数 f(x)=x5 表示为 f(x)= a0+a1(1+x)+a2(1+x)2+?+a5(1+x)5,其中 a0,a1, a2,?,a5 为实数,则 a3=________.
[答案] (1)C (2)10

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第59讲 二项式定理
? ? ? 2 1?n [解析] (1)在二项式?x -x? 中,令 ? ? ? ? ? 2 1?5 式中各项系数的和为?1 -1? =0,故选 C. ? ?

x=1,得展开

点 面 讲 考 向

? ? (2)方法一:由于 f(x)=x5=??(1+x)-1??5,那么 a3 2 =C2 ( - 1) =10,故应填 10. 5 方法二:对等式 f(x)= x5 =a0 + a1(1 + x)+a2(1 + x)2 +?+a5(1+x)5 两边连续对 x 求导三次得 60x2=6a3+ 24a4(1+x)+60a5(1+x)2,再运用赋值法,令 x=-1 得: 60=6a3,即 a3=10.

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第59讲 二项式定理

点 面 讲 考 向

方法三:由等式两边对应项系数相等. ?a5=1, ? 4 即?C5a5+a4=0, ?a3=10. ?C3a +C1a +a =0 ? 5 5 4 4 3

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第59讲 二项式定理

[点评] 涉及二项展开式的系数和的问题,基本方法 是“赋值法”,对展开式两边的x赋以同值,利用恒等关
点 面 讲 考 向

系得到系数的和;正确地把函数与二项展开式加以对比, 再结合二项式定理加以分析与应用.注意等式的拆分与组

合.

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第59讲 二项式定理

点 面 讲 考 向

归纳总结 二项式定理给出的是一个恒等式, 常根据待 求式子的特征,对 a,b 赋予一些特定的值,是解决二项式 问题的一种重要思想方法,赋值法是从函数的角度来应用 n 1 n-1 二项式定理,即函数 f(a,b)=(a+b)n=C0 a + C b+? n na n-r r n +Cr b +?+Cn na nb ,对 a,b 赋予一定的值,就能得到一 个等式.求解二项展开式的综合问题时,应考虑函数与方 程思想在解题中的应用,注意体会特殊值法、比较系数法 在解决与二项式系数有关问题中的作用.

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第59讲 二项式定理
? ? a? 1? 5的展开式中各项系数的和为 ? ?? (1)?x+x??2x-x ? ? ? ?? ?

变式题
点 面 讲 考 向

2,则该展开式中常数项为( ) A.-40 B.-20 C.20 D.40 (2)[2012·湖北卷] 设 a∈Z,且 0≤a<13,若 512 +a 能被 13 整除,则 a=( ) A.0 B.1 C.11 D.12
[答案] (1)D (2)D

012

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第59讲 二项式定理
? a? ? 5 x=1, 得各项系数和为?1+1? (2 - 1) ? ? ?

[解析]
点 面 讲 考 向

(1)令

=1+a=2,所以 a=1, ? ? ? 1? 1? 1? 5 ? ?? ?5 ? 所以原式可化为?x+x ??2x-x? ,?2x-x? ? 展开式的通 ? ?? ? ? ? ? 1? 5-r=(-1)5-r2rCr x2r-5. r r? 项为 Tr+1=C5(2x) ?-x ? 5 ? ? ? 令 2r-5=-1,得 r=2; 令 2r-5=1,得 r=3, 5-3 3 3 所以常数项为(-1)5-222C2 2 C5= 5+(-1) (-4+8)C2 5=40,故选 D.

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第59讲 二项式定理

点 面 讲 考 向

(2)512 012+a=a+(13×4-1)2 012=a+ (1-13×4)2 012 2 2 =a+1-C1 2 01213×4+C2 012(13×4) +?+ 012 2 012 C2 (13 × 4) , 2 012 显然当 a+1=13k, k∈Z, 即 a=-1+13k, k∈Z 时, 2 1 512 012+a=13k+13×4[-C1 2 012+C2 012(13×4) +? 012 2011 +C2 (13 × 4) ]能被 13 整除. 2 012 因为 a∈Z,且 0≤a<13,所以 a=12 时,512 012+a 能被 13 整除,故选 D.

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第59讲 二项式定理

思想方法

25 一般与特殊的思想在二项式问题中的应用

例 若(2x+ 3)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4,则(a0+ a2+a4)2-(a1+a3)2 的值是________.

多 元 提 能 力

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第59讲 二项式定理

[分析] 要求解的问题与二项式系数有关,考虑赋值 法,令x=±1,可求得奇数项与偶数项系数之和.

多 元 提 能 力

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第59讲 二项式定理

[答案] 1
[解析] 令 x=1,得 a0+a1+a2+a3+a4=(2+ 3)4, ① 令 x=-1,得 a0-a1+a2-a3+a4=(-2+ 3)4.② ∴ (a0 + a2 + a4)2 - (a1 + a3)2 = (a0 + a2 + a4 + a1 + a3)(a0 +a2+a4-a1-a3) =(2+ 3)4·(-2+ 3)4=(3-4)4=1.

多 元 提 能 力

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第59讲 二项式定理

自我检评 (1)[2012 ·邯郸一模 ] 在二项式 (2 - x )8 4 的展开式中不含 x ) .. 项的系数的和为( A.-1 B.0 C.1 D.2 1 ? ? ?5x- ?n (2)[2012· 太原二模] 设? 3 ? 的展开式的各项系 x? ? 数之和为 M,二项式系数之和为 N,若 M-N=240,则展 开式的常数项为________.

多 元 提 能 力

[答案] (1)B

(2)-20

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第59讲 二项式定理

[解析] (1)采用赋值法,令 x=1,得展开式的系数和为 1. 又展开式的通项为
r r 8-r Tr+1=C8·2 (-x)2,

0 4 当 r=8 时,得 x4 项系数为 C8 82 (-1) =1, ∴展开式中不含 x4 项的系数的和为 1-1=0,故选 B.

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第59讲 二项式定理

(2)令 x=1, 得展开式的系数和为(5-1)n=4n, 即 M=4n, 又展开式的二项式系数之和 N=2n,且 M-N=240, ∴4n-2n=240,解得 2n=16,或 2n=-15(舍去), 则 n=4,展开式的通项为 (-1) ·5
多 元 提 能 力
r 4-r 4 r 4- r C4x 3 , 1 - r r 4 -r Tr+1=C4·(5x) (-x 3) =

4 令 4- r=0,得 r=3, 3 ∴展开式的常数项为(-1)3·5C3 4=-20.

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第59讲 二项式定理

【备选理由】 例1是应用二项式定理求近似值,这是二项式定理的 重要应用之一,可以与探究点三补充;例2求多个二项式 积的某项系数,思路是转化成二项式定理的形式.

教 师 备 用 题
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第59讲 二项式定理

例 1 (1)9192 除以 100 的余数是________. (2)0.9986 的误差小于 0.001 的近似值是________.
[答案] (1)81 (2)0.988

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第59讲 二项式定理
92 1 91 [ 解析] (1)9192 = (90 +1)92 =C0 92 90 + C 92 90 +?+ 90 92 C92 902+(C91 90 + C 92 92) = k×100 + 92×90 +1 = k×100 + 82×100 +81(k 为 正整数). ∴9192 除以 100 的余数是 81. (2)0.9986=(1-0.002)6=1+6×(-0.002)+15× (-0.002)2+?+(-0.002)6, ∵T3=15×(-0.002)2=0.000 06<0.001, 即第 3 项以后的项的绝对值都小于 0.001, ∴从第 3 项起,以后的项可以忽略不计, 即 0.9986=(1-0.002)6≈1+6×(-0.002)=0.988.

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第59讲 二项式定理

例 2 (1 + 2x)3(1 - x)4 的 展 开 式 中 x 项 的 系 数 为 ________.

[答案] 2

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第59讲 二项式定理
[解析] (1+2x)3(1-x)4 展开式中的 x 项的系数为两个因式相 乘而得到,即第一个因式的常数项和一次项分别乘以第二个因 式的一次项与常数项,它为 0 1 1 1 1 0 4 0 C0 3(2x) ·C4(-x) +C 3(2x) ·C41 (-x) ,其系数为 1 1 C0 3·C4(-1)+C3·2=-4+6=2.

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双 向 固 基 础 点 面 讲 考 向 多 元 提 能 力 教 师 备 用 题

第60讲 随机事件的概率与 古典概型

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考试大纲
1.了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性, 了解概率的意义以及频率与概率的区别. 2.了解两个互斥事件的概率加法公式. 3.理解古典概型及其概率计算公式. 4.会计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发 生的概率.

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第60讲 随机事件的概率与古典概型
双 向 固 基 础

—— 知 识 梳 理 —— 一、随机事件的含义 一定 发生的事件. 1.必然事件:在一定条件下,______ 2.不可能事件:在一定条件下,一定不会 ________发生的事 件.
可能发生也可能不发生 3.随机事件:在一定条件下,___________________ 的事件.

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第60讲 随机事件的概率与古典概型
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二、随机事件的概率 1.事件的频率:在相同的条件下重复 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)

nA =______________ 为事件 A 出现的频率. n

2.概率的统计定义:一般地,如果随机事件 A 在 n 次试验中发生了 m 次,当试验的次数 n 很大时,我们可 m 以将发生的频率 作为事件 A 发生的概率的近似值,即 n m P(A)≈_______. n

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三、事件间的关系 1.包含关系:如果事件 A 发生,事件 B 一定发生, 则称事件 B 包含事件 A(或称事件 A 包含于事件 B),记作 B?A(或者 A?B),任何事件都包含不可能事件?. 2.相等关系:若 A?B,且 B?A,那么称事件 A 与 事件 B 相等,记作 A=B. 或 3. 和事件: 若某事件发生当且仅当事件 A 发生______ 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),记作 A∪B(或 A+B).

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且 4. 积事件: 若某事件发生当且仅当事件 A 发生______ 事件 B 发生,则称此事件为事件 A 与事件 B 的交事件, 或者积事件,记作 A∩B 或者 AB. 不可能事件 时,称事件 5.互斥事件:当 A∩B 为____________ A 与事件 B 互斥,其含义是:事件 A 与事件 B 在任何一 次试验中不会同时发生. 不可能事 6.对立事件:当 A∩B 为____________ ,A∪ B 为 件 必然事件 时,称事件 A 与事件 B 互为对立事件,其含 __________ 义是:事件 A 和事件 B 在任何一次试验中有且只有一个 发生. 注:上面事件的关系与运算类似于集合之间的关系 与运算.

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四、概率的基本性质 1.任何事件 A 的概率都在[0,1]内,即 0≤P(A)≤1, 不可能事件?的概率为 0,必然事件 Ω 的概率为 1. P(A)+P(B) . 2. 如果事件 A, B 互斥, 则 P(A+B)=____________ 3. 事件 A 与它的对立事件 A 的概率满足 P(A)+P( A ) =1.

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五、古典概型 1.古典概型的特征:(1)有限性:在一次试验中,可 能出现的结果是______ 有限 的,即只有有限个不同的基本事 相等 . 件;(2)等可能性:每个基本事件出现的可能性______ 2.古典概型的概率计算的基本步骤: (1)判断试验的结果是否是等可能的,设出所求的事 件为 A. (2)分别计算基本事件的个数 n 和所求的事件 A 所包 含的基本事件个数 m. m (3)利用古典概型的概率公式 P(A)=______ n ,求出事 件 A 的概率.

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—— 疑 难 辨 析 ——
1.概率与频率的联系 (1)事件发生的频率和概率是相同的.( ) (2)在大量重复试验中,概率是频率的稳定值.(

)

[答案] (1)× (2)√

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[解析] (1)频率是随着试验次数的改变而改变,即频 率是随机的,试验次数是不确定的,而概率是一个确定 的常数,是客观存在的,与试验次数无关,是随机事件 自身的一个属性. (2)在相同的条件下,随着试验次数的增加,随机事 件发生的频率会在某个常数附近摆动并趋于稳定,所以 可用频率作为概率的近似值,当试验次数越来越多时频 率向概率靠近,概率是频率的稳定值.

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2.事件之间的关系 (1)两个事件的和事件是指两个事件都得发生. ( ) (2)两个事件对立时一定互斥,但两个事件是互斥事 件时这两个事件未必对立.( ) (3)互斥事件的概念可以推广到多个事件的互斥,即 如果事件 A1,A2,?,An 中的任何两个都是互斥的,那 么就说事件 A1,A2,?,An 彼此互斥.有概率计算公式 P(A1+A2+?+An)=P(A1)+P(A2)+?+P(An).( )

[答案] (1)× (2)√ (3)√

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[ 解析] (1)两个事件的和事件是两个事件至少有一 个发生,其中含有三种情况,两个事件都发生只是其中 一种可能.(2)根据互斥事件和对立事件的概念.(3)根据 事件互斥的概念.

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3.古典概型的判断 (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“发芽和不发 芽”.( ) (2)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.( )

[答案] (1)× (2)×

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[解析] (1)不是古典概型,因为这个试验的基本事件有 “发芽”“不发芽”. 但“发芽”“不发芽”这两个基本 事件出现的机会一般不是均等的.(2)不是古典概型,因 为所测的重量可在[495,505]内任取一值,所以可能结果 有无限多个.

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考点统计 1.随机事件的频率与概率

题型(考频) 0

题型示例(难度)

点 面 讲 考 向

2.互斥事件与对立事件的概率
3.简单的古典概型的概率 4.复杂的古典概型的概率

0
选择(1) 解答(1) 2009年T10(C) 2012年T17(1)(B)

说明:A表示简单题,B表示中等题,C表示难题,示 例均选自2008年~2012年安徽卷.
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?

探究点一

随机事件的频率与概率问题

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例 1 [2012· 陕西卷改编] 某银行柜台设有一个服务窗 口,假设顾客办理业务所需的时间互相独立,且都是整数分 钟,对以往顾客办理业务所需的时间统计结果如下: 办理业务所需 1 2 3 4 5 的时间(分) 0.1 0.4 0.3 0.1 0.1 频率 从第一个顾客开始办理业务时计时.估计第三个顾 客恰好等待 4 分钟开始办理业务的概率.

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[思考流程] 条件:理解概率的概念;目标:求出给定 范围的概率;方法:频率估计概率.
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解:设 Y 表示顾客办理业务所需的时间,用频率估计 概率,得 Y 的分布列如下:
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Y 1 2 3 4 5 P 0.1 0.4 0.3 0.1 0.1 A 表示事件“第三个顾客恰好等待 4 分钟开始办理业 务”,则事件 A 对应三种情形: ①第一个顾客办理业务所需的时间为 1 分钟,且第二 个顾客办理业务所需的时间为 3 分钟;②第一个顾客办理 业务所需的时间为 3 分钟,且第二个顾客办理业务所需的 时间为 1 分钟;③第一个和第二个顾客办理业务所需的时 间均为 2 分钟. 所以 P(A)=P(Y=1)P(Y=3)+P(Y=3)P(Y=1)+P(Y= 2)P(Y=2)=0.1×0.3+0.3×0.1+0.4×0.4=0.22.
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[点评] 概率是一个确定的值,这个值是客观存在的, 但在我们没有办法求出这个值时,就可以使用大量重复试 验中的频率值估计这个概率值;由事件发生的频率近似地 作为它的概率是求一事件概率的基本方法.

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归纳总结 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做随机事件的概率.

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变式题 某企业自行设计了两条某种大型设备的生产 线,分别称为 1 号线和 2 号线,经过两年的运行,每条生 产线生产一台合格的该大型设备的时间数据统计如下表:
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时间(天) 15~25 1 号线生产一 0.1 台合格的该大 型设备的频率 2 号线生产一 0 台合格的该大 型设备的频率

25~35 0.15

35~45 45~55 55~65 0.45 0.2 0.1

0.25

0.4

0.3

0.05

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其中 m~n 表示生产一台合格的该大型设备的时间大 于 m 天而不超过 n 天,m,n 为正整数. 现该企业接到甲、乙两公司各一个订单,每个公司需 要生产一台合格的该大型设备,甲、乙两公司要求交货时 间分别为不超过 45 天和 55 天,为了尽最大可能在甲、乙 两公司订单要求的时间内交货, 该企业应如何选择生产甲、 乙两公司订购的该大型设备的生产线?

图 10-60-1

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解:用 Ak 表示事件“k 号线生产甲公司订购的合格的 大型设备时,在规定的时间内交货”,用 Bk 表示事件“k 号线生产乙公司订购的合格的大型设备时,在规定的时间 内交货”,其中 k=1,2. 用频率估计相应的概率可得 P(A1)=0.1+0.15+0.45=0.7, P(A2)=0.25+0.4=0.65, P(A1)>P(A2),所以用 1 号线生产甲公司订购的合格的 大型设备. P(B1)=1-0.1=0.9,P(B2)=0.25+0.4+0.3=0.95, P(B2)>P(B1), 所以用 2 号线生产乙公司订购的合格的大型设备.

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探究点二

互斥事件与对立事件的概率问题

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例 2 (1)一盒中装有分别标记着 1, 2, 3, 4 的 4 个小球, 每次从盒中取出一个球,设每个小球被取出的可能性相 同.若每次取出的球不放回 盒中,现连续取三次球,则恰好 ... 第三次取出的球的标号为最大数字的球的概率是________. (2)[2012·南京二模] 某单位从 4 名应聘者 A,B,C, D 中招聘 2 人,如果这 4 名应聘者被录用的机会均等,则 A, B 两人中至少有 1 人被录用的概率是________.

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[思考流程] (1)分析:理解互斥事件的概率;推理: 分成几个事件的和;结论:求出和事件的概率. (2)分析:理解对立事件的概率;推理:转化为对立事 件求解;结论:求出对立事件的概率.

1 5 [答案] (1) (2) 3 6

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[解析] (1)由题意,每次取出的球不放回盒中, 现连续取三次球,共有 A3 4=24 种取法, 设事件 A 表示“恰好第三次取出的球的标号为最大 数字的球”,事件 A1 表示“恰好第三次取出的球的标号 3 为最大数字的球”,事件 A2 表示“恰好第三次取出的 球的标号 4 为最大数字的球”,则事件 A1,A2 互斥,且 A=A1+A2.

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若最大数字为 3 时,前两次取球标号只能是 1,2, 2 1 可能的取法为(1,2)或(2,1)共 2 种,则 P(A1)= = ; 24 12 若最大数字为 4 时,前两次取球标号可能是 1,2,3 6 3 2 中的两个,故有 A3=6 种取法,则 P(A2)= = , 24 12 1 3 1 ∴P(A)=P(A1)+P(A2)= + = , 即“恰好第三次 12 12 3 1 取出的球的标号为最大数字的球”的概率为 . 3

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(2)用 E 表示事件“A,B 两人都不被录用”,用 F 表示事件“A, B 两人中至少有 1 人被录用”, 得事件 E, F 互斥,且事件 E,F 必有一个发生,则事件 E,F 是对 立事件, 由这个单位从 4 名应聘者 A,B,C,D 中招聘 2 人, 这 4 名应聘者被录用的机会均等,则 A,B 两人都不被录 C2 1 2 用的概率为 P(E)= 2= , C4 6 ∴A,B 两人中至少有 1 人被录用的概率 P(F)=1- 5 P(E)= . 6

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[点评] 求复杂事件的概率通常有两个思路:一是将 随机事件表示为一些互斥事件的和,二是先求其对立事件 的概率,再确定所求的概率,这是一种重要的解题技巧, 这种方法解题过程表达清晰,还能有效地优化解题思路、 避免错误.

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归纳总结 对互斥事件要把握住不能同时发生,而对 于对立事件除不能同时发生外,其并事件应为必然事件, 这些也可类比集合进行理解,具体应用时,可把所有试验 结果写出来,看所求事件包含哪几个试验结果,从而断定 所给事件的关系.

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探究点三

简单的古典概型的概率问题

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例 3 (1)[2012·太原三模] 4 张卡片上分别写有数字 1, 2,3,4,从这 4 张卡片中随机抽取 2 张,则取出的 2 张卡片 上的数字之和为奇数的概率是( ) 1 1 2 3 A. B. C. D. 3 2 3 4 (2)[2012·昆明质检] 从某学习小组 10 名同学中选出 3 人参加一项活动,其中甲、乙两人都被选中的概率是 ________.

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[思考流程] (1)分析:理解古典概型;推理:所求事 件包含的基本事件数;结论:应用公式求解. (2)分析:属古典概型问题;推理:确定符合条件的基 本事件数;结论:求出概率.

[答案] (1)C

1 (2) 15

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[解析] (1)从这 4 张卡片中随机抽取 2 张, 共有 C2 4种, 设事件 A 表示“取出的 2 张卡片上的数字之和为奇数”,要 使取出的 2 张卡片上的数字之和为奇数,则取出的 2 张卡片 1 上的数字必须一奇一偶,有 C1 2C2种, ∴取出的 2 张卡片上的数字之和为奇数的概率 P(A)= 1 C1 2 2C2 2 = ,故选 C. C4 3 (2)从 10 名同学中选出 3 人,共有 C3 10种,设 A 表示事件 “甲、乙两人都被选中”,若甲、乙两人都被选中,则只需 从其他 8 人中选 1 人,有 C1 8种, C1 1 8 ∴甲、乙两人都被选中的概率 P(A)= 3 = . C10 15

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[点评] 应用古典概型求解随机事件的概率,一般可 按以下步骤进行:一是确定基本事件的总数,二是求出事
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件A包含的基本事件数,三是应用古典概型的公式计算.

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归纳总结 古典概型是基本事件个数有限,每个基本 事件发生的概率相等的一种概率模型,其概率等于随机事 件所包含的基本事件的个数与基本事件的总个数的比值.

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变式题 [2012· 南京一模] 袋中装有大小相同且形状 一样的四个球,四个球上分别标有 “2”“3”“4”“6” 这四个 数.现从中随机选取三个球,则所选的三个球上的数恰好 能构成一个等差数列的概率是________.

1 [答案] 2

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[解析] 从中随机选取三个球,所有的取法共有 C3 4=4 种;其中,取出的 3 个球能构成等差数列的取法有 2 种:三 个球的号码分别为 2、3、4 和 2、4、6,故所选的三个球上的 2 1 数恰好能构成一个等差数列的概率是 P= = . 4 2

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?

探究点四

复杂的古典概型的概率问题

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例 4 (1)[2012· 广东卷] 从个位数与十位数之和为 奇数的两位数中任取一个, 其个位数为 0 的概率是( ) 4 1 2 1 A. B. C. D. 9 3 9 9 (2)甲、乙两人玩猜数字游戏,先由甲心中想一个数 字,记为 a,再由乙猜甲刚才所想的数字,把乙猜的数 字记为 b,其中 a,b∈{1,2,3,4,5,6},若|a-b|≤1, 就称甲乙“心有灵犀”.现任意找两人玩这个游戏,则 他们“心有灵犀”的概率为( ) 1 2 7 4 A. B. C. D. 9 9 18 9

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[思考流程] (1)分析:确定基本事件的总数;推理: 求出满足条件的两位数的个数;结论:应用古典概型的概 率公式计算. (2)分析:确定猜字结果的总数;推理:分类计数满足 “心有灵犀”的事件数;结论:应用古典概型的概率公式 计算.
[答案] (1)D (2)D

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[解析] (1)用 A 表示事件“从个位数与十位数之和为奇数 的两位数中任取一个,个位数为 0”,首先确定符合条件的两 位数的所有个数,设个位数与十位数分别为 y,x,如果两位数 之和是奇数,则 x,y 分别为一奇数一偶数: 1 第一类 x 为奇数,y 为偶数共有 C1 5×C5=25; 1 另一类 x 为偶数,y 为奇数共有 C1 4×C5=20, 两类共计 45 个, 其次,再找到个位是 0 的个数,个位数是 0,十位数是奇 数的两位数有 10,30,50,70,90 这 5 个数,所以个位数是 0 5 1 的概率为 P(A)= = ,故选 D. 45 9

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(2)用 A 表示事件“心有灵犀”,由题意知本题是一个古典 概型, 试验包含的所有事件是任意找两人玩这个游戏, 共有 6×6 =36 种猜字结果,其中满足|a-b|≤1 的有如下情形: ①若 a=1,则 b=1,2; ②若 a=2,则 b=1,2,3; ③若 a=3,则 b=2,3,4; ④若 a=4,则 b=3,4,5; ⑤若 a=5,则 b=4,5,6; ⑥若 a=6,则 b=5,6, 由分类加法计数原理,得满足|a-b|≤1 的情形有 2+3+3 +3+3+2=16 种, 16 4 ∴他们“心有灵犀”的概率为 P(A)= = ,故选 D. 36 9

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[点评] 求解较复杂的概率问题的关键,一是把实际 问题转化为概率模型,二是合理利用计数原理、排列与组
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合的有关性质,三是将所要解决的事件转化为互斥事件的 和,或先求其对立事件的概率.

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归纳总结 古典概型是基本事件个数有限,每个基 本事件发生的可能性相同的概率模型,遇到一个求解概率 的问题首先要判断这个概率问题是否属于古典概型,然后 再根据古典概型的概率计算公式进行计算.

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变式题 [2012·常州调研] 用三种不同的颜色给图 10- 60-2 中的三个矩形随机涂色,每个矩形只涂一种颜色,则三 个矩形中有且仅有两个矩形颜色相同的概率是__________.
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图 10-60-2

[答案]

2 3

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[解析] (1)用 A 表示事件“三个矩形中有且仅有两个矩 形颜色相同”,根据题意,每个矩形有 3 种涂色方法,则三个 矩形有 3×3×3=27 种涂色方法; 要使三个矩形中有且仅有两个矩形颜色相同, 分 2 步进行: 在三个矩形中任取两个,有 C2 3=3 种取法;为选出的 2 个矩形 选 1 种颜色,有 3 种情况,剩余的 1 个再选 1 种,有 2 种情况, 则三个矩形中有且仅有两个矩形颜色相同有 3×3×2=18 种情 况, ∴三个矩形中有且仅有两个矩形颜色相同的概率为 P(A)= 18 2 = . 27 3

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答题模板

13

古典概型的解答题的答题技巧

多 元 提 能 力

例 [2012· 哈三中三模] 口袋里装有 4 个大小相同的小 球,其中两个标有数字 1,两个标有数字 2. (1)第一次从口袋里任意取一球,放回口袋里后第二次再 任意取一球,记第一次与第二次取到小球上的数字之和为 ξ. 当 ξ 为何值时,其发生的概率最大?说明理由; (2)第一次从口袋里任意取一球,不再放回口袋里,第二 次再任意取一球,记第一次与第二次取到小球上的数字之和 为 η.求 η 大于 2 的概率.

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第60讲 随机事件的概率与古典概型
解:(1)设标号为 1 的球为 A,B,标号为 2 的球为 C, D,1 分 所有基本事件包括:(A,A),(B,B),(C,C),(D, D),(A,B),(A,C),(A,D),(B,C),(B,D),(C,D), (D,A),(C,A),(B,A),(D,B),(C,B),(D,C)共 16 种.2 分 设事件 A1 表示数字和为 2,包括:(A,A),(B,B), 4 1 (A,B),(B,A),共 4 种,P(A1)= = .3 分 16 4 设事件 A2 表示数字和为 3, 包括:(A,C),(A,D),(B,C),(B,D),(D,A), 8 1 (C,A),(D,B),(C,B),共 8 种,P(A2)= = ,4 分 16 2

多 元 提 能 力

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多 元 提 能 力

设事件 A3 表示数字和为 4,包括:(C,C),(D,D), 4 1 (C,D),(D,C),共 4 种,P(A3)= = ,5 分 16 4 ∴数字和为 3 时概率最大.6 分 (2)所有基本事件包括:(A,B),(A,C),(A,D),(B, A),(B,C),(B,D),(C,A),(C,B),(C,D),(D,A), (D,B),(D,C),共 12 种.7 分 设事件 B1 表示数字和为 3,包括:(A,C),(A,D), (B,C),(B,D),(C,A),(C,B),(D,A),(D,B),P(B1) 8 2 = = ,9 分 12 3

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第60讲 随机事件的概率与古典概型

设事件 B2 表示数字和为 4,包括:(C,D),(D,C), 2 5 P(B2)= ,数字和大于 2 的概率为 P(B1)+P(B2)= . 12 6 11 分 5 ∴数字和大于 2 的概率为 .12 分 6
多 元 提 能 力

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多 元 提 能 力

[方法解读] 解答古典概型问题的应用题,用列举法 可以使我们明确基本事件的构成,列举时要按规律进行, 通常采用分类列表、树形图等方法,这样可以避免重复、 遗漏.关于不放回抽样,计算基本事件个数时,既可以看 做是无顺序的,也可以看作是有顺序的,其结果是一样的, 但不能选择哪一种方式,观察的角度必须一致,否则会导 致错误.

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多 元 提 能 力

自我检评 [2012·云南宣威二中模拟] 有一种旋转 舞台灯,外形是正六棱柱,在其每一个侧面上安装 5 只颜 色各异的彩灯,假若每只灯正常发光的概率均为 0.5.若一 个面上至少有 3 只灯发光,则不需要维修,否则需要更换 这个面. (1)恰好有两个面需要维修的概率; (2)至少三个面需要更换的概率.

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多 元 提 能 力

解:(1)因为一个面不需要维修的概率为 4 5 C3 1 5+C5+C5 P5(3)+P5(4)+P5(5)= = , 25 2 1 所以一个面需要维修的概率为 . 2 因此,六个面中恰好有两个面需要维修的概率为 C2 15 6 P6(2)= 6 = . 2 64

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第60讲 随机事件的概率与古典概型

多 元 提 能 力

C0 1 6 (2)P6(0)= 6 = , 2 64 C1 3 6 P6(1)= 6 = , 2 32 C2 15 6 P6(2)= 6 = . 2 64 故至少有三个面需要更换的概率是 1-P6(0)-P6(1)-P6(2) 1 3 15 21 =1- - - = . 64 32 64 32 21 至少三个面需要更换的概率是 . 32

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【备选理由】 本讲的重点是事件的互斥、对立和古典概型的计算, 例1补充枚举计数的方法,例2应用排列、组合进行计数.

教 师 备 用 题
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例 1 [2012·福州质检] 某教室有 4 扇编号为 a,b, c,d 的窗户和 2 扇编号为 x,y 的门,窗户 d 敞开,其余 门和窗户均被关闭.为保持教室空气流通,班长在这些关 闭的门和窗户中随机地敞开 2 扇. (1)记“班长在这些关闭的门和窗户中随机地敞开 2 扇”为事件 A,请列出 A 包含的基本事件; (2)求至少有 1 扇门被班长敞开的概率.

教 师 备 用 题
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第60讲 随机事件的概率与古典概型

教 师 备 用 题

解:(1)事件 A 包含的基本事件为(a,b),(a,c),(a, x),(a,y),(b,c),(b,x),(b,y),(c,x),(c,y),(x, y),共 10 个. (2)方法一:记“至少有 1 扇门被班长敞开”为事件 B. ∵事件 B 包含的基本事件有(a,x),(a,y),(b,x), (b,y),(c,x),(c,y),(x,y),共 7 个. 7 ∴P(B)= . 10 方法二:事件“2 个门都没被班长敞开”包含的基本 事件有(a,b),(a,c),(b,c),共 3 个. 3 ∴2 个门都没被班长敞开的概率 P1= , 10 3 7 ∴至少有 1 个门被班长敞开的概率 P2=1- = . 10 10
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第60讲 随机事件的概率与古典概型

例 2 某地区有 5 个工厂,由于用电紧缺,规定每个工 厂在一周内必须选择某一天停电(选哪一天是等可能的).假 定工厂之间的选择互不影响. (1)求 5 个工厂均选择星期日停电的概率; (2)求至少有两个工厂选择同一天停电的概率.

教 师 备 用 题
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第60讲 随机事件的概率与古典概型

解:(1)设 5 个工厂均选择星期日停电的事件为 A, 1 1 则 P(A)= 5= . 7 16807 (2)设 5 个工厂选择的停电时间各不相同的事件为 B, 7×6×5×4×3 360 A5 7 则 P(B)= 5 = = . 7 75 2401 因为至少有两个工厂选择同一天停电的事件是 B , 360 2041 所以 P( B )=1-P(B)=1- = . 2401 2401

教 师 备 用 题
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双 向 固 基 础 点 面 讲 考 向 多 元 提 能 力 教 师 备 用 题

第61讲 离散型随机变量及其 分布列

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考试大纲
理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念, 了解分布列对于刻画随机现象的重要性.

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第61讲
双 向 固 基 础

离散型随机变量及其分布列

—— 知 识 梳 理 ——
一、随机变量 变量 一般地,如果随机试验的结果,可以用一个 ______ 来表示,那么这样的变量叫做随机变量.通常用大写字 母 X,Y,Z(或小写希腊字母 ξ,η,ζ)表示,而用小写字 母 x, y, z(加上适当下标)等表示随机变量取的可能值. 所 离散型 随机变 有取值可以一一列出的随机变量,称为________ 量.

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第61讲
双 向 固 基 础

离散型随机变量及其分布列

二、离散型随机变量的分布列 若离散型随机变量 X 可能取的不同值分别为 x1, x2,?,xi,?,xn,X 取每一个值 xi(i=1,2,?,n) 的概率 P(X=xi)=pi,以表格的形式表示如下: X x1 x2 ? xi xn ? P p1 p2 ? pi pn ? 将上表称为离散型随机变量 X 的概率分布列, 简称为 X 的分布列.有时为了表达简单,也用等式 P(X =xi)=pi,i=1,2,?,n 表示 X 的分布列.

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第61讲
双 向 固 基 础

离散型随机变量及其分布列

三、离散型随机变量概率分布列的性质 ≥0 1.pi________ ,i=1,2,?,n; 1 2.p1+p2+?+pn=________ . 四、两点分布 两点分布:分布列 X 0 1 P p 1-p 称为两点分布列,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,并称 p=P(X=1)为 成功概率.

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离散型随机变量及其分布列

—— 疑 难 辨 析 ——
1.对随机变量的理解 (1) 抛掷均匀硬币一次,出现正面的次数是随机变 量.( ) (2)离散型随机变量的分布列完全描述了由这个随机 变量所刻画的随机现象.( ) (3) 有些离散型随机变量的分布列可以使用公式表 示.( )
[答案] (1)√ (2)√ (3)√

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第61讲
双 向 固 基 础

离散型随机变量及其分布列

[解析] (1)抛掷均匀硬币一次出现正面的次数为 0 或 1,符合离散型随机变量的定义. (2)随机变量和函数都是一种映射,随机变量把随机 试验的结果映射为实数,函数把实数映射为实数.在这 两种映射之间,试验结果的范围相当于函数的定义域, 随机变量的范围相当于函数的值域,我们把随机变量的 取值范围叫做随机变量的值域. (3)根据随机变量值域的概念.

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第61讲
双 向 固 基 础

离散型随机变量及其分布列

2.分布列的性质的应用 (1)某一射手射击所得环数 X 的分布列如下: 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“射击一次命中的环数不小于 7”的概率 是 0.79.( ) (2)如果 X 是一个离散型随机变量,X 在某一范围内 取值的概率大于它取这个范围内各个值的概率之 和.( )

[答案] (1)× (2)×

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第61讲
双 向 固 基 础

离散型随机变量及其分布列

[解析] (1)根据射手射击所得的环数 X 的分布列, 有 P(X=7)=0.09,P(X=8)=0.28,P(X=9)=0.29,P(X= 10)=0.22,所求的概率为 P(X≥7)=0.09+0.28+0.29+ 0.22=0.88; (2)由离散型随机变量的性质得 pi≥0,i=1,2,?, n,且?pi=1.
i=1 n

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第61讲
双 向 固 基 础

离散型随机变量及其分布列

3.分布 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.( )

[答案] ×

[解析] 只能是射击一次命中的次数服从两点分布, 射击三次命中的次数服从二项分布.

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第61讲

离散型随机变量及其分布列
考点统计 题型(考频) 题型示例(难度)

1.随机变量及其分布列
点 面 讲 考 向 2.离散型随机变量的分布 列的性质的应用

0
0

3.离散型随机变量分布列 的求法

解答(5)

2008年T19(B), 2009年T17(B), 2010年T21(2)(C), 2011年T20(2)(B), 2012年T17(2)(B)

说明:A表示简单题,B表示中等题,C表示难题,示 例均选自2008年~2012年安徽卷.
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第61讲

离散型随机变量及其分布列

?

探究点一

随机变量及其分布列的概念

点 面 讲 考 向

例 1 (1)将一颗骰子均匀掷两次,随机变量为( ) A.第一次出现的点数 B.第二次出现的点数 C.两次出现点数之和 D.两次出现相同点的种数 (2)袋中有大小相同的 5 只钢球,分别标有 1,2,3,4,5 五个号码,任意抽取 2 个球,设 2 个球号码之和为 X,则 X 的 所有可能取值个数为( ) A.25 B.10 C.7 D.6

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离散型随机变量及其分布列

点 面 讲 考 向

[思考流程] (1)分析:理解随机变量的定义;推理: 判断结果的随机性;结论:确定出现的数字和是随机的. (2)分析:理解随机变量的取值;推理:列出各种可能 结果;结论:计算取值的个数.

[答案] (1)C

(2)C

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离散型随机变量及其分布列

点 面 讲 考 向

[解析] (1)A,B 中出现的点数虽然是随机的但它们 取值所反映的结果都不是本题涉及试验的结果;D 中出现 相同点数的种数就是 6 种,不是变量;C 整体反映两次投 掷的结果,可以预见两次出现数字的和是 2,3,4,5,6, 7,8,9,10,11,12,共 11 种结果,但每掷一次前,无 法预见是 11 种中的哪一个,故是随机变量,故选 C. (2)X 的可能取值为 1+2=3,1+3=4,1+4=5=2 +3, 1+5=6=4+2, 2+5=7=3+4, 3+5=8, 4+5=9, 共 7 个,故选 C.

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第61讲

离散型随机变量及其分布列

点 面 讲 考 向

[点评] (1)描述随机试验的随机变量有多种形式,不 论选取哪一种形式,随机变量可以表示随机试验的所有可 能结果,同时随机变量在选定标准之后,它是一个变化的 量;(2)在给定的概率分布列中X取各个值时表示的事件是 互斥的.

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离散型随机变量及其分布列

点 面 讲 考 向

归纳总结 在写出随机变量的取值表示的试验结果时, 要特别注意,随机变量的一个值表示多个试验结果的情况, 不能遗漏某些试验结果.

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第61讲

离散型随机变量及其分布列

?

探究点二

离散型随机变量的分布列的性质的应用

点 面 讲 考 向

例2 (1)[2013·贵州大学附中月考] 设 X 是一个离 散型随机变量,其分布列为 X 0 1 -1 P 0.5 q2 1-2q 则 q 等于( ) 2 2 2 A.1 B.1± C.1- D.1+ 2 2 2 (2)设随机变量 X 的概率分布为 X 1 2 3 4 1 1 1 P m 3 4 6 则 P(|X-3|=1)=________.
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离散型随机变量及其分布列

点 面 讲 考 向

[思考流程] (1)分析:理解分布列的性质;推理;综 合两个性质列方程;结论:确定 q 的值. (2)分析:应用分布列的性质;推理:利用性质求 m; 结论:根据分布列求概率.

[答案] (1)C

5 (2) 12

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第61讲

离散型随机变量及其分布列

点 面 讲 考 向

(1)由离散型随机变量分布列的性质得 ? 1 ?1-2q≥0, ?q≤2, ? 2 ?q ≥0, ?? ?0.5+1-2q+q2=1 ?q=1± 2. ? 2 ? 2 解得 q=1- ,故选 C. 2 (2)由离散型随机变量分布列的性质,得 1 1 1 1 +m+ + =1,解得 m= , 3 4 6 4 1 1 5 ∴P(|X-3|=1)=P(X=2)+P(X=4)= + = . 4 6 12

[解析]

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第61讲

离散型随机变量及其分布列

点 面 讲 考 向

[点评] 利用离散型随机变量分布列的性质,可以求 分布列中的参数的值;此类问题的易错点是不注意pi的取 值范围及概率和为1的条件.

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第61讲

离散型随机变量及其分布列

点 面 讲 考 向

归纳总结 离散型随机变量的分布列完全描述了随机 变量所刻画的随机现象,分布列中各个概率值非负、各个 概率值之和等于1,主要用于解决两类问题,一是用来判 断离散型随机变量分布列的正确性,二是用来计算随机变 量取某些值的概率.

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第61讲

离散型随机变量及其分布列

?

探究点三

离散型随机变量分布列的求法

点 面 讲 考 向

例 3 [2012·福建卷改编] 受轿车在保修期内维修费等 因素的影响,企业生产每辆轿车的利润与该轿车首次出现故 障的时间有关.某轿车制造厂生产甲、乙两种品牌轿车,保 修期均为 2 年,现从该厂已售出的两种品牌轿车中各随机抽 取 50 辆,统计数据如下:
品牌 首次出现故 障时间 x(年) 轿车数量(辆) 每辆利润(万 元) 甲 0<x≤1 2 1 1<x≤2 x>2 3 2 45 3 乙 0<x≤2 x>2 5 1.8 45 2.9

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第61讲

离散型随机变量及其分布列

点 面 讲 考 向

将频率视为概率,解答下列问题: (1)从该厂生产的甲品牌轿车中随机抽取一辆,求其 首次出现故障发生在保修期内的概率; (2)若该厂生产的轿车均能售出,记生产一辆甲品牌 轿车的利润为 X1,生产一辆乙品牌轿车的利润为 X2,分 别求 X1,X2 的分布列.

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第61讲

离散型随机变量及其分布列

点 面 讲 考 向

解:(1)设“甲品牌轿车首次出现故障发生在保修期 内”为事件 A, 2+3 1 则 P(A)= = . 50 10 (2)依题意得,随机变量 X1 的可能取值为 1,2,3, 2 1 3 45 P(X1=1)= = ,P(X1=2)= ,P(X1=3)= = 50 25 50 50 9 , 10 ∴生产一辆甲品牌轿车的利润 X1 的分布列为 X1 1 2 3 1 3 9 P 25 50 10

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第61讲

离散型随机变量及其分布列

点 面 讲 考 向

由表格数据,得随机变量 X2 的可能取值为 1.8,2.9, 5 1 45 9 P(X2=1.8)= = ,P(X2=2.9)= = , 50 10 50 10 ∴生产一辆乙品牌轿车的利润 X2 的分布列为 X2 1.8 2.9 1 9 P 10 10

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第61讲

离散型随机变量及其分布列

点 面 讲 考 向

归纳总结 求离散型随机变量的分布列应注意以下几 个步骤: ①确定离散型随机变量所有的可能取值以及取这些值时的 意义. ②尽量寻求计算概率时的普遍规律. ③检查分布列的所有概率值和是否为1.

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第61讲

离散型随机变量及其分布列

易错究源

23

忽视分布列的性质致误

例 [2012· 南通模拟] 假定某射手每次射击命中的概 3 率为 ,且只有 3 发子弹.该射手一旦射中目标,就停止射 4 击,否则就一直独立地射击到子弹用完.设耗用子弹数为 X,则 X 的概率分布为____________.
多 元 提 能 力

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第61讲

离散型随机变量及其分布列
[错解] X 可能取的值为 1,2,3, 3 1 3 3 ∴P(X=1)= ,P(X=2)= × = , 4 4 4 16 ?1?2 3 3 ? P(X=3)=? × = , ?4? 4 64 ? ? 所以 X 的分布列为:

多 元 提 能 力

X P

1 3 4

2 3 16

3 3 64

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第61讲

离散型随机变量及其分布列

[错因] 计算 X=3 的概率时,错认为前 2 次没命中, 1 3 概率都是 ,第 3 次命中,概率为 . 4 4
[正解] X 可能取的值为 1,2,3, 3 1 3 3 1 1 ∴P(X=1)= , P(X=2)= × = , P(X=3)= × = 4 4 4 16 4 4
多 元 提 能 力

1 , 16 所以 X 的分布列为 X P 1 3 4 2 3 16 3 1 16

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第61讲

离散型随机变量及其分布列

多 元 提 能 力

自我检评 一个盒子中装有六张卡片,上面分别写着 如下六个定义域为 R 的函数:f1(x)=x,f2(x)=x2,f3(x)= x3,f4(x)=sinx,f5(x)=cosx,f6(x)=2. (1)现从盒子中任取两张卡片,将卡片上的函数相加得 一个新函数,求所得函数是奇函数的概率; (2)现从盒子中进行逐一抽取卡片,且每次取出后均不 放回,若取到一张记有偶函数的卡片则停止抽取,否则继 续进行.求抽取次数 X 的分布列.

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第61讲

离散型随机变量及其分布列

多 元 提 能 力

解:(1)记事件 A 为“任取两张卡片,将卡片上的函数相 C2 1 3 加得到的函数是奇函数”,所以 P(A)= 2= . C6 5 C1 1 3 (2)X 可取 1,2,3,4.P(X=1)= 1= , C6 2 C1 C1 3 3 3 P(X=2)= 1· 1= , C6 C5 10 C1 C1 C1 3 3 2 3 P(X=3)= 1· 1· 1= , C6 C5 C4 20 C1 C1 C1 C1 1 3 2 1 3 P(X=4)= 1· 1· 1· 1= ; C6 C5 C4 C3 20

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第61讲

离散型随机变量及其分布列

故 X 的分布列为 X P 1 1 2 2 3 3 3 10 20 4 1 20

多 元 提 能 力

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第61讲

离散型随机变量及其分布列

【备选理由】 选择两道例题,作为探究点的补充,例1是利用组合 知识求分布列的问题,例2综合性较强,作为提高学生解 决概率问题的能力的训练.

教 师 备 用 题
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第61讲

离散型随机变量及其分布列

例 1 [2012·江西卷改编] 如图 10-61-1,从 A1(1,0,0),A2(2,0,0),B1(0,1,0),B2(0,2,0), C1(0,0,1),C2(0,0,2)这 6 个点中随机选取 3 个点,将这 3 个点及原点 O 两两相连构成一个“立体”,记该“立体” 的体积为随机变量 V(如果选取的 3 个点与原点在同一个平面 内,此时“立体”的体积 V=0). (1)求 V=0 的概率; (2)求 V 的分布列.

教 师 备 用 题

图 10-61-1
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第61讲

离散型随机变量及其分布列

解:(1)从 6 个点中随机取 3 个点总共有 C3 6=20 种取 3 法, 选取的 3 个点与原点在同一个平面内的取法有 C1 C 3 4= 12 3 12 种,因此 V=0 的概率为 P(V=0)= = . 20 5 1 1 2 4 (2)V 的所有可能取值为 0, , , , , 6 3 3 3 因此 V 的分布列为 V
教 师 备 用 题

0 3 5

P

1 6 1 20

1 3 3 20

2 3 3 20

4 3 1 20

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第61讲

离散型随机变量及其分布列

例 2 [2012· 扬州江都中学月考] 袋中装有黑球和白球 1 共 7 个,从中任取 2 个球都是白球的概率为 .现有甲、乙两 7 人从袋中轮流摸取 1 球,甲先取,乙后取,然后甲再取,?, 取后不放回,直到两人中有一人取到白球时即终止.每个球 在每一次被取出的机会是等可能的, 用 X 表示取球终止时所 需要的取球次数. (1)求袋中原有白球的个数; (2)求随机变量 X 的分布列; (3)求甲取到白球的概率.
教 师 备 用 题
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第61讲

离散型随机变量及其分布列

教 师 备 用 题

C2 1 x 解:(1)设袋中白球共有 x 个,根据已知条件 2= , C7 7 即 x2-x-6=0, 解得 x=3,或 x=-2(舍去). (2)X 表示取球终止时所需要的次数, 则 X 的取值分别 为 1,2,3,4,5. 1 1 A3 3 A1 2 4 A3 因此,P(X=1)= 1= ,P(X=2)= 2 = , A7 7 A7 7 2 1 3 1 A4 A3 6 A4 A3 3 P(X=3)= 3 = ,P(X=4)= 4 = , A7 35 A7 35 4 1 A4 A3 1 P(X=5)= 5 = . A7 35

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第61讲

离散型随机变量及其分布列

则随机变量 X 的分布列为 X 1 2 3 4 5 3 2 6 3 1 P 7 7 35 35 35 (3)甲取到白球的概率为 2 1 4 1 A1 A A A 3 6 1 22 3 4 3 4A3 P= 1+ 3 + 5 = + + = . A7 A7 A7 7 35 35 35

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第62讲 n次独立重复试验与 二项分布

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考试大纲
1.了解条件概率和两个事件相互独立的概念. 2.理解n次独立重复试验的模型及二项分布,并能解决 一些简单问题.

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第62讲
双 向 固 基 础

n次独立重复试验与二项分布

—— 知 识 梳 理 ——
一、条件概率 1.条件概率的概念:一般地,设 A,B 为两个事件, P(AB) 且 P(A)>0, 称 P(B|A)=________ P(A)为在事件 A 发生的条件 下,事件 B 发生的条件概率.P(B|A)读作 A 发生的条件下 B 发生的概率. 2.条件概率的性质 性质 1 :任何事件的条件概率都在 0 和 1 之间,即 0≤P(A|B)≤1,必然事件的条件概率等于 1,不可能事件的 条件概率等于 0. 性质 2:如果 B,C 是两个互斥事件,则 P(B∪C|A)= P(B|A)+P(C|A) . __________________
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第62讲
双 向 固 基 础

n次独立重复试验与二项分布

二、事件的独立性 P(A)P(B) ,则称 设 A,B 为两个事件,如果 P(AB)=____________ 事件 A 与事件 B 相互独立. 三、独立重复试验与二项分布 重复 做的 n 1.独立重复试验:一般地,在相同条件下______ 次试验称为 n 次独立重复试验. 2.二项分布:一般地,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, 那么在 n 次独立重复试验中,事件 A 恰好发生
k k n k C p (1 - p) n k 次的概率为 P(X=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.
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第62讲
双 向 固 基 础

n次独立重复试验与二项分布

—— 疑 难 辨 析 ——
1.对条件概率的认识 (1)条件概率也是事件发生的概率,只不过是在已知 一个事件发生的情况下另一个事件发生的概率.( ) (2) 若 事 件 A , B 是 相 互 独 立 事件 , 则 P(B|A) = P(B).( )

[答案] (1)√ (2)√

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第62讲
双 向 固 基 础

n次独立重复试验与二项分布

[ 解析] (1)条件概率是在已知一个事件发生的前提 下,求另一个事件发生的概率. (2)若事件 A,B 是相互独立事件,即事件 A 发生与 否对事件 B 没有影响,则 P(B|A)=P(B).

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第62讲
双 向 固 基 础

n次独立重复试验与二项分布

2.事件独立性的判断 (1)两个事件相互独立是指一个事件发生与否对另一 个事件的发生与否没有关系.( ) (2)事件的“互斥”与“相互独立”是两个不同的概 念.两事件“互斥”是指两事件不可能同时发生,两事 件“相互独立”是指一个事件的发生与否对另一事件发 生的概率没有影响.( ) (3)若事件 A 与 B 相互独立, 则 A 与 B ,A 与 B,A 与 B 也都相互独立.( )

[答案] (1)√ (2)√ (3)√
[ 解析 ] 根据事件独立性的概念可知 (1)(2)(3) 均正 确.
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第62讲
双 向 固 基 础

n次独立重复试验与二项分布

3.二项分布的概率的计算 (1)n 次独立重复试验要满足: ①每次试验只有两个相 互对立的结果,可以分别称为“成功”和“失败”;② 每次试验“成功”的概率为 p,“失败”的概率为 1-p; ③各次试验是相互独立的.( ) (2)二项分布是一个概率分布列,是一个用公式 P(X k n-k =k)=Ck ,k=0,1,2,?,n 表示的概率分 np (1-p) 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.( ) k n -k (3)P(X=k)=Ck p (1 - p ) ,k=0,1,2,?,n 是二 n 项式[(1-p)+p]n 展开式的第(k+1)项.( )

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第62讲
双 向 固 基 础

n次独立重复试验与二项分布

[答案] (1)√ (2)√ (3)√
[解析] 根据独立重复试验和二项分布的知识可知 (1)(2)(3)均正确.

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第62讲

n次独立重复试验与二项分布
考点统计 1.条件概率 题型(考频) 填空(1) 题型示例(难度) 2010年T15(B) 2008年T19(2)(B), 2010年T15(B), 2010年T21(3)①(B), 2012年T17(B) 2008年T19(B)

点 面 讲 考 向

2.相互独立事件的概率

填空(1) 解答(3)

3.独立重复试验与二项 分布的问题

解答(1)

说明:A表示简单题,B表示中等题,C表示难题,示 例均选自2008年~2012年安徽卷.
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第62讲

n次独立重复试验与二项分布

?

探究点一

条件概率的求法

点 面 讲 考 向

例 1 (1)[2012·洛阳二模] 从 1,2,3,4,5,6,7 中任取两个不同的数,事件 A 为“取到的两个数的和为偶 数”,事件 B 为“取到的两个数均为偶数”,则 P(B|A)= ( ) 4 1 3 1 A. B. C. D. 7 2 7 3 (2)[2012·合肥三模 ] 先后掷骰子 (骰子的六个面上分 别标有 1,2,3,4,5,6 个点)两次,落在水平桌面后,记 正面朝上的点数分别为 x,y,设事件 A 为“x+y 为偶数”, 事件 B 为“x , y 中有偶数且 x≠y”,则概率 P(B|A) = ________. 1 [答案] (1)D (2) 3
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第62讲

n次独立重复试验与二项分布

点 面 讲 考 向

[解析] (1)方法一:从 1,2,3,4,5,6,7 中任取两个 不同的数,有 C2 7种方法;其中取到两个数的和为偶数,有 2 2 C2 4+C3种方法;取到两个数均为偶数,有 C3种方法,则 2 C2 3 C2 1 4+C3 3 P(A)= = ,P(AB)=P(B)= 2= , C2 7 C7 7 7 1 P(AB) 7 1 ∴P(B|A)= = = ,故选 D. P(A) 3 3 7

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第62讲

n次独立重复试验与二项分布

点 面 讲 考 向

方法二:事件 A 包含的基本事件有(1,3),(1,5),(1, 7),(3,5),(3,7),(5,7),(2,4),(2,6),(4,6),共 9 个;其中两个数均为偶数,有(2,4),(2,6),(4,6),共 3 1 3 个,由古典概型的概率公式,得 P(B|A)= = ,故选 D. 9 3 (2)方法一:掷骰子两次总结果数为 36,事件 A· B 表示 “x+y 为偶数,x,y 中有偶数且 x≠y”,即“x,y 都是偶 数且 x≠y”, 所以 A· B 中有 3×3-3=6 个基本结果, P(A· B) 1 9+9 1 P(A· B) 6 1 1 = ,又因为 P(A)= = ,故 P(B|A)= = = . 6 36 2 P(A) 1 3 2

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第62讲

n次独立重复试验与二项分布

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方法二:压缩样本空间法 “x+y 为偶数”为偶数的情况有 9+9=18 种,“x,y 中有偶数且 x≠y”的种数有 3×3-3=6 种,所以 P(B|A) 6 1 = = . 18 3

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n次独立重复试验与二项分布

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[点评] 求条件概率的基本方法是应用公式计算,第 (1)小题的条件概率就相当于把从1,2,3,4,5,6,7中 任取两个不同的数的和为偶数的方法数作为基本事件的总 数,问题就转化为一般的古典概型的计算;在计算条件概 率时一定要区分清楚是哪个事件在哪个事件发生的条件下 的概率,正确地使用条件概率的计算公式.

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n次独立重复试验与二项分布

归纳总结 求条件概率有两个方法: 一是利用定义, 分
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别求 P(A)和 P(AB),再根据条件概率公式计算;二是借助 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 A 与事件 B 的交事件中包含的基本事件数,即 n(AB) n(AB),得 P(B|A)= . n(A)

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n次独立重复试验与二项分布

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变式题 从 1,2,3,4,5 中不放回地依次取 2 个数, 事件 A 为“第一次取到的是奇数”,B 为“第二次取到的 是奇数”,则 P(B|A)=( ) 1 3 A. B. 5 10 2 1 C. D. 5 2
[答案] D

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[解析] 从 1,2,3,4,5 中不放回地依次取 2 个数, 1 1 有 A2 种方法;其中第一次取到的是奇数,有 A 5 3A4种方法; 1 第一次取到的是奇数且第二次取到的是奇数,有 A1 A 3 2种方 1 1 A1 3 A1 3 3 A4 3 A2 法;则 P(A) = 2 = , P(AB) = 2 = ,∴P(B|A) = A5 5 A5 10 3 P(AB) 10 1 = = ,故选 D. 3 2 P(A) 5

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n次独立重复试验与二项分布

?

探究点二

相互独立事件的概率的求法

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例 2 [2012·山东卷改编] 现有甲、乙两个靶,某射手 3 向甲靶射击一次,命中的概率为 ,命中得 1 分,没有命中 4 2 得 0 分;向乙靶射击两次,每次命中的概率为 ,每命中一 3 次得 2 分,没有命中得 0 分.该射手每次射击的结果相互独 立,假设该射手完成以上三次射击. (1)求该射手恰好命中一次的概率; (2)求该射手的总得分 X 的分布列.

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n次独立重复试验与二项分布

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[思考流程] (1)条件:已知甲、乙靶的命中率;目标: 求命中一次的概率;方法:利用相互独立事件的概率公式 求解. (2)条件:已知向两个靶射击命中的得分;目标:求随 机变量的分布列;方法:分别求出总得分 X 的各个取值的 概率.

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解:(1)记“该射手恰好命中一次”为事件 A,“该 射手射击甲靶命中”为事件 B, “该射手第一次射击乙靶 命中”为事件 C, “该射手第二次射击乙靶命中”为事件 3 2 D,由题意知 P(B)= ,P(C)=P(D)= , 4 3 由于 A=B C D + B C D + B C D, 根据事件的独立性和互斥性得 P(A)=P(B C D + B C D + B C D) =P(B C D )+P( B C D )+P( B C D) =P(B)P( C )P( D )+P( B )P(C)P( D )+P( B )P( C )P(D) ? ? ? ? 2? 2? 3? 2? 3? 3 ? ? ? ? ? ? ? 2 ? ? ? = ×?1-3? × ?1-3? + ?1-4? × × ?1-3? +?1-4? ?× 4 ? ? ? ? ? ? 3 ? ? ? ? ? 2? 7 ? ? 2 ?1-3?×3=36. ? ?
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n次独立重复试验与二项分布

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(2)根据题意,X 的所有可能取值为 0,1,2,3,4,5, 根据事件的独立性和互斥性得 P(X=0)=P( B C D ) =[1-P(B)][1-P(C)][1-P(D)] ? ? ? 3? 2? 2? 1 ? ? ? ? ? ? =?1-4?×?1-3?×?1-3?= , ? ? ? ? ? ? 36 P(X=1)=P(B C D )=P(B)P( C )P( D ) ? 2? 2? 3 ? 1 ? ? ? ? = ×?1-3?×?1-3?= , 4 ? ? ? ? 12 P(X=2)=P( B C D + B C D)=P( B C D )+P( B C D) ? ? ? ? 3? 2? 3? 2? 2 1 ? ? 2 ? ? ? ? ? =?1-4?× ×?1-3?+?1-4?×?1-3? × ? 3=9, 3 ? ? ? ? ? ? ? ?

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n次独立重复试验与二项分布

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P(X=3)=P(BC D +B C D)=P(BC D )+P(B C D) ? 2? 2? 3 2 ? ? ? 3 ? ? 2 1 = × ×?1-3?+ ×?1-3?× = , 4 3 ? ? 4 ? ? 3 3 P(X=4)=P( B CD) ? 3? ? ? 2 2 1 =?1-4?× × = , ? ? 3 3 9 P(X=5)=P(BCD) 3 2 2 1 = × × = . 4 3 3 3 故 X 的分布列为 X P 0 1 1 1 36 12 2 1 9 3 1 3 4 1 9 5 1 3
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[点评] 相互独立事件的概率通常和互斥事件的概率 综合在一起考查,这类问题具有一个明显的特征,那就是 在题目的条件中已经出现一些概率值,解题时先要判断事 件的性质(是互斥还是相互独立),再选择相应的公式计算 求解.

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n次独立重复试验与二项分布

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归纳总结 概率计算的核心环节就是把一个随机事件 进行类似本题的分拆,这中间有三个概念,事件的互斥, 事件的对立和事件的相互独立,在概率的计算中只要弄清 楚了这三个概念,根据实际情况对事件进行合理的分拆, 就能把复杂事件的概率计算转化为一个个简单事件的概率 计算,达到解决问题的目的.

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?

探究点三

独立重复试验与二项分布的问题

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例 3 [2012·唐山质检] 张师傅驾车从公司开往火 车站,途经 4 个交通岗,这 4 个交通岗将公司到火车站 分成 5 个时段,每个时段的驾车时间都是 3 分钟,如果 遇到红灯要停留 1 分钟.假设他在各交通岗遇到红灯是 1 相互独立的,并且概率都是 . 3 (1)求张师傅此行程时间不小于 16 分钟的概率; (2)记张师傅此行程所需时间为 Y 分钟,求 Y 的分布 列.

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n次独立重复试验与二项分布

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[思考流程] (1)条件:已知遇到红灯的概率;目标: 求至少遇到 1 次红灯的概率;方法:利用独立重复试验的 概率公式求解. (2)条件:已知 4 次独立重复试验;目标:求遇到红灯 次数的分布列; 方法: 先求出遇到红灯次数 X 的各个取值 的概率.

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解:(1)把过 1 个交通岗看作 1 次试验,且发生的概 1 率都是 ,则过 4 个交通岗看作 4 次独立重复试验.如果 3 不遇到红灯,全程需要 15 分钟,否则至少需要 16 分钟. ∴张师傅此行程时间不小于 16 分钟的概率为 ? 1? ? ?4 65 P=1-?1-3? = . 81 ? ? (2)把过 4 个交通岗看作 4 次独立重复试验,且每次 试验结果是相互独立的, ? 1? ? 设此行程遇到红灯的次数为 X,则 X~B?4,3? ?, ? ? ? ? ? ? k?1?k?2?4-k P(X=k)=C4?3? ?3? ,k=0,1,2,3,4. ? ? ? ?

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n次独立重复试验与二项分布

依题意,Y=15+X,则 Y 的分布列为 Y
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P

15 16 17 18 16 32 8 8 81 81 27 81

19 1 81

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[点评] (1)独立重复试验有三个条件:①在同样的条 件下重复,事件发生的概率相同;②各次试验之间相互独
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立;③每次试验只有两种结果,要么发生,要么不发 生.(2)判断随机变量是否服从二项分布:一是看其是否

为n次独立重复试验,二是随机变量是这n次独立重复试验
中事件发生的次数.

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归纳总结 独立重复试验是相互独立事件的特例(概 率公式也是如此),就像对立事件是互斥事件的特例一样, 只要有“恰好”字样的用独立重复试验的概率公式计算更 简单,就像有“至少”或“至多”字样的题用对立事件的 概率公式计算更简单一样.

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答题模板

14

与二项分布有关的实际问题的解题流程

例 将一个半径适当的小球放入如图 10-62-1 所示 的容器最上方的入口处,

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图 10-62-1

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小球将自由下落,小球在下落的过程中,将 3 次遇到 黑色障碍物,最后落入 A 袋或 B 袋中,已知小球每次遇到 1 障碍物时,向左,右两边下落的概率都是 . 2 (1)求小球落入 A 袋的概率 P(A)及落入 B 袋中的概率 P(B). (2)在容器的入口处依次放入 4 个小球,记 ξ 为落入 B 袋中的小球个数,试求 ξ=3 时的概率,并求 ξ 的分布列.

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n次独立重复试验与二项分布

解: (1)记“小球落入 A 袋中”为事件 A, “小球落入 B 袋 中”为事件 B,则事件 A,B 相互对立,而小球落入 A 袋当且 仅当小球一直向左落下或一直向右落下,则 ?1? ? ? ? ?3 ?1?3 1 P(A)=?2? +?2? = , 4 ? ? ? ? 3 从而 P(B)=1-P(A)= . 4
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n次独立重复试验与二项分布

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(2)4 个小球依次落下,相当于 4 次独立重复试验,每次试 3 验的概率都是 ,且每次落下要么落入 B 袋,要么不落入 B 袋, 4 ? 3? ? 则随机变量 ξ~B?4,4? ?,ξ 的可能取值为 0,1,2,3,4, ? ? ?1? 1 ?4 P(ξ=0)=? = , ?4? 256 ? ? ? ? 3 1 3 ?1?3 P(ξ=1)=C4· ·?4? = , 4 ? ? 64 ? ? ? ? 27 2 ?3?2 ?1?2 P(ξ=2)=C4·?4? ·?4? = , 128 ? ? ? ? ? ? 3 ?3?3 1 27 P(ξ=3)=C4·?4? · = , 4 64 ? ? ?3?4 81 ? P(ξ=4)=? = , ?4? 256 ? ?
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n次独立重复试验与二项分布
∴ξ的分布列为 ξ P 0 1 2 3 1 3 27 27 256 64 128 64 4 81 256

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n次独立重复试验与二项分布

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[方法解读] 二项分布是重要的概率分布模型,是高 考的热点,二项分布概率模型的特点是“独立性”和“重 复性”,事件的发生都是独立的、相互之间没有影响,事 件又在相同的条件之下重复发生;要记住二项分布概率模 型的特点,在解题时把符合这种特点的概率问题归结到二 项分布模型上面,直接根据二项分布概率模型的公式解 决.

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自我检评 一个盒子中装有 5 张卡片,每张卡片上写 有一个数字,数字分别是 1,2,3,4,5,现从盒子中随 机抽取卡片. (1)从盒中依次抽取两次卡片,每次抽取一张,取出的 卡片不放回,求两次取到的卡片的数字既不全是奇数,也 不全是偶数的概率; (2)若从盒子中有放回地抽取 3 次卡片, 每次抽取一张, 求恰有两次取到卡片的数字为偶数的概率; (3)从盒子中依次抽取卡片,每次抽取一张,取出的卡 片不放回,当抽到记有奇数的卡片即停止抽取,否则继续 抽取卡片,求抽取次数 X 的分布列.

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解:(1)因为 1,3,5 是奇数,2,4 是偶数, 设事件 A 为“两次取到的卡片的数字既不全是奇数,也 不全是偶数”. 1 2 C1 C2 3 3 3·C2 3+C2 P(A)= = 或 P(A)=1- = . 2 C2 5 C 5 5 5 (2)设 B 表示事件“有放回地抽取 3 次卡片,每次抽取一 张,恰有两次取到的卡片上数字为偶数”, 2 由已知,每次取到的卡片上数字为偶数的概率为 , 5 ?2?2 ? 2? 36 ? ? ? ? 2 1 - 则 P(B)=C3·?5? ·? = . 5? ? ? ? ? 125

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(3)依题意,X 的可能取值为 1,2,3. 3 P(X=1)= , 5 2×3 3 P(X=2)= = , 5×4 10 2×1×3 1 P(X=3)= = , 5×4×3 10 所以 X 的分布列为 X 1 2 3 3 3 1 P 5 10 10

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n次独立重复试验与二项分布

【备选理由】 本讲的重点是相互独立事件的概率、独立重复试验和 二项分布,下面的两个例题可作为在讲解完各个探究点后 的综合训练用.

教 师 备 用 题
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n次独立重复试验与二项分布

教 师 备 用 题

例 1 [2012·深圳中学期末] 计算机考试分理论 考试与上机操作考试两部分进行,每部分考试成绩只记 “合格”与“不合格”, 两部分考试都“合格”则计算机 考试“合格”,并颁发“合格证书”.甲、乙、丙三人在 3 3 2 理论考试中合格的概率分别为 , , ;在上机操作考试 5 4 3 9 5 7 中合格的概率分别为 , , .所有考试是否合格相互之 10 6 8 间没有影响. (1)甲、 乙、 丙三人在同一次计算机考试中谁获得“合 格证书”可能性最大? (2)求这三人计算机考试都获得“合格证书”的概率; (3)用 X 表示甲、乙、丙三人在理论考核中合格人数, 求 ξ 的分布列.
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第62讲 n次独立重复试验与二项分布

解:记“甲理论考试合格”为事件 A1,“乙理论考 试合格”为事件 A2, “丙理论考试合格”为事件 A3, 记 为 Ai 的对立事件,i=1,2,3;记“甲上机考试合格”为 事件 B1,“乙上机考试合格”为事件 B2,“丙上机考试 合格”为事件 B3. (1)记“甲计算机考试获得合格证书”为事件 A,记 “乙计算机考试获得合格证书”为事件 B, 记“丙计算机 3 9 27 考试获得合格证书”为事件 C, 则 P(A)= × = , P(B) 5 10 50 3 5 5 2 7 7 = × = ,P(C)= × = .由 P(B)>P(C)>P(A),则乙获 4 6 8 3 8 12 得“合格证书”可能性最大.

教 师 备 用 题

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n次独立重复试验与二项分布

(2)记“三人计算机考试都合格”为事件 D. P(D)=P[(A1B1)· (A2B2)· (A3B3)] =P(A1B1)· P(A2B2)· P(A3B3) =P(A1)· P(B1)· P(A2)· P(B2)· P(A3)· P(B3) 3 9 3 5 2 7 = × × × × × 5 10 4 6 3 8 63 = , 320 63 所以,这三人计算机考试都合格的概率为 . 320
教 师 备 用 题
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n次独立重复试验与二项分布

(3)X 可以取 0,1,2,3, P(X = 0) = P(
? ? ? 3? 3? 2? ? ? ? ? ? A1 A2 A3 ) = ?1-5? × ?1-4? × ?1-3? ?= ? ? ? ? ? ?

教 师 备 用 题

1 , 30 P(X=1)=P( A1 A2 A3)+P(A1 A2 A3 )+P( A1 A2 A3 )= 13 , 60 P(X = 2) = P(A1A2 A3 ) + P(A1 A2 A3) + P( A1 A2A3) = 9 , 20 3 P(X=3)=P(A1A2A3)= . 10

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第62讲

n次独立重复试验与二项分布

故 X 的分布列如下表 X P 0 1 30 1 2 3 13 9 3 60 20 10

教 师 备 用 题
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n次独立重复试验与二项分布

例 2 投到某杂志的稿件,先由两位初审专家进行评 审.若能通过两位初审专家的评审,则予以录用;若两位初 审专家都未予通过,则不予录用;若恰能通过一位初审专家 的评审,则再由第三位专家进行复审,若能通过复审专家的 评审,则予以录用,否则不予录用.设稿件能通过各初审专 家评审的概率均为 0.5, 复审的稿件能通过评审的概率为 0.3. 各专家独立评审. (1)求投到该杂志的 1 篇稿件被录用的概率; (2)记 X 表示投到该杂志的 4 篇稿件中被录用的篇数, 求 X 的分布列.
教 师 备 用 题
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第62讲 n次独立重复试验与二项分布

解:(1)记 A 表示事件:稿件能通过两位初审专家的评 审; B 表示事件:稿件恰能通过一位初审专家的评审; C 表示事件:稿件能通过复审专家的评审; D 表示事件:稿件被录用. 则 D=A+B· C. ∵P(A)=0.5×0.5=0.25, P(B)=2×0.5×0.5=0.5, P(C) =0.3. ∴P(D)=P(A+B· C)=P(A)+P(B· C) =P(A)+P(B)P(C)=0.25+0.5×0.3=0.40.
教 师 备 用 题
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第62讲

n次独立重复试验与二项分布

(2)X~B(4,0.4),其分布列为: P(X=0)=(1-0.4)4=0.129 6, 3 P(X=1)=C1 4×0.4×(1-0.4) =0.345 6, 2 2 P(X=2)=C2 4×0.4 ×(1-0.4) =0.345 6, 3 P(X=3)=C3 × 0.4 ×(1-0.4)=0.153 6, 4 P(X=4)=0.44=0.025 6. 所以 X 的分布列为 X P
教 师 备 用 题
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0

1

2

3

4

0.1 296 0.3 456 0.3 456 0.1 536 0.0 256

双 向 固 基 础 点 面 讲 考 向 多 元 提 能 力 教 师 备 用 题

第63讲 离散型随机变量的均 值与方差、正态分布

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考试大纲
1.理解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差 的概念,能计算简单离散型随机变量的均值、方差,并能 解决一些实际问题. 2.利用实际问题的直方图,了解正态分布曲线的特 点及曲线所表示的意义.

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第63讲
双 向 固 基 础

离散型随机变量的均值与方差、正态分布

—— 知 识 梳 理 ——
一、离散型随机变量的均值 1.概念:一般地,若离散型随机变量 X 的分布列为 X x1 x 2 ? xi ? xn P p1 p2 ? pi ? pn 则称 E(X)= x1p1+x2p2+?+xipi+?+xnpn 为随机变量 X 的 _______________________________ 均值或数学期望.它反映了离散型随机变量取值的平均 水平. 2.性质:若 Y=aX+b,其中 Y 也是随机变量,a, b 是常数,随机变量 X 的数学期望是 E(X),则 E(Y)= aE(X)+b . ____________

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双 向 固 基 础

离散型随机变量的均值与方差、正态分布

二、离散型随机变量的方差 1.概念:设离散型随机变量 X 的分布列为 X x1 x2 xi ? xn ? P p1 p2 pi ? pn ? 则(xi-E(X))2 描述了 xi(i=1,2,3,…,n)相对于均值 EX 的偏离程度.而 D(X)=

? (xi-E(X))2pi
i= 1 _________________ 为这些偏离程度的加权平均,刻画 了随机变量 X 与其均值 E(X)的平均偏离程度.我们称 D(X)

n

为随机变量 X 的方差,并称其算术平方根 D(X)为随机 变量 X 的标准差,记 σ(X).
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双 向 固 基 础

离散型随机变量的均值与方差、正态分布

a2D(X) . 2.性质:D(aX+b)=________ 证明:E(aX +b)=aE(X)+b,D(aX+b)=(ax1+b- aE(X) - b)2p1 + (ax2 + b - aE(X) - b)2p2 +?+ (axi + b - aE(X)-b)2pi+?+(axn+b-aE(X)-b)2pn =a2[(x1-E(X))2p1+(x2-E(X))2p2+?+(xi-E(X))2pi +?+(xn-E(X))2pn] =a2D(X).

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离散型随机变量的均值与方差、正态分布

三、两点分布和二项分布的均值和方差 1.两点分布的均值和方差:若 X 服从成功概率为 p p 的 两 点 分 布 , 则 均 值 E(X) = _______ , 方 差 D(X) = p(1-p) ____________ . 2.二项分布的均值和方差:若 X~B(n,p),则 E(X) np(1-p) . np =________ ,D(X)=______________

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离散型随机变量的均值与方差、正态分布

四、正态分布 1 1.正态密度曲线:函数 φμ ,σ(x)= 2π σ
e-
(x-μ)2

2σ 2

,x∈

(-∞,+∞),其中 μ 和 σ 为参数(σ>0,μ∈R).我们 称函数 φ
μ ,σ

(x) 的图象为正态分布密度曲线,简称正态曲

线.其中函数 φμ ,σ(x)称为正态密度函数,其中的参数 μ 是正 态总体的均值,参数 σ 是正态总体的标准差.

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离散型随机变量的均值与方差、正态分布

2.正态曲线有以下特点: (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; 1 (3)曲线在 x=μ 处达到峰值 ; 2π σ (4)曲线与 x 轴之间的面积为 1; (5)当 σ 一定时,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”,表示总体分布越分散的程度. 3.正态分布:若 X 是一个随机变量,对任给区间(a, b],P(a<X≤b)恰好是正态密度曲线下方和 x 轴上(a,b] 上方所围成的图形的面积,我们就称随机变量 X 服从参 数为 μ 和 σ2 的正态分布,简记为 X~N(μ,σ2).
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离散型随机变量的均值与方差、正态分布

—— 疑 难 辨 析 ——
1.均值的意义 (1)期望是算术平均值概念的推广,是概率意义下的 平均,反映了离散型随机变量取值的平均水平.( ) (2)随机变量的均值是常数,样本的平均值是随着样 本的不同而变化的,样本的均值是随机变量,这是样本 的均值和随机变量的均值的差别.( )

[答案] (1)√ (2)√

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离散型随机变量的均值与方差、正态分布

[ 解析] (1)根据期望的定义和算术平均值的概念可 知. (2)根据随机变量均值的定义,当随机变量的概率分 布确定后,这个随机变量的均值就是一个确定的常数, 但样本的均值随着样本的不同会发生变化的,也就是样 本的均值是一个随机变量.

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双 向 固 基 础

离散型随机变量的均值与方差、正态分布

2.方差的意义 (1)随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值 偏离均值的平均程度,方差或标准差越小,则偏离变量 平均值的平均程度越小.( ) (2)随机变量的方差是常数,样本的方差是随着样本 的不同而变化的,因此样本方差是随机变量.( )

[答案] (1)√ (2)√
[解析] (1)根据方差和标准差的计算公式可知. (2)道理同问题 1(2).

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第63讲
双 向 固 基 础

离散型随机变量的均值与方差、正态分布

3.对正态分布的理解 (1) 如 果 对 于 任 意 实 数 a<b , 随 机 变 量 X 满 足 b ? φ μ ,σ(x)dx, P(a<X≤b)=? 则称 X 的分布为正态分布, 正 ?
?a

态分布完全由参数 μ 和 σ 确定,不同的 μ 和 σ 对应着不 同的正态分布.( ) (2)正态分布中的参数 μ 和 σ 完全确定了正态分布, 参数 μ 就是随机变量 X 的均值,它可以用样本的均值去 估计;参数 σ2 就是随机变量 X 的方差,它可以用样本的 方差去估计.( ) (3)一个随机变量如果是众多的、互不相干的、不分 主次的偶然因素作用结果之和,它就服从或近似服从正 态分布.( )

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第63讲
双 向 固 基 础

离散型随机变量的均值与方差、正态分布

[答案] (1)√ (2)√ (3)√
[解析] (1)根据定积分的几何意义和正态分布的描 述可知其正确. (2)由于正态密度函数仅仅受参数 μ 和 σ 的影响,所 以(2)正确. (3)根据人们的经验和大量的统计得出的结论.

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第63讲

离散型随机变量的均值与方差、正态分布
考点统计 题型(考频) 题型示例(难度) 2009年T17(B), 2011年T20(2)(B), 2012年T17(2)(B) 2010年T21(3)(C) 2008年T10(B), 2009年T11(A)

点 面 讲 考 向

1.离散型随机变量的均 值与方差 2.均值与方差的实际应 用 3.正态分布的问题

解答(3)

解答(1) 选择(1) 填空(1)

说明:A表示简单题,B表示中等题,C表示难题,示 例均选自2008年~2012年安徽卷.
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第63讲

离散型随机变量的均值与方差、正态分布

?

探究点一

离散型随机变量的均值与方差的求法

点 面 讲 考 向

例 1 [2012·湖北卷] 根据以往的经验,某工程施工 期间的降水量 X(单位:mm)对工期的影响如下表:
降水量 X X<300 300≤X<700 700≤X<900 工期延 0 2 6 误天数 Y X≥900 10

历年气象资料表明,该工程施工期间降水量 X 小于 300,700,900 的概率分别为 0.3,0.7,0.9.求: (1)工期延误天数 Y 的均值与方差; (2)在降水量 X 至少是 300 的条件下,工期延误不超 过 6 天的概率.

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第63讲

离散型随机变量的均值与方差、正态分布

点 面 讲 考 向

[思考流程] (1)条件:各取值范围的概率;目标:求 均值与方差;方法:先求分布列. (2)条件:已知降水量 X 至少是 300;目标:求条件概 率;方法:应用条件概率的公式.

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离散型随机变量的均值与方差、正态分布

点 面 讲 考 向

解:(1)由已知条件和概率的加法公式有: P(X<300)=0.3,P(300≤X<700)=P(X<700)-P(X< 300)=0.7-0.3=0.4, P(700≤X < 900) = P(X < 900) - P(X < 700) = 0.9 - 0.7 =0.2, P(X≥900)=1-P(X<900)=1-0.9=0.1, 所以 Y 的分布列为 Y 0 2 6 10 P 0.3 0.4 0.2 0.1 于是 E(Y)=0×0.3+2×0.4+6×0.2+10×0.1=3, D(Y) = (0 - 3)2 × 0.3 + (2 - 3)2 × 0.4 + (6 - 3)2 × 0.2 + (10-3)2×0.1=9.8, 故工期延误天数 Y 的均值为 3,方差为 9.8.
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离散型随机变量的均值与方差、正态分布

点 面 讲 考 向

(2)由概率的加法公式, P(X≥300)=1 -P(X<300)= 0.7, 又 P(300≤X<900)=P(X<900)- P(X<300)=0.9- 0.3=0.6. 由条件概率,得 P(Y≤6|X≥300)=P(X<900|X≥300) P(300≤X<900) 0.6 6 = = = . 0.7 7 P(X≥300) 故在降水量 X 至少是 300 的条件下,工期延误不超过 6 6 天的概率是 . 7

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第63讲

离散型随机变量的均值与方差、正态分布

点 面 讲 考 向

[点评] 计算离散型随机变量的均值和方差,首先理 解X,Y的取值对应的事件的意义,再求X,Y取每个值的 概率,列成分布列的形式,最后根据均值与方差的定义计 算.

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离散型随机变量的均值与方差、正态分布

点 面 讲 考 向

归纳总结 求解离散型随机变量均值与方差的步骤是: ①求出随机变量X的所有可能的取值. ②计算随机变量X取各个值的概率,列出概率分布列. ③按照均值的定义计算,注意适当使用性质 E(aX + b) = aE(X)+b. ④按照方差的定义计算. 若随机变量X服从二项分布,即X~B(n,p),则可直接应 用公式E(X)=np,D(X)=np(1-p)求解.

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离散型随机变量的均值与方差、正态分布

点 面 讲 考 向

变式题 [2013· 济宁模拟] 学校游园活动有这样一个 游戏项目:甲箱子里装有 3 个白球、2 个黑球,乙箱子里 装有 1 个白球、2 个黑球,这些球除颜色外完全相同,每 次游戏从这两个箱子里各随机摸出 2 个球,若摸出的白球 不少于 2 个,则获奖.(每次游戏结束后将球放回原箱) (1)求在 1 次游戏中,①摸出 3 个白球的概率;②获奖 的概率; (2)求在 2 次游戏中获奖次数 X 的分布列及数学期望 EX.

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离散型随机变量的均值与方差、正态分布

点 面 讲 考 向

解: (1)①设“在 1 次游戏中摸出 i 个白球”为事件 Ai(i =0,1,2,3), C2 C1 1 3 2 则 P(A3)= 2· 2= . C5 C 3 5 ②设“在 1 次游戏中获奖”为事件 B, 则 B=A2∪A3,A2,A3 互斥, 1 C2 C2 C1 C1 1 3 2 3 C2 2 P(A2)= 2· 2+ 2 · 2= , C5 C3 C5 C3 2 1 1 7 所以 P(B)=P(A2)+P(A3)= + = . 2 5 10

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离散型随机变量的均值与方差、正态分布

(2)方法一:由题意可知 X 的所有可能取值为 0,1, 2.
点 面 讲 考 向
? 7? 9 ? ?2 P(X=0)=?1-10? = , 100 ? ? ? 7? ? 21 17 ? P(X=1)=C2 ?1-10?= , 10? ? 50 ? 7 ?2 49 ? ? P(X=2)=?10? = . 100 ? ?

所以 X 的分布列是 X 0 1 2 9 21 49 P 100 50 100 9 21 49 7 ∴X 的数学期望 E(X)=0× +1× +2× = . 100 50 100 5

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第63讲

离散型随机变量的均值与方差、正态分布

点 面 讲 考 向

方法二:2 次游戏,条件都相同,每次摸球获奖的概 7 率都是 ,相当于 2 次独立重复试验,则随机变量 X~ 10 ? 7? ? B?2,10? ?, ? ? 于是可依次得出 ? 7? 9 ? ?2 P(X=0)=?1-10? = , 100 ? ? ? 7? ? 21 17 ? P(X=1)=C2 ?1-10?= , 10? ? 50 ? 7 ?2 49 ? ? P(X=2)=?10? = , 100 ? ?

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第63讲

离散型随机变量的均值与方差、正态分布

所以 X 的分布列是 2 49 P 100 7 7 ∴X 的数学期望 E(X)=2× = . 10 5 X 0 9 100 1 21 50

点 面 讲 考 向

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第63讲

离散型随机变量的均值与方差、正态分布

?

探究点二

均值与方差的实际应用

点 面 讲 考 向

例 2 [2012· 课程标准卷] 某花店每天以每枝 5 元的价 格从农场购进若干枝玫瑰花,然后以每枝 10 元的价格出 售.如果当天卖不完,剩下的玫瑰花作垃圾处理. (1)若花店一天购进 16 枝玫瑰花, 求当天的利润 y(单位: 元)关于当天需求量 n(单位:枝,n∈N)的函数解析式;

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离散型随机变量的均值与方差、正态分布

(2)花店记录了 100 天玫瑰花的日需求量(单位:枝),整 理得下表:
点 面 讲 考 向

日需求量 n 14 15 16 17 18 19 20 10 20 16 16 15 13 10 频数 以 100 天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率. ①若花店一天购进 16 枝玫瑰花,X 表示当天的利润(单 位:元),求 X 的分布列、数学期望及方差; ②若花店计划一天购进 16 枝或 17 枝玫瑰花,你认为应 购进 16 枝还是 17 枝?请说明理由.

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离散型随机变量的均值与方差、正态分布

点 面 讲 考 向

[思考流程] (1)条件:已知售价与销量的关系;目标: 求函数解析式;方法:分段求解. (2)①条件:已知日需求量的频率;目标:求分布列、 数学期望及方差;方法:频率估计概率,求出 X 的各取值 的概率. ②条件:可求出两随机变量的期望与方差;目标:对 两种方案作出选择;方法:比较数学期望与方差.

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离散型随机变量的均值与方差、正态分布

点 面 讲 考 向

解:(1)当日需求量 n≥16 时,利润 y=80, 当日需求量 n<16 时,利润 y=10n-80, 所以 y 关于 n 的函数解析式为 ? ?10n-80,n<16, y=? (n∈N). ? ?80,n≥16

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离散型随机变量的均值与方差、正态分布

(2)①X 可能的取值为 60,70,80,并且 P(X=60)=0.1,P(X=70)=0.2,P(X=80)=0.7. X 的分布列为
点 面 讲 考 向

X 60 70 80 P 0.1 0.2 0.7 X 的数学期望为 E(X)=60×0.1+70×0.2+80×0.7=76. X 的方差为 D(X) = (60 - 76)2 × 0.1 + (70 - 76)2 × 0.2 + (80 - 76)2 ×0.7=44.

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离散型随机变量的均值与方差、正态分布

点 面 讲 考 向

②答案一: 花店一天应购进 16 枝玫瑰花.理由如下: 若花店一天购进 17 枝玫瑰花,Y 表示当天的利润(单 位:元),那么 Y 的分布列为 Y 55 65 75 85 P 0.1 0.2 0.16 0.54 Y 的数学期望为 E(Y) = 55×0.1 + 65×0.2 + 75×0.16 + 85×0.54 = 76.4. Y 的方差为 D(Y) = (55 - 76.4)2 × 0.1 + (65 - 76.4)2 × 0.2 + (75 - 76.4)2×0.16+(85-76.4)2×0.54=112.04.

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第63讲

离散型随机变量的均值与方差、正态分布

点 面 讲 考 向

由以上的计算结果可以看出,D(X)<D(Y),即购进 16 枝玫瑰花时利润波动相对较小. 另外,虽然 E(X)<E(Y),但两者相差不大.故花店一 天应购进 16 枝玫瑰花. 答案二: 花店一天应购进 17 枝玫瑰花.理由如下: 若花店一天购进 17 枝玫瑰花,Y 表示当天的利润(单 位:元),那么 Y 的分布列为 Y 55 65 75 85 P 0.1 0.2 0.16 0.54

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第63讲

离散型随机变量的均值与方差、正态分布

点 面 讲 考 向

Y 的数学期望为 E(Y) = 55×0.1 + 65×0.2 + 75×0.16 + 85×0.54 = 76.4. 由以上的计算结果可以看出,E(X)<E(Y),即购进 17 枝玫瑰花时的平均利润大于购进 16 枝时的平均利润. 故花店一天应购进 17 枝玫瑰花.

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离散型随机变量的均值与方差、正态分布

点 面 讲 考 向

[点评] 本题通过对生产生活问题的检测,展示了数 据的获取、整理、分析过程,对于购进方案的选择,首先 应从利润的数学期望进行比较,利润的期望值高,购进方 案较好,再比较方差,方差小则获得的利润较稳定.

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第63讲

离散型随机变量的均值与方差、正态分布

点 面 讲 考 向

归纳总结 解决此类题目的关键是将实际问题转化为 数学问题,正确理解随机变量取每一个值所表示的具体事 件,求得该事件发生的概率;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,它们从整体上刻画了随机变量,是生产生活实际中 用于方案取舍的重要方法,一般先比较均值,再考虑方 差.

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第63讲

离散型随机变量的均值与方差、正态分布

变式题 现有 A,B 两个项目,投资 A 项目 100 万元, 一年后获得的利润为随机变量 X1(万元),根据市场分析, X1 的分布列为
点 面 讲 考 向

11. 11.7 8 1 1 1 P 6 2 3 投资 B 项目 100 万元,一年后获得的利润 X2(万元)与 B 项目产品价格的调整(价格上调或下调)有关,已知 B 项 目产品价格在一年内进行 2 次独立的调整,且在每次调整 中价格下调的概率都是 p(0≤p<1). X1 12

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离散型随机变量的均值与方差、正态分布

点 面 讲 考 向

经专家测算评估 B 项目产品价格的下调与一年后获得 相应利润的关系如下表: B 项目产品价格一 0 1 2 年内下调次数 X(次) 投资 100 万元一年后 13 12.5 2 获得的利润 X2(万元) (1)求 X1 的方差 D(X1); (2)求 X2 的分布列; (3)若 p=0.3,根据投资获得利润的差异,你愿意选择 投资哪个项目? ( 参 考数 据: 1.22 × 0.49 + 0.72 × 0.42 + 9.82 × 0.09 = 9.555)

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离散型随机变量的均值与方差、正态分布

解:(1)由 X1 的概率分布为
点 面 讲 考 向

X
1

12

1 1 6 3 1 1 1 则 E(X1)=12× +11.8× +11.7× =11.8. 6 2 3 1 1 2 2 D(X1) = (12 - 11.8) × + (11.8 - 11.8) × + (11.7 - 6 2 1 2 11.8) × =0.01. 3 P

11. 8 1 2

11.7

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离散型随机变量的均值与方差、正态分布

(2)方法一:由题设得 X~B(2,p),则 X 的概率分布 为
点 面 讲 考 向

X 0 1 2 P (1-p)2 2p(1-p) p2 故 X2 的概率分布为 X2 13 12.5 2 P (1-p)2 2p(1-p) p2

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第63讲

离散型随机变量的均值与方差、正态分布

点 面 讲 考 向

方法二:设 A1 表示事件“第 i 次调整,价格下调”(i =1,2),则 P(X=0)=P( A1 )P( A2 )=(1-p)2; P(X=1)=P( A1 )P(A2)+P(A1)P( A2 )=2p(1-p); P(X=2)=P(A1)P(A2)=p2, 故 X2 的概率分布为 X2 13 12.5 2 P (1-p)2 2p(1-p) p2

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第63讲

离散型随机变量的均值与方差、正态分布

点 面 讲 考 向

(3)当 p=0.3 时,E(X2)=E(X1)=11.8, 由于 D(X1)=0.01,D(X2)=9.555. 所以 D(X2)>D(X1), 当投资两个项目的利润均值相同的情况下,投资 B 项目的风险高于 A 项目, 从获得稳定收益考虑, 当 p=0.3 时应投资 A 项目.

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离散型随机变量的均值与方差、正态分布

?

探究点三

正态分布的问题

点 面 讲 考 向

例 3 [2012·课程标准卷] 某一部件由三个电子元 件按图 10-63-1 方式连接而成,元件 1 或元件 2 正常 工作,且元件 3 正常工作,则部件正常工作,设三个电 子元件的使用寿命(单位: 小时)均服从正态分布 N(1 000, 502),且各个元件能否正常工作相互独立,那么该部件 的使用寿命超过 1 000 小时的概率为________.

图 10-63-1

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离散型随机变量的均值与方差、正态分布

[思考流程] 分析:随机变量服从正态分布;推理: 利用事件的独立性求概率;结论:求出指定范围的概率.
点 面 讲 考 向

3 [答案] 8

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离散型随机变量的均值与方差、正态分布

点 面 讲 考 向

[解析] 方法一:设该部件的使用寿命超过 1 000 小时的概率为 P(A). 因为三个元件的使用寿命均服从正态分布 N(1 000, 502), 所以元件 1,2,3 的使用寿命超过 1 000 小时的概率 1 1 1 分别为 P1= ,P2= ,P3= . 2 2 2 1 1 1 1 5 因为 P( A )= P3 + = × × + = , 2 2 2 2 8 3 所以 P(A)=1-P( A )= . 8

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第63讲

离散型随机变量的均值与方差、正态分布

点 面 讲 考 向

方法二: 设该部件的使用寿命超过 1 000 小时的概率 为 P(A). 因为三个元件的使用寿命均服从正态分布 N(1 000, 502), 所以元件 1,2,3 的使用寿命超过 1 000 小时的概率 1 1 1 分别为 P1= ,P2= ,P3= . 2 2 2 1? 1 ? 1 ? 故 P(A)=P1 P3 + P2P3+P1P2P3= ×?1-2? × ? 2 2 ? ? ? 1? ? ? 1 1 1 1 1 3 +?1-2?× × + × × = . ? ? 2 2 2 2 2 8

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第63讲

离散型随机变量的均值与方差、正态分布

[点评] 求服从正态分布的随机变量在某个区间取值 的概率,只需借助正态曲线的性质,把所求问题转化为已
点 面 讲 考 向

知概率的三个区间上;解题时应充分利用正态曲线的对称 性,曲线与x轴之间的面积为1.

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离散型随机变量的均值与方差、正态分布

归纳总结

正态分布是连续型的概率分布,主要是根

点 面 讲 考 向

据正态曲线的对称性解决一些概率和实际问题.服从正态 分布的随机变量在一个区间上的概率就是这个区间上,正 态密度曲线和 x 轴之间的曲边梯形的面积,根据正态密度 x1+x2 曲线的对称性,当 P(ξ>x1)=P(ξ<x2)时必然有 =μ, 2 这是解决正态分布类试题的一个重要结论.

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第63讲

离散型随机变量的均值与方差、正态分布

点 面 讲 考 向

变式题 (1)关于正态曲线性质的叙述: ①曲线关于直线 x=μ 对称,这个曲线在 x 轴上方; ②曲线关于直线 x=σ 对称, 这个曲线只有当 x∈(-3σ, 3σ)时才在 x 轴上方; ③曲线关于 y 轴对称,因为曲线对应的正态密度函数 是一个偶函数; ④曲线在 x=μ 时处于最高点,由这一点向左右两边延 伸时,曲线逐渐降低; ⑤曲线的对称轴由 μ 确定,曲线的形状由 σ 确定; ⑥σ 越大,曲线越“矮胖”,σ 越小,曲线越“高瘦” .

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第63讲

离散型随机变量的均值与方差、正态分布

点 面 讲 考 向

上述说法正确的是( ) A.①④⑤⑥ B.②④⑤ C.③④⑤⑥ D.①⑤⑥ (2)[2012· 保定模拟] 设随机变量 X~N(1, 52), 且 P(X≤0) =P(X>a-2),则实数 a 的值为( ) A.4 B.6 C.8 D.10

[答案] (1)A (2)A

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第63讲

离散型随机变量的均值与方差、正态分布

点 面 讲 考 向

[解析] (1)参照正态曲线的性质.当 x∈(-∞, +∞)时,正态曲线全在 x 轴上方,且只有当 μ=0 时,正 态曲线才关于 y 轴对称,因此知 A 选项正确. (2)由随机变量 X 服从正态分布 N(1,52),则其正态 密度曲线关于直线 x=1 对称. ∵P(X≤0)=P(X>a-2), ∴在 x 轴上数 0 对应的点与 a-2 对应的点关于直线 x=1 对称, 0+(a-2) ∴ =1,解得 a=4,故选 A. 2

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第63讲

离散型随机变量的均值与方差、正态分布

答题模板

15

求解复杂事件概率问题的规范步骤

例 [2012· 湖南卷 ] 某超市为了解顾客的购物量及结算 时间等信息,安排一名员工随机收集了在该超市购物的 100 位顾客的相关数据,如下表所示. 一次购 物量 顾客数(人) 结算时间 (分钟/人) 1至 4件 x 1 5 至 9 至 13 至 17 件及 8 件 12 件 16 件 以上 30 25 y 10 1.5 2 2.5 3

多 元 提 能 力

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第63讲

离散型随机变量的均值与方差、正态分布

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,并求顾客一次购物的结算时间 X 的分布列与数学期望; (2)若某顾客到达收银台时前面恰有 2 位顾客需结算, 且各顾客的结算相互独立,求该顾客结算前的等候时间不 .
多 元 提 能 力

超过 ..2.5 分钟的概率.(注:将频率视为概率)

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第63讲

离散型随机变量的均值与方差、正态分布

多 元 提 能 力

解:(1)由已知得 25+y+10=55,x+30=45, 所以 x=15,y=20. 2分 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,将频率视为概率得 15 3 30 3 P(X=1)= = ,P(X=1.5)= = , 100 20 100 10 25 1 20 1 P(X=2)= = ,P(X=2.5)= = , 100 4 100 5 10 1 P(X=3)= = . 6分 100 10

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第63讲

离散型随机变量的均值与方差、正态分布
X 的分布列为

多 元 提 能 力

1 1.5 2 2.5 3 3 3 1 1 1 P 20 10 4 5 10 X 的数学期望为 3 3 1 1 1 E(X)=1× +1.5× +2× +2.5× +3× =1.9. 20 10 4 5 10 8分 (2)记 A 为事件“该顾客结算前的等候时间不超过 2.5 分钟”,Xi(i=1,2)为该顾客前面第 i 位顾客的结算时间, 则 P(A)=P(X1=1 且 X2=1)+P(X1=1 且 X2=1.5)+P(X1 =1.5 且 X2=1). 9分
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X

第63讲

离散型随机变量的均值与方差、正态分布

多 元 提 能 力

由于各顾客的结算相互独立,且 X1,X2 的分布列都与 X 的分布列相同,所以 P(A)= P(X1 = 1)×P(X2 = 1)+ P(X1 = 1)×P(X2 = 1.5)+ P(X1=1.5)×P(X2=1) 3 3 3 3 3 3 9 = × + × + × = .11 分 20 20 20 10 10 20 80 故该顾客结算前的等候时间不超过 2.5 分钟的概率为 9 .12 分 80

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离散型随机变量的均值与方差、正态分布

多 元 提 能 力

[方法解读] 离散型随机变量及其分布、数字特征等 都离不开概率的计算,在计算概率时要善于根据问题的实 际情况把概率归结事件的分析和基本的概率模型. (1)根据统计表和100位顾客中的一次购物量超过8件的顾客 占55%知,购物量超过8件的有55人,购物量不超过8件的 有45人,再用频率估计概率,计算随机变量每一个取值对 应的概率,从而求得分布列和期望;(2)通过分析各结算相 互独立,判断事件之间相互独立,化归为独立事件的概率 求解.

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第63讲

离散型随机变量的均值与方差、正态分布

自我检评 [2012·豫北六校联考] 当前人们普遍认 为拓展训练是一种挑战极限、完善人格的训练,某大学生 拓展训练中心着眼于大学生的实际情况,精心设计了三个 相互独立的挑战极限项目,并设置如下计分办法:
项目 挑战成功得分 挑战失败得分 甲 乙 丙 10 30 60 0 0 0

多 元 提 能 力

4 据调查,大学生挑战甲项目的成功概率为 ,挑战乙 5 3 1 项目的成功概率为 ,挑战丙项目的成功概率为 . 4 2 (1)求某同学三个项目至少一项挑战成功的概率; (2)记该同学挑战三个项目后所得分数为 X,求 X 的分 布列并预测该同学所得分数的数学期望.
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第63讲

离散型随机变量的均值与方差、正态分布

多 元 提 能 力

解:(1)甲乙丙这三个项目至少一项挑战成功的概率 P ? ? ? 4? 3? 1? 1 39 ? ?? ?? =1-?1-5??1-4??1-2? = 1 - = . ? 40 40 ? ?? ?? ? (2)由题意,X 的可能取值为 0,10,30,40,60,70, 90,100. 1 1 1 1 P(X=0)= × × = , 5 4 2 40 4 1 1 1 P(X=10)= × × = , 5 4 2 10 1 3 1 3 P(X=30)= × × = , 5 4 2 40 4 3 1 3 P(X=40)= × × = , 5 4 2 10

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第63讲

离散型随机变量的均值与方差、正态分布

多 元 提 能 力

1 1 1 1 P(X=60)= × × = , 5 4 2 40 4 1 1 1 P(X=70)= × × = , 5 4 2 10 1 3 1 3 P(X=90)= × × = , 5 4 2 40 4 3 1 3 P(X=100)= × × = . 5 4 2 10

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第63讲

离散型随机变量的均值与方差、正态分布
所以 X 的分布列为

多 元 提 能 力

0 10 30 40 60 70 90 100 1 1 3 3 1 1 3 3 P 40 10 40 10 40 10 40 10 1 1 3 3 1 E(X) = 0× + 10× + 30× + 40× + 60× + 40 10 40 10 40 1 3 3 70× +90× +100× =60.5(分). 10 40 10 所以该同学所得分的数学期望为 60.5 分.

X

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离散型随机变量的均值与方差、正态分布

【备选理由】 下面的两个例题都偏重于概率的实际应用,这可能是 一个考查方向的改变,值得注意,两个题目可以穿插在正 文的相应部分使用.

教 师 备 用 题
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离散型随机变量的均值与方差、正态分布

例 1 [2012·北京东城区二模] 某公园设有自行车 租车点,租车的收费标准是每小时 2 元(不足 1 小时的部 分按 1 小时计算).甲、乙两人各租一辆自行车,若甲、 1 1 乙不超过一小时还车的概率分别为 , ;一小时以上且不 4 2 1 1 超过两小时还车的概率分别为 , ;两人租车时间都不会 2 4 超过三小时. (1)求甲、乙两人所付租车费用相同的概率; (2)设甲、乙两人所付的租车费用之和为随机变量 X, 求 X 的分布列与数学期望 E(X).
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离散型随机变量的均值与方差、正态分布

解:(1)甲、乙两人所付费用相同即为 2,4,6 元. 1 1 1 都付 2 元的概率为 P1= × = , 4 2 8 1 1 1 都付 4 元的概率为 P2= × = , 2 4 8 1 1 1 都付 6 元的概率为 P3= × = , 4 4 16 1 1 1 故所付费用相同的概率为 P=P1+P2+P3= + + 8 8 16 5 = . 16
教 师 备 用 题
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离散型随机变量的均值与方差、正态分布

(2)依题意,X 的可能取值为 4,6,8,10,12. 1 P(X=4)= , 8 1 1 1 1 5 P(X=6)= × + × = , 4 4 2 2 16 1 1 1 1 1 1 5 P(X=8)= × + × + × = , 4 4 2 4 2 4 16 1 1 1 1 3 P(X=10)= × + × = , 4 4 2 4 16 1 1 1 P(X=12)= × = . 4 4 16
教 师 备 用 题
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离散型随机变量的均值与方差、正态分布
故 X 的分布列为 X P 4 1 8 6 8 10 5 5 3 16 16 16 12 1 16

1 5 5 ∴ 所 求 数 学 期 望 E(X) = 4× + 6× + 8× + 8 16 16 3 1 15 10× +12× = . 16 16 2

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离散型随机变量的均值与方差、正态分布

教 师 备 用 题

例 2 某单位为了提高员工素质, 举办了一场跳绳比赛, 其中男员工 12 人,女员工 18 人,其成绩编成如图 10-63 -2 所示的茎叶图(单位:分),分数在 175 分以上(含 175 分) 者定为“运动健将”,并给予特别奖励,其他人员则给予 “运动积极分子”称号. (1)若用分层抽样的方法从“运动健将”和“运动积极分 子”中抽取 10 人,然后再从这 10 人中选 4 人,求至少有 1 人是“运动健将”的概率; (2)若从所有“运动健将”中选 3 名代表, 用 X 表示所选 代表中女“运动健将”的人数,试写出 X 的分布列,并求 X 的数学期望.

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离散型随机变量的均值与方差、正态分布

图 10-63-2
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离散型随机变量的均值与方差、正态分布

解:(1)根据茎叶图,有“运动健将”12 人,“运动积 极分子”18 人, 10 1 用分层抽样的方法,每个人被抽中的概率为 = , 30 3 1 所以选中的运动健将有 12× =4 人, 3 1 运动积极分子有 18× =6 人, 3 设事件 A:至少有 1 名“运动健将”被选中,则 P(A) C4 1 13 6 =1- 4 =1- = . C10 14 14
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离散型随机变量的均值与方差、正态分布

(2)由茎叶图知,男“运动健将”有 8 人,女“运动健 将”有 4 人,故 X 的取值为 0,1,2,3. 2 1 C3 14 C 28 8 8C4 P(X =0)= 3 = ,P(X =1)= 3 = ,P(X =2)= C12 55 C12 55 2 3 C1 C 12 C 1 8 4 4 ,P(X=3)= 3 = . 3 = C12 55 C12 55 X 的分布列为 0 1 2 3 14 28 12 1 P 55 55 55 55 14 28 12 1 ∴E(X)=0× +1× +2× +3× =1. 55 55 55 55 X

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