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【创新设计】2014高考数学人教A版(通用版,理)一轮复习讲义:第九章 计数原理、概率、随机变量及其分布


第一节 分类加法计数原理和分步乘法计数原理

[备考方向要明了]

考 什 么 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和分步乘法计数原 理分析和解决一些简单的实际问题.

怎 么 考 高考中,对于两个计数原理一般不单独考查, 多与排列、组合相结合考查,且多为选择、 填空题,如 2012

年北京 T6,浙江 T6 等.

[归纳· 知识整合] 1.分类加法计数原理 完成一件事有 n 类不同的方案,在第一类方案中有 m1 种不同的方法,在第二类方案中 有 m2 种不同的方法,?,在第 n 类方案中有 mn 种不同的方法,则完成这件事,共有 N= m1+m2+?+mn 种不同的方法. [探究] 1.选用分类加法计数原理的条件是什么? 提示: 当完成一件事情有几类办法, 且每一类办法中的每一种办法都能独立完成这件事 情,这时就用分类加法计数原理. 2.分步乘法计数原理 完成一件事需要 n 个不同的步骤,完成第一步有 m1 种不同的方法,完成第二步有 m2 种不同的方法,?,完成第 n 步有 mn 种不同的方法,那么完成这件事共有 N=m1m2?mn 种 不同的方法. [探究] 2.选用分类乘法计数原理的条件是什么? 提示:当解决一个问题要分成若干步,每一步只能完成这件事的一部分,且只有当所有 步都完成后,这件事才完成,这时就采用分步乘法计数原理. [自测· 牛刀小试]

1.一个袋子里放有 6 个球,另一个袋子里放有 8 个球,每个球各不相同,从两袋子里 各取一个球,不同取法的种数为( A.182 C.48 ) B.14 D.91

解析:选 C 由分步乘法计数原理得不同取法的种数为 6×8=48. 2.某学生去书店,发现 3 本好书,决定至少买其中一本,则购买方式共有( A.3 种 C.7 种 B.6 种 D.9 种 )

解析:选 C 分 3 类:买 1 本书,买 2 本书和买 3 本书.各类的购买方式依次有 3 种、 3 种和 1 种,故购买方式共有 3+3+1=7 种. 3.从 0,1,2,3,4,5 这六个数字中,任取两个不同数字相加,其和为偶数的不同取法的种 数有( ) B.20 D.6

A.30 C.10

解析:选 D 从 0,1,2,3,4,5 六个数字中,任取两数和为偶数可分为两类,①取出的两数 都是偶数,共有 3 种方法;②取出的两数都是奇数,共有 3 种方法,故由加法原理得共有 N =3+3=6 种. 4.如图,从 A→C 有________种不同的走法.

解析:分为两类:不过 B 点有 2 种方法,过 B 点有 2×2=4 种方法,共有 4+2=6 种 方法. 答案:6 5. 设集合 A 中有 3 个元素, 集合 B 中有 2 个元素, 可建立 A→B 的映射的个数为________. 解析:建立映射,即对于 A 中的每一个元素,在 B 中都有一个元素与之对应,有 2 种 方法,故由分步乘法计数原理得映射有 23=8 个. 答案:8

分类加法计数原理

[例 1] (1)(2012· 北京高考)从 0,2 中选一个数字,从 1,3,5 中选两个数字,组成无重复数 字的三位数,其中奇数的个数为( A.24 C.12 ) B.18 D.6

(2)将 5 名同学分到甲、乙、丙 3 个小组,若甲组至少两人,乙、丙组至少各一人,则 不同的分配方案的种数为( A.80 C.140 ) B.120 D.50

[自主解答] (1)法一:(直接法)本题可以理解为选出三个数,放在三个位臵,要求末尾
2 2 2 必须放奇数,如果选到了 0 这个数,这个数不能放在首位,所以 n=C3C1A2+C3C1=12+6 2 2

=18; 法二:(间接法)奇数的个数为 n=C1C1C1A2-C1C1=18. 3 2 2 2 3 2
2 (2)分两类:若甲组 2 人,则乙、丙两组的方法数是 C1A2,此时的方法数是 C2C1A2=60; 3 2 5 3

若甲组 3 人,则方法数是 C3A2=20.根据分类加法计数原理得总的方法数是 60+20=80. 5 2 [答案] (1)B (2)A

本例(1)条件不变,求有多少个能被 5 整除的数? 解:能被 5 整除的数分两类:当个位数是 0 时,有 A2=6 个; 3
2 当个位数是 5 时,若含有数字 0 时,则有 2 个,若不含有 0 时,则有 C1· 2=4 个.故 2A

共有 12 个能被 5 整除的数.

—————

—————————————— 使用分类加法计数原理计数的两个条件

一是根据问题的特点能确定一个适合于它的分类标准,然后在这个标准下进行分类; 二是完成这件事的任何一种方法必须属于某一类, 并且分别属于不同类的两种方法是不 同的方法,只有满足这些条件,才可以用分类加法计数原理.

1.若自然数 n 使得作竖式加法 n+(n+1)+(n+2)均不产生进位现象,则称 n 为“良 数”.例如:32 是“良数”,因为 32+33+34 不产生进位现象;23 不是“良数”,因为 23+24+25 产生进位现象.那么小于 1 000 的“良数”的个数为( A.27 C.39 B.36 D.48 )

解析:选 D 一位“良数”有 0,1,2,共 3 个;两位数的“良数”十位数可以是 1,2,3, 两位数的“良数”有 10,11,12,20,21,22,30,31,32, 9 个; 共 三位数的“良数”有百位为 1,2,3,

十位数为 0 的,个位可以是 0,1,2,共 3×3=9 个,百位为 1,2,3,十位不是零时,十位个位 可以是两位“良数”,共有 3×9=27 个.根据分类加法计数原理,共有 48 个小于 1 000 的 “良数”.

分步乘法计数原理

[例 2] 学校安排 4 名教师在六天里值班,每天只安排一名教师,每人至少安排一天, 至多安排两天,且这两天要相连,那么不同的安排方法有________种(用数字作答). [自主解答] 有两名教师要值班两天,把六天分为四份,两个两天连排的是(1,2),(3,4); (1,2),(4,5);(1,2),(5,6);(2,3),(4,5);(2,3),(5,6);(3,4),(5,6),共六种情况,把四名教 师进行全排列,有 A4=24 种情况,根据分步乘法计数原理,共有不同的排法 6×24=144 4 种. [答案] 144 ————— —————————————— 使用分步乘法计数原理计数的两个注意点 (1)要按照事件发生的过程合理分步,即分步是有先后顺序的; ?2?各步中的方法互相依存,缺一不可,只有各个步骤都完成才算完成这件事.

2.将数字 1,2,3,4,5,6 按第一行 1 个数,第二行 2 个数,第三行 3 个数的形式随机排列, 设 Ni(i=1,2,3)表示第 i 行中最大的数,则满足 N1<N2<N3 的所有排列的个数是________(用数 字作答). 解析:由已知数字 6 一定在第三行,第三行的排法种数为 A1A2=60;剩余的三个数字 3 5 中最大的一定排在第二行,第二行的排法种数为 A1A1=4,由分类乘法计数原理知满足条件 2 2 的排列个数是 240. 答案:240

两个计数原理的综合应用

[例 3] 用红、黄、蓝三种颜色之一去涂图中标号为 1,2,?,9 的 9 个小正方形,使得任意相邻(有公共边的)小正方形所涂颜色都不相同, 且标号为 1,5,9 的小正方形涂相同的颜色,则符合条件的所有涂法共有 ________种.

1 4 7

2 5 8

3 6 9

[自主解答] 分步求解.只要在涂好 1,5,9 后,涂 2,3,6 即可,若 3 与 1,5,9 同色,则 2,6 的涂法为 2×2,若 3 与 1,5,9 不同色,则 3 有两种涂法,2,6 只有一种涂法,同理涂 4,7,8,

1 1 即涂法总数是 C1(2×2+C2×1)×(2×2+C2×1)=3×6×6=108. 3

[答案] 108 ————— —————————————— 应用两个原理解决实际问题的注意点 在解决实际问题中,并不一定是单一的分类或分步,而是可能同时应用两个计数原理, 即分类的方法可能要运用分步完成, 分步的方法可能会采取分类的思想求. 分清完成该事情 是分类还是分步,“类”间互相独立,“步”间互相联系.

3.如图所示,用四种不同颜色给图中的 A,B,C,D,E,F 六个点涂色,要求每个点 涂一种颜色,且图中每条线段的两个端点涂不同颜色,则不同的涂色方法共有( )

A.288 种 C.240 种

B.264 种 D.168 种

解析:选 B 分三类:①B,D,E,F 用四种颜色, 则有 A4×1×1=24 种方法; 4
3 ②B,D,E,F 用三种颜色,则有 A4×2×2+2A3×2×1=192 种方法; 4 2 ③B,D,E,F 用两种颜色,则有 A4×2×2=48,所以共有不同的涂色方法 24+192

+48=264 种.

? 2 个区别——两个计数原理的区别 分类加法计数原理 每类办法都能独立完成这件事.它 区别一 是独立的、一次的且每次得到的是 最后结果,只需一种方法就完成 分步乘法计数原理 每一步得到的只是其中间结果,任 何一步都不能独立完成这件事,缺 少任何一步都不可,只有各步骤都 完成了才能完成这件事

区别二

各类办法之间是互斥的,并列的, 各步之间是相互依存的,并且既不 独立的 能重复,也不能遗漏

? 3 个注意点——利用两个计数原理解题时的三个注意点 (1)当题目无从下手时,可考虑要完成的这件事是什么,即怎样做才算完成这件事,然 后给出完成这件事的一种或几种方法,从这几种方法中归纳出解题方法;

(2)分类时标准要明确,做到不重不漏,有时要恰当画出示意图或树状图,使问题的分 析更直观、清楚,便于探索规律; (3)混合问题一般是先分类再分步. .

数学思想——计数原理中的分类讨论 从近几年的高考试题来看, 两个计数原理的问题重点考查学生分析问题解决问题的能力 及分类讨论思想的应用.解决此类问题时,需要分清两个原理的区别,一般情形是考虑问题 有几种情况,即分类;考虑每种情况有几个步骤,即分步.要求既要会合理分类,又要能合 理分步. [典例] (2012· 浙江高考)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 C.65 种 ) B.63 种 D.66 种

[解析] 对于 4 个数之和为偶数,可分三类,即 4 个数均为偶数,2 个数为偶数 2 个数
4 2 为奇数,4 个数均为奇数,因此共有 C4+C4C2+C4=66 种. 5 5

[答案] D [题后悟道] (1)本题主要考查排列组合计数问题,可通过分类讨论思想进行求解,即把所取的 4 个 数分为三类求解. (2)对于计数问题,有时正确的分类是解决问题的切入点.同时注意分类的全面与到位, 不要出现重复或遗漏的现象. [变式训练] 1.已知 a,b∈{0,1,2,?,9},若满足|a-b|≤1,则称 a,b“心有灵犀”.则 a,b“心 有灵犀”的情形共有( A.9 种 C.20 种 ) B.16 种 D.28 种

解析:选 D 当 a 为 0 时,b 只能取 0,1 两个数;当 a 为 9 时,b 只能取 8,9 两个数,当 a 为其他数时,b 都可以取 3 个数.故共有 28 种情形.

一、选择题(本大题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分)

1. 从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数 a, 组成复数 a+bi, b 其中虚数有( A.30 个 C.36 个 B.42 个 D.35 个

)

解析:选 C ∵a+bi 为虚数,∴b≠0,即 b 有 6 种取法,a 有 6 种取法,由分步乘法 计数原理知可以组成 6×6=36 个虚数. 2.高三年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂参加社会实践,但去何工厂可自由选 择,甲工厂必须有班级要去,则不同的分配方案有( A.16 种 C.37 种 B.18 种 D.48 种 )

解析:选 C 三个班去四个工厂不同的分配方案共 43 种,甲工厂没有班级去的分配方 案共 33 种,因此满足条件的不同的分配方案共有 43-33=37 种. 3.(2013· 哈尔滨模拟)如图所示,在 A,B 间有四个焊接点 1,2,3,4,若焊接点脱落导致 断路,则电路不通.今发现 A,B 之间线路不通,则焊接点脱落的不同情况有( )

A.9 种 C.13 种

B.11 种 D.15 种

解析:选 C 每个焊接点都有脱落与不脱落两种状态,电路不通可能是 1 个或多个焊接 点脱落,问题比较复杂,但电路通的情况却只有 3 种,即焊接点 2 脱落或焊接点 3 脱落或全 不脱落,故满足题意的焊接点脱落的不同情况共有 24-3=13 种. 4.4 位同学每人从甲、乙、丙 3 门课程中选修 1 门,则恰有 2 人选修课程甲的不同选 法共有( ) B.24 种 D.36 种

A.12 种 C.30 种

2 解析:选 B 从 4 位同学中选出 2 人有 C4种方法,另外 2 位同学每人有 2 种选法,故

不同的选法共有 C2×2×2=24 种. 4 5.(2013· 汕头模拟)如图,用 6 种不同的颜色把图中 A,B,C,D 四 块区域分开,若相邻区域不能涂同一种颜色,则不同的涂法共有( A.400 种 C.480 种 B.460 种 D.496 种 )

解析:选 C 从 A 开始,有 6 种方法,B 有 5 种,C 有 4 种,D,A 同色 1 种,D,A 不 同色 3 种,∴不同涂法有 6×5×4×(1+3)=480 种. 6.(2013· 杭州模拟)如果一条直线与一个平面平行,那么称此直线与平面构成一个“平 行线面组”. 在一个长方体中, 由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行

线面组”的个数是( A.60 C.36

) B.48 D.24

解析:选 B 长方体的 6 个表面构成的“平行线面组”有 6×6=36 个,另含 4 个顶点 的 6 个面(非表面)构成的“平行线面组”有 6×2=12 个,共 36+12=48 个. 二、填空题(本大题共 3 小题,每小题 5 分,共 15 分) 7.从集合{1,2,3,?,10}中任意选出三个不同的数,使这三个数成等比数列,这样的 等比数列的个数为________. 解析:当公比为 2 时,等比数列可为 1、2、4,2、4、8;当公比为 3 时,等比数列可为 3 1、3、9;当公比为 时,等比数列可为 4、6、9.同时,4、2、1 和 8、4、2,9、3、1,9、6、4 2 也是等比数列,共 8 个. 答案:8 8.某同学有同样的画册 2 本,同样的集邮册 3 本,从中取出 4 本赠送给 4 位朋友,每 位朋友 1 本,则不同的赠送方法共有________种(用数字作答).
1 解析:若取出 1 本画册,3 本集邮册,有 C4种赠送方法;若取出 2 本画册,2 本集邮册,

有 C2种赠送方法,则不同的赠送方法有 C1+C2=10 种. 4 4 4 答案:10 9.将数字 1,2,3,4,5,6 排成一列,记第 i 个数为 ai(i=1,2,?,6),若 a1≠1,a3≠3, a5≠5,a1<a3<a5,则不同的排列方法有________种(用数字作答). 解析:分两步:第一步,先排 a1,a3,a5,若 a1=2,有 2 种排法;若 a1=3,有 2 种排 法;若 a1=4,有 1 种排法,所以共有 5 种排法;第二步再排 a2,a4,a6,共有 A3=6 种排 3 法,故不同的排列方法有 5×6=30 种. 答案:30 三、解答题(本大题共 3 小题,每小题 12 分,共 36 分) 10.(1)4 名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目,每人报一项,共有多少种报名方法? (2)4 名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军,共有多少种可能的结果? 解:(1)该问题中要完成的事情是 4 名同学报名,因而可按学生分步完成,每一名同学 有 3 种选择方法,故共有 34=81 种报名方法. (2)该问题中,要完成的事是三项冠军花落谁家,故可按冠军分步完成,每一项冠军都 有 4 种可能,故可能的结果有 43=64 种.

11.如右图所示三组平行线分别有 m,n,k 条,在此图形中

(1)共有多少个三角形? (2)共有多少个平行四边形? 解:(1)每个三角形与从三组平行线中各取一条的取法是一一对应的,由分步计数原理 知共可构成 m· k 个三角形. n· (2)每个平行四边形与从两组平行线中各取两条的取法是一一对应的,由分类和分步计 数原理知共可构成 C2 C2+C2C2+C2C2 个平行四边形. m n n k k m 12.把一个圆分成 3 块扇形,现在用 5 种不同的颜色给 3 块扇形涂色,要求相邻扇形的 颜色互不相同,问 (1)有多少种不同的涂法? (2)若分割成 4 块扇形呢? 解:(1)不同涂色方法数是:5×4×3=60 种; (2)如右图所示,分别用 a,b,c,d 记这四块,a 与 c 可同色,也可不同 色,先考虑给 a,c 两块涂色,分两类: ①给 a,c 涂同种颜色共 5 种涂法,再给 b 涂色有 4 种涂法,最后给 d 涂色也有 4 种涂 法,由乘法原理知,此时共有 5×4×4 种涂法; ②给 a,c 涂不同颜色共有 5×4 种涂法,再给 b 涂色有 3 种方法,最后给 d 涂色也有 3 种方法,此时共有 5×4×3×3 种涂法. 故由分类加法计数原理知,共有 5×4×4+5×4×3×3=260 种涂法.

1.三人踢毽子,互相传递,每人每次只能踢一下,由甲开始踢,经过 4 次传递后,毽 子又被踢回甲,则不同的传递方式共有( A.4 种 C.6 种 ) B.5 种 D.12 种

解析:选 C 若甲先传给乙,则有:甲→乙→甲→乙→甲,甲→乙→甲→丙→甲,甲→ 乙→丙→乙→甲,3 种不同的传法;同理甲先传给丙,也有 3 种不同的传法,共有 6 种不同 的传法. 2.在一块并排 10 垄的田地中,选择 2 垄分别种值 A、B 两种作物,每种作物种植一垄, 为有利于作物生长,要求 A、B 两种作物的间隔不小于 6 垄,则不同的选垄方法有________ 种(用数字作答). 解析:

× × × × × ×

× × × × × ×

分两步:第一步,先选垄,如图.共有 6 种选法; 第二步:种植 A、B 两种作物,有 2 种选法. 因此,由分步乘法计数原理,不同的选垄种植方法有 6×2=12 种. 答案:12 3.8 名世界网球顶级选手在上海大师赛上分成两组,每组各 4 人,分别进行单循环赛, 每组决出前两名,再由每组的第一名与另一组的第二名进行淘汰赛,获胜者角逐冠、亚军, 败者角逐第 3、4 名,大师赛共有________场比赛. 解析:小组赛共有 2C2场比赛;半决赛和决赛共有 2+2=4 场比赛;根据分类计数原理 4 共有 2C2+4=16 场比赛. 4 答案:16 4.某出版社的 7 名工人中,有 3 人只会排版,2 人只会印刷,还有 2 人既会排版又会 印刷,现从 7 人中安排 2 人排版,2 人印刷,有几种不同的安排方法? 解:首先分类的标准要正确,可以选择“只会排版”、“只会印刷”、“既会排版又会 印刷”中的一个作为分类的标准. 下面选择“既会排版又会印刷”作为分类的标准, 按照被 选出的人数,可将问题分为三类: 第一类:既会排版又会印刷的 2 人全不被选出,即从只会排版的 3 人中选 2 人,有 3 种选法;只会印刷的 2 人全被选出,有 1 种选法,由分步计数原理知共有 3×1=3 种选法. 第二类:既会排版又会印刷的 2 人中被选出一人,有 2 种选法.若此人去排版,则再从 会排版的 3 人中选 1 人,有 3 种选法,只会印刷的 2 人全被选出,有 1 种选法,由分步计数 原理知共有 2×3×1=6 种选法;若此人去印刷,则再从会印刷的 2 人中选 1 人,有 2 种选 法,从会排版的 3 人中选 2 人,有 3 种选法,由分步计数原理知共有 2×3×2=12 种选法. 再由分类计数原理知共有 6+12=18 种选法. 第三类:既会排版又会印刷的 2 人全被选出,同理共有 16 种选法. 所以共有 3+18+16=37 种选法.

第二节 排列与组合

[备考方向要明了]

考 什 么 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. 3.能利用排列组合知识解决简单的实际问题.

怎 么 考 1.排列组合概念及排列数、 组合数公式一般不 单独考查. 2.排列组合的应用问题是高考的热点内容, 独 立命题,题多为选择、填空题,如 2012 年陕 西 T8,安徽 T10,辽宁 T5 等.

[归纳· 知识整合] 1.排列与排列数公式 (1)排列与排列数

(2)排列数公式 n! Am=n(n-1)(n-2)?(n-m+1)= (m,n∈N*,m≤n). n ?n-m?! (3)排列数的性质 An=n! 0=1;0!=1. ;An n [探究] 1.排列与排列数有什么区别? 提示:排列与排列数是两个不同的概念,排列是一个具体的排法,不是数,而排列数是 所有排列的个数,是一个正整数. 2.组合与组合数公式 (1)组合与组合数

(2)组合数公式 Cm= n n?n-1??n-2???n-m+1? n! = (m,n∈N*,m≤n). m! m!?n-m?!

(3)组合数性质 ①C0=1;②Cm=Cn n n n
-m

;③Cm+1=Cm+Cm 1. n n n



[探究] 2.如何区分一个问题是排列问题还是组合问题? 提示:看选出的元素与顺序是否有关,若与顺序有关,则是排列问题,若与顺序无关, 则是组合问题. [自测· 牛刀小试] 1.12 名选手参加校园歌手大奖赛,大赛设一等奖、二等奖、三等奖各一名,每人最多 获得一种奖项,则不同的获奖种数是( A.123 C.A3 12 ) B.312 D.12+11+10

解析:选 C 从 12 名选手中选出 3 名获奖并安排奖次,共有 A3 种不同的获奖情况. 12 2.异面直线 a,b 上分别有 4 个点和 5 个点,由这 9 个点可以确定的平面个数是( A.20 C.C3 9 B.9 D.C2C1+C2C1 4 5 5 4 )

1 解析:选 B 分两类,第一类在直线 a 上任取一点与直线 b 可确定 C4个平面;第二类

在直线 b 上任取一点与直线 a 可确定 C1个平面.故可确定 C1+C1=9 个不同的平面. 5 4 5 3.将 7 名学生分配到甲、乙两个宿舍中,每个宿舍至少安排两名学生,那么互不相同 的分配方案共有( A.252 种 C.20 种 ) B.112 种 D.56 种

2 解析:选 B 不同的分配方案共有 C7C5+C3C4+C4C3+C5C2=112 种. 5 7 4 7 3 7 2

4.从 4 名男生和 3 名女生中选出 4 人担任奥运志愿者,若选出的 4 人中既有男生又有 女生,则不同的选法共有________种. 解析:(间接法)共有 C4-C4=34 种不同的选法. 7 4 答案:34 5.如图 M,N,P,Q 为海上四个小岛,现要建造三座桥,将这四个小岛连接起来,则 不同的建桥方法有________种.

解析:M,N,P,Q 共有 6 条线段(桥抽象为线段),任取 3 条有 C3=20 种方法,减去 6 不合题意的 4 种.则不同的方法有 16 种.

答案:16

排列问题

[例 1] 3 名男生,4 名女生,按照不同的要求排队,求不同的排队方案的方法种数: (1)选其中 5 人排成一排; (2)排成前后两排,前排 3 人,后排 4 人; (3)全体站成一排,男、女各站在一起; (4)全体站成一排,男生不能站在一起; (5)全体站成一排,甲不站排头也不站排尾.
5 [自主解答] (1)问题即为从 7 个元素中选出 5 个全排列,有 A7=2 520 种排法.

(2)前排 3 人,后排 4 人,相当于排成一排,共有 A7=5 040 种排法. 7 (3)相邻问题(捆绑法):男生必须 站在一起,是男生的全排列,有 A3种排法;女生必须 3 站在一起,是女生的全排列,有 A4种排法;全体男生、女生各视为一个元素,有 A2种排法, 4 2
4 由分步乘法计数原理知, 共有 N=A3· 4· 2=288 种. 3 A A2 4 (4)不相邻问题(插空法):先安排女生共有 A4种排法,男生在 4 个女生隔成的五个空中

安排共有 A3种排法,故 N=A4· 3=1 440 种. 5 4 A5 (5)先安排甲,从除去排头和排尾的 5 个位中安排甲,有 A1=5 种排法;再安排其他人, 5
1 有 A6=720 种排法.所以共有 A5· 6=3 600 种排法. A6 6

本例中若全体站成一排,男生必须站在一起,有多少中排法?
5 解: (捆绑法)即把所有男生视为一个元素, 4 名女生组成 5 个元素全排, 与 故有 N=A3· 5 3A

=720 种. ————— —————————————— 解决排列类应用题的主要方法 (1)直接法:把符合条件的排列数直接列式计算; (2)特殊元素(或位置)优先安排的方法,即先排特殊元素或特殊位置; (3)捆绑法:相邻问题捆绑处理的方法,即可以把相邻元素看作一个整体参与其他元素 排列,同时注意捆绑元素的内部排列; (4)插空法:不相邻问题插空处理的方法,即先考虑不受限制的元素的排列,再将不相 邻的元素插在前面元素排列的空当中; (5)分排问题直排处理的方法;

(6)“小集团”排列问题中先集体后局部的处理方法; (7)定序问题除法处理的方法,即可以先不考虑顺序限制,排列后再除以定序元素的全 排列.

1.一位老师和 5 位同学站成一排照相,老师不站在两端的排法( A.450 C.480 B.460 D.500

)

解析:选 C 先排老师有 A1种排法,剩下同学有 A5种排法.共有 A1A5=480 种排法. 4 5 4 5 2.排一张有 5 个歌唱节目和 4 个舞蹈节目的演出节目单. (1)任何两个舞蹈节目不相邻的排法有多少种? (2)歌唱节目与舞蹈节目间隔排列的方法有多少种? 解:(1)先排歌唱节目有 A5种,歌唱节目之间以及两端共有 6 个空位,从中选 4 个放入 5 舞蹈节目,共有 A4种方法,所以任两个舞蹈节目不相邻的排法有 A5· 4=43 200 种方法. 6 5 A6 (2)先排舞蹈节目有 A4种方法,在舞蹈节目之间以及两端共有 5 个空位,恰好供 5 个歌 4 唱节目放入.所以歌唱节目与舞蹈节目间隔排列的排法有 A4· 5=2 880 种方法. 4 A5

组合问题

[例 2] 要从 5 名女生,7 名男生中选出 5 名代表,按下列要求,分别有多少种不同的 选法? (1)至少有 1 名女生入选; (2)至多有 2 名女生入选; (3)男生甲和女生乙入选; (4)男生甲和女生乙不能同时入选; (5)男生甲、女生乙至少有一个人入选. [自主解答] (1)法一:至少有 1 名女生入选包括以下几种情况: 1 女 4 男,2 女 3 男,3 女 2 男,4 女 1 男,5 女. 由分类加法计数原理知总选法数为
1 3 3 C5C4+C2C7+C5C2+C4C1+C5=771 种. 7 5 7 5 7 5

法二:“至少有 1 名女生入选”的反面是“全是男代表”,可用间接法求解.从 12 名 人中任选 5 人有 C5 种选法,其中全是男代表的选法有 C5种. 12 7 所以“至少有 1 名女生入选”的选法有 C5 -C5=771 种; 12 7 (2)至多有 2 名女生入选包括如下几种情况: 0 女 5 男,1 女 4 男,2 女 3 男,

由分类加法计数原理知总选法数为 C5+C1C4+C2C3=546 种. 7 5 7 5 7 (3)男生甲和女生乙入选,即只要再从除男生甲和女生乙外的 10 人任选 3 名即可,共有
2 C2C3 =120 种选法; 10

(4)法一:男生甲和女生乙不能同时入选包括以下几种情况: 男生甲入选女生乙不入选;男生甲不入选女生乙入选;男生甲和女生乙都不入选. 由分类加法计数原理知总选法数为 C4 +C4 +C5 =672 种. 10 10 10
5 法二:间接法:从 12 人中选出 5 人,有 C12种选法,从除去男生甲和女生乙外的 10 人

中任选 3 人有 C3 种选法, 所以“男生甲和女生乙不能同时入选”的选法有 C5 -C2C3 =672 10 12 2 10 种; (5)间接法:“男生甲、女生乙至少有一个人入选”的反面是“两人都不入选”,即从 其余 10 人中任选 5 人有 C5 种选法,所以“男生甲、女生乙至少有一个人入选”的选法数 10 为 C5 -C5 =540 种. 12 10 ————— —————————————— 组合两类问题的解法 (1)“含”与“不含”的问题:“含”,则先将这些元素取出,再由另外元素补足;“不 含”,则先将这些元素剔除,再从剩下的元素中去选取. (2)“至少”、“最多”的问题:解这类题必须十分重视“至少”与“最多”这两个关 键词的含义,谨防重复与漏解.用直接法或间接法都可以求解.通常用直接法分类复杂时, 考虑逆向思维,用间接法处理.

3.某校开设 A 类选修课 3 门,B 类选修课 4 门,一位同学从中选 3 门.若要求两类课 程中各至少选一门,则不同的选法共有( A.30 种 C.42 种 ) B.35 种 D.48 种

解析:选 A 法一:可分两种互斥情况:A 类选 1 门,B 类选 2 门或 A 类选 2 门,B 类 选 1 门,共有 C1C2+C2C1=18+12=30 种选法. 3 4 3 4 法二: 总共有 C3=35 种选法, 减去只选 A 类的 C3=1 种, 再减去只选 B 类的 C3=4 种, 7 3 4 共有 30 种选法.

排列、组合的综合应用

[例 3] 有 5 个男生和 3 个女生,从中选出 5 人担任 5 门不同学科的科代表,求分别符 合下列的选法数: (1)有女生但人数必须少于男生;

(2)某女生一定担任语文科代表; (3)某男生必须包括在内,但不担任数学科代表; (4)某女生一定要担任语文科代表,某男生必须担任科代表,但不担任数学科代表. [自主解答] (1)先选后排,先选可以是 2 女 3 男,也可以是 1 女 4 男,先取有 C3C2+ 5 3
4 1 C5C1种,后排有 A5种,共有(C3C2+C4C3)· 5=5 400 种. A5 3 5 5 3 5

(2)除去该女生后,先取后排,有 C4· 4=840 种. 7 A4 (3)先选后排,但先安排该男生,有 C4· 1· 4=3 360 种. 7 C4 A4 (4)先从除去该男生该女生的 6 人中选 3 人有 C3种,再安排该男生有 C1种,选出的 3 人 6 3
3 全排有 A3种,共 C6· 1· 3=360 种. C3 A3 3

—————

—————————————— 求解排列、组合综合题的一般思路

排列、组合的综合问题,一般是将符合要求的元素取出(组合)或进行分组,再对取出的 元素或分好的组进行排列. 其中分组时, 要注意“平均分组”与“不平均分组”的差异及分 类的标准.

4.4 个不同的球,4 个不同的盒子,把球全部放入盒内. (1)恰有 1 个盒不放球,共有几种放法? (2)恰有 1 个盒 内有 2 个球,共有几种放法? (3)恰有 2 个盒不放球,共有几种放法? 解:(1)为保证“恰有 1 个盒不放球”,先从 4 个盒子中任意取出去一个,问题转化为 “4 个球,3 个盒子,每个盒子都要放入球,共有几种放法?”,即把 4 个球分成 2,1,1 的三 组,然后再从 3 个盒子中选 1 个放 2 个球,其余 2 个球放在另外 2 个盒子内,由分步乘法计 数原理,共有 C1C2C1×A2=144 种. 4 4 3 2 (2)“恰有 1 个盒内有 2 个球”,即另外 3 个盒子放 2 个球,每个盒子至多放 1 个球, 也即另外 3 个盒子中恰有一个空盒, 因此, “恰有 1 个盒内有 2 个球”与“恰有 1 个盒不放 球”是同一件事,所以共有 144 种放法. (3)确定 2 个空盒有 C2种方法,4 个球放进 2 个盒子可分成(3,1),(2,2)两类,第一类有序 4 C2C2 2 4 2 不均匀分组有 C3C1A2种方法;第二类有序均匀分组有 2 · 2种方法. A 4 1 2 A2 C2C2 2 4 2 3 1 2 A 故共有 C2?C4C1A2+ A2 · 2?=84 种. 4 ? ? 2

? 1 个识别——排列问题与组合问题的识别方法 识别方法

排列

若交换某两个元素的位置对结果产生影响,则是排列问题,即排列问题与选取元素 顺序有关 若交换某两个元素的位置对结果没有影响,则是组合问题,即组合问题与选取元素 顺序无关

组合

? 3 点注意——求解排列、组合问题的三个注意点 (1)解排列、组合综合题一般是先选后排,或充分利用元素的性质进行分类、分步,再 利用两个原理作最后处理. (2)解受条件限制的组合题,通常用直接法(合理分类)和间接法(排除法)来解决.分类标 准应统一,避免出现重复或遗漏. (3)对于选择题要谨慎处理,注意等价答案的不同形式,处理这类选择题可采用排除法 分析选项,错误的答案都是犯有重复或遗漏.

创新交汇——几何图形中的排列组合问题

1.排列、组合问题的应用一直是高考的热点内容之一,高考中除了以实际生活为背景 命题外,还经常与其他知识结合交汇命题. 2.解答此类问题应注意以下问题: (1)仔细审题,判断是排列问题还是组合问题; (2)对限制条件较为复杂的排列组合问题,可分解为若干个简单的基本问题后再用两个 原理来解决; (3)由于排列组合问题的答案一般数目较大,不易直接验证,可采用多种不同的方法求 解,看结果是否相同来检验. [典例] (2011· 湖北高考)给 n 个自上而下相连的正方形着黑色或白色. n≤4 时, 当 在所 有不同的着色方案中,黑色正方形互不相邻的着色方案如下图所示:

由此推断,当 n=6 时,黑色正方形互不相邻的着色方案共有________种,至少有两个 黑色正方形相邻的着色方案共有________种(结果用数值表示). [解析] (1)当 n=6 时,如果没有黑色正方形有 1 种方案,当有 1 个黑色正方形时,有 6 种方案,当有两个黑色正方形时,采用插空法,即两个黑色正方形插入四个白色正方形形 成的 5 个空内,有 C2=10 种方案,当有三个黑色正方形时,同上方法有 C3=4 种方案,由 5 4 图可知不可能有 4 个,5 个,6 个黑色正方形,综上可知共有 21 种方案.(2)将 6 个正方形 空格涂有黑白两种颜色,每个空格都有两种方案,由分步计数原理一 共有 26 种方案,本问所求事件为(1)的对立事件,故至少有两个黑色正方形相邻的方案 有 26-21=43 种. [答案] 21 [名师点评] 1.本题有以下创新点 (1)命题背景的创新:本题以平面几何中的着色问题为背景,让学生根据所给图形,归 纳探究着色问题. (2)考查方式的创新:在切入点上一改往日直来直去的文字语言叙述,而是以图形语言 的形式呈现,考查了学生对图形语言的理解能力及数学应用意识与应用能力. 2.解决本题的关键点 (1)由 n=1,2,3,4 时,黑色正方形互不相邻的着色方案种数的规律,归纳 n=6 时的情况; (2)求至少有两个黑色正方形相邻的着色方案种数可考虑利用对立事件求解. 3.解决与图形有关的排列组合问题的注意事项 需要强化对图形语言的理解训练, 强化常用方法的训练, 理解体会解题中运用的数学思 想和方法,才能快速正确地解决排列组合问题. [变式训练] (2012· 安徽高考)6 位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换,任意两位同学之间最多 交换一次,进行交换的两位同学互赠一份纪念品.已知 6 位同学之间共进行了 13 次交换, 则收到 4 份纪念品的同学人数为( A.1 或 3 C.2 或 3 ) B.1 或 4 D.2 或 4 43

解析:选 D 不妨设 6 位同学分别为 A,B,C,D,E,F,列举交换纪念品的所有情 况为 AB,AC,AD,AE,AF,BC,BD,BE,BF,CD,CE,CF,DE,DF,EF,共有 15 种.因为 6 位同学之间共进行了 13 次交换,即缺少以上交换中的 2 种.第一类,某人少交 换 2 次,如 DF,EF 没有交换,则 A,B,C 交换 5 次,D,E 交换 4 次,F 交换 3 次;第二 类,4 人少交换 1 次,如 CD,EF 没有交换,则 A,B 交换 5 次,C,D,E,F 交换 4 次.

一、选择题(本大题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分) 1.(2012· 辽宁高考)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( ) B.3×(3!)3 D.9!

A.3×3! C.(3!)4

解析:选 C 利用“捆绑法”求解.满足题意的坐法种数为 A3(A3)3=(3!)4. 3 3 2.(2012· 新课标全国卷)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 C.9 种 B.10 种 D.8 种 )

解析: A 先安排 1 名教师和 2 名学生到甲地, 选 再将剩下的 1 名教师和 2 名学生安排 到乙地,共有 C1C2=12 种安排方案. 2 4 3.在“神九”航天员进行的一项太空实验中,先后要实施 6 个程序,其中程序 A 只能 出现在第一步或最后一步, 程序 B 和 C 实施时必须相邻, 请问实验顺序的编排方法共有( A.24 种 C.96 种 B.48 种 D.144 种 )

解析:选 C 当 A 出现在第一步时,再排 A,B,C 以外的三个程序,有 A3种,A 与 A, 3 B,C 以外的三个程序生成 4 个可以排列程序 B、C 的空档,此时共有 A3A1A2种排法;当 A 3 4 2 出现在最后一步时的排法与此相同,故共有 2A3A1A2=96 种编排方法. 3 4 2 4.如图所示 2×2 方格,在每一个方格中填入一个数字,数字可以是 1、2、 3、4 中任何一个,允许重复.若填入 A 方格的数字大于 B 方格的数字,则不同 的填法共有( A.192 种 C.96 种 ) B.128 种 D.12 种 A C B D

解析:选 C 可分三步:第一步,填 A、B 方格的数字,填入 A 方格的数字大于 B 方格 中的数字有 6 种方式(若方格 A 填入 2,则方格 B 只能填入 1;若方格 A 填入 3,则方格 B 只能填入 1 或 2,若方格 A 填入 4,则方格 B 只能填入 1 或 2 或 3);第二步,填方格 C 的数 字,有 4 种不同的填法;第三步,填方格 D 的数字,有 4 种不同的填法.由分步计数原理 得,不同的填法总数为 6×4×4=96. 5.两人进行乒乓球比赛,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 C.20 种

B.15 种 D.30 种

解析:选 C 分三种情况:恰好打 3 局,有 2 种情形;恰好打 4 局(一人前 3 局中赢 2 局,输 1 局,第 4 局赢),共有 2C2=6 种情形;恰好打 5 局(一人前 4 局中赢 2 局,输 2 局, 3 第 5 局赢),共有 2C2=12 种情形.所有可能出现的情形共有 2+6+12=20 种. 4 6. (2012· 山东高考)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 C.472 B.252 D.484

解析:选 C 若没有红色卡片,则需从黄、蓝、绿三色卡片中选 3 张,若都不同色则有
1 1 1 C4×C4×C4=64

种,若 2 张同色,则有 C2×C1×C2×C1=144 种;若红色卡片有 1 张,剩 3 2 4 4

1 1 2 余 2 张不同色,则有 C1×C2×C1×C1=192 种,剩余 2 张同色,则有 C4×C3×C4=72 种, 4 3 4 4

所以共有 64+144+192+72=472 种不同的取法. 二、填空题(本大题共 3 小题,每小题 5 分,共 15 分) 7.某公司计划在北京、上海、兰州、银川四个候选城市投资 3 个不同的项目,且在同 一个城市投资的项目不超过 2 个,则该公司不同的投资方案种数是________(用数字作答). 解析:由题意知按投资城市的个数分两类:①投资 3 个城市即 A3种.②投资 2 个城市 4
2 即 C2A2种,共有不同的投资方案种数是 A3+C3A2=60. 3 4 4 4

答案:60 8.(2013· 武汉模拟)某车队有 7 辆车,现要调出 4 辆按一定顺序出去执行任务.要求甲、 乙两车必须参加,且甲车要先于乙车开出有________种不同的调度方法(填数字). 解析:先从除甲、乙外的 5 辆车任选 2 辆有 C2种选法,连同甲、乙共 4 辆车,排列在 5 一起,先从 4 个位臵中选两个位臵安排甲、乙,甲在乙前共有 C2种,最后,安排其他两辆 4
2 车共有 A2种方法,故不同的调度方法为 C5· 2· 2=120 种. C4 A2 2

答案:120 9.(2013· 宜昌模拟)某省高中学校自实施素质教育以来,学生社团得到迅猛发展.某校 高一新生中的五名同学打算参加“春晖文学社”、 “舞者轮滑俱乐部”、 “篮球之家”、 “围 棋苑”四个社团. 若每个社团至少有一名同学参加, 每名同学至少参加一个社团且只能参加 一个社团, 且同学甲不参加“围棋苑”, 则不同的参加方法的种数为________(用数字作答). 解析:设五名同学分别为甲、乙、丙、丁、戊,由题意,如果甲不参加“围棋苑”,有 下列两种情况: (1)从乙、丙、丁、戊中选一人(如乙)参加“围棋苑”,有 C1种方法,然后从甲与丙、 4 丁、 戊共 4 人中选 2 人(如丙、 丁)并成一组与甲、 戊分配到其他三个社团中, C2A3种方法, 有 4 3

这时共有 C1C2A3种参加方法. 4 4 3 (2)从乙、丙、丁、戊中选 2 人(如乙、丙)参加“围棋苑”,有 C2种方法,甲与丁、戊 4 分配到其他三个社团中有 A3种方法,这时共有 C2A3种参加方法. 3 4 3 综合(1)(2),共有 C1C2A3+C2A3=180 种参加方法. 4 4 3 4 3 答案:180 三、解答题(本大题共 3 小题,每小题 12 分,共 36 分) 10.已知 10 件不同的产品中有 4 件是次品,现对它们进行一一测试,直至找出所有 4 件次品为止. (1)若恰在第 5 次测试,才测试到第一件次品,第十次才找到最后一件次品,则这样的 不同测试方法数是多少? (2)若恰在第 5 次测试后,就找出了所有 4 件次品,则这样的不同测试方法数是多少? 解:(1)先排前 4 次测试,只能取正品,有 A4种不同测试方法,再从 4 件次品中选 2 件 6
2 排在第 5 和第 10 的位臵上测试,有 C4· 2=A2种测试方法,再排余下 4 件的测试位臵,有 A2 4 4 A4种测试方法.所以共有不同的测试方法 A4· 2· 4=103 680 种. 4 6 A4 A

(2)第 5 次测试恰为最后一件次品,另 3 件在前 4 次中出现,从而前 4 次有一件正品出 现,所以共有不同的测试方法 A1· 1· 4=576 种. 4 C6 A4 11.从 1 到 9 的 9 个数字中取 3 个偶数 4 个奇数,试问: (1)能组成多少个没有重复数字的七位数? (2)上述七位数中,3 个偶数排在一起的有几个? (3)(1)中的七位数中,偶数排在一起,奇数也排在一起的有几个? 解:(1)分三步完成:第一步,在 4 个偶数中取 3 个,有 C3种情况;第二步,在 5 个奇 4 数中取 4 个,有 C4种情况;第三步,3 个偶数,4 个奇数进行排列,有 A7种情况.所以符 5 7 合题意的七位数有 C3C4A7=100 800 个. 4 5 7
4 (2)上述七位数中,3 个偶数排在一起的有 C3C5A5A3=14 400 个. 4 5 3

(3)上述七位数中, 个偶数排在一起, 个奇数也排在一起的有 C3C4A3A4A2=5 760 个. 3 4 4 5 3 4 2 12.编号为 A,B,C,D,E 的五个小球放在如图所示的五个盒子里, 要求每个盒子只能放一个小球,且 A 球不能放在 1,2 号,B 球必须放在与 A 球相邻的盒子中,不同的放法有多少种? 解:根据 A 球所在位臵分三类: (1)若 A 球放在 3 号盒子内,则 B 球只能放在 4 号盒子内,余下的三个盒子放球 C,D, E,则根据分步乘法计数原理得,此时有 A3=6 种不同的放法; 3 (2)若 A 球放在 5 号盒子内,则 B 球只能放在 4 号盒子内,余下的三个盒子放球 C,D, E,则根据分步乘法计数原理得,此时有 A3=6 种不同的放法; 3 (3)若 A 球放在 4 号盒子内,则 B 球可以放在 2 号,3 号,5 号盒子中的任何一个,余下

3 的三个盒子放球 C,D,E,有 A3=6 种不同的放法,根据分步乘法计数原理得,此时有 A1 3

A3=18 种不同的放法. 3 综上所述,由分类计数原理得不同的放法共有 6+6+18=30 种.

1.甲、乙、丙 3 人站在共有 7 级的台阶上,若每级台阶最多站 2 人,同一级台阶上的 人不区分站的位置,则不同的站法种数是________(用数字作答).
2 解析:当每个台阶上各站 1 人时有 A3C3种站法,当两个人站在同一个台阶上时有 C3C1 3 7 7 1 C6种站法,因此不同的站法种数有 A3C3+C2C1C1=210+126=336 种. 3 7 3 7 6

答案:336 2.如图所示的四棱锥中,顶点为 P,从其他的顶点和各棱中点中 取 3 个,使它们和点 P 在同一平面内,不同的取法种数为( A.40 C.56 B.48 D.62 )

解析:选 C 满足要求的点的取法可分为 3 类: 第 1 类,在四棱锥的每个侧面上除点 P 外任取 3 点,有 4C3种取法; 5 第 2 类,在两个对角面上除点 P 外任取 3 点,有 2C3种取法; 4 第 3 类,过点 P 的四条棱中,每一条棱上的两点(除 P 外)和与这条棱异面的其中一条棱 的中点也共面,有 4C1种取法. 2 所以,满足题意的不同取法共有 4C3+2C3+4C1=56 种. 5 4 2 3.某单位安排 7 位员工在 10 月 1 日至 7 日值班,每天安排 1 个,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 10 月 1 日,丁不排在 10 月 7 日,则不同的安排 方案共有多少种? 解:依题意,满足甲、乙两人值班安排在相邻两天的方法共有 A2A6=1 440 种, 2 6 其中满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丙在 10 月 1 日值班的方法共有 A2A5=240 2 5 种; 满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丁在 10 月 7 日值班的方法共有 A2A5=240 种; 2 5 满足甲、 乙两人值班安排在相邻两天且丙在 10 月 1 日值班、 丁在 10 月 7 日值班的方法
4 共有 A2A4=48 种. 2

因此满足题意的方法共有 1 440-2×240+48=1 008 种.

第三节 二项式定理

[备考方向要明了]

考 什 么 1.能利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.

怎 么 考

[来源:学科网]

1.一般不考查用计数原理证明二项式定理. 2.求二项展开式中某项的系数和特定项是高考的热点, 考查形式为选择题和填空题,难度不大,属中低档题, 如 2012 年广东 T10,福建 T11 等.

[归纳· 知识整合] 1.二项式定理 二项式定理 二项式系数 二项式通项 (a+b)n=C0an+C1an 1b+?+Ck an kbk+?+Cnbn(n∈N*) n n n n 二项展开式中各项系数 Cr (r=0,1,?,n) n Tr+1=Cr an rbr,它表示第 r+1 项 n
[来







[探究] 1.二项式(x+y)n 的展开式的第 k+1 项与(y+x)n 的展开式的第 k+1 项一样吗?
源:Zxxk.Com]

提示:尽管(x+y)n 与(y+x)n 的值相等,但它们的展开式形式是不同的,因此应用二项 式定理时,x,y 的位臵不能随便交换. 2.二项式系数的性质

[探究] 2.二项式(x+y)n 展开式中二项式系数最大时该项的系数就最大吗? 提示:不一定最大,当二项式中 x,y 的系数均为 1 时,或 x,y 的系数均为-1,n 为偶 数时,此时二项式系数等于项的系数,否则不一定. [自测· 牛刀小试] 1.(x-y)n 的二项展开式中,第 r 项的系数是( A.Cr n C.Cr n
-1

)
r+1
- -1 - -

B.Cn

D.(-1)r 1Cr n

解析:选 D 本题中由于 y 的系数为负,故其第 r 项的系数为(-1)r 1Cr 1. n

2.(2012· 四川高考)(1+x)7 的展开式中 x2 的系数是( A.42 C.28 B.35 D.21

)

解析:选 D 依题意可知,二项式(1+x)7 的展开式中 x2 的系数等于 C2×15=21. 7 a 3.已知?x-x?8 展开式中常数项为 1 120,其中实数 a 是常数,则展开式中各项系数的 ? ? 和是( A.2 )
8

B.38 D.1 或 28

C.1 或 38

4 解析:选 C 由题意知 C4· 2,令 x=1,得展开式各项系数和 8 (-a) =1 120,解得 a=±

为(1-a)8=1 或 38. 4.若(1+2x)6 的展开式中的第 2 项大于它的相邻两项,则 x 的取值范围是________.
?T2>T1, ?C12x>1, ? ? 6 解析:由题意得? 即? 1 2 2 ? ? ?T2>T3, ?C62x>C6?2x? ,

1 1 解得 <x< . 12 5 1 1 答案: <x< 12 5 5.若 C1+3C2+32C3+?+3n 2Cn 1+3n 1=85,则 n 的值为________. n n n n 解析:由已知等式,可得
0 Cn+3C1+32C2+?+3nCn=256. n n n
- - -

即(1+3)n=256,解得 n=4. 答案:4

求二项展开式中特定项或特定项系数

2 [例 1] (1)(2012· 上海高考)在?x-x?6 的二项展开式中,常数项等于________. ? ?
2 1 (2)(2012· 广东高考)?x +x?6 的展开式中 x3 的系数为________(用数字作答). ? ?

(3)(2012· 福建高考)(a+x)4 的展开式中 x3 的系数等于 8,则实数 a=________. 2 - - [自主解答] (1)由通项公式得 Tr+1=Cr x6 r?-x?r=(-2)rCr x6 2r,令 6-2r=0,解得 r 6 6 ? ? =3,所以是第 4 项为常数项,T4=(-2)3C3=-160. 6

2 1 - ?1 - (2)由?x +x?6 的展开式的通项为 Tr+1=Cr (x2)6 r·x?r=Cr x12 3r,令 12-3r=3,得 r=3, 6 6 ? ? ? ?

所以展开式中 x3 的系数为 C3=20. 6 (3)(a+x)4 的展开式的第 r+1 项为 Tr+1=Cr a4 rxr,令 r=3,得含 x3 的系数为 C3a,故 4 4
3 C4a=8,解得 a=2.


[答案] (1)-160 (2)20 (3)2 ————— —————————————— 求特定项的步骤 (1)根据所给出的条件(特定项)和通项公式建立方程来确定指定项(求解时要注意二项式 系数中 n 和 r 的隐含条件,即 n 为正整数,r 为非负整数,且 r≤n); (2)根据所求项的指数特征求所要求解的项.

2 1.(2012· 泰安模拟)若二项式? x-x ?n 的展开式中第 5 项是常数项,则正整数 n 的值可 ? ? 能为( A.6 C.12 ) B.10 D.15

2 n-3r - 解析:选 C Tr+1=Cr ( x)n r?-x?r=(-2)rCr x , n n ? ? 2 n-3r 当 r=4 时, =0,又 n∈N*, 2 所以 n=12. 1 2.(1+x+x2)?x-x?6 的展开式中的常数项为________. ? ? 1 解析:?x-x?6 的展开式的通项为 ? ? Tr+1=Cr (-1)rx6 6
-2r


- -

当 r=3 时,T4=-C3=-20,当 r=4 时,T5=C4x 2=15x 2,因此常数项为-20+15 6 6 =-5. 答案:-5

二项式系数和或各项的系数和

[例 2] 设(2- 3x)100=a0+a1x+a2x2+?+a100x100,求下列各式的值: (1)a0; (2)a1+a2+?+a100; (3)a1+a3+a5+?+a99;

(4)(a0+a2+?+a100)2-(a1+a3+?+a99)2. [自主解答] (1)(2- 3x)100 展开式中的常数项为 C0 ·100,即 a0=2100,或令 x=0,则 100 2 展开式可化为 a0=2100. (2)令 x=1, 可得 a0+a1+a2+?+a100=(2- 3)100,① 所以 a1+a2+?+a100=(2- 3)100-2100. (3)令 x=-1, 可得 a0-a1+a2-a3+?+a100=(2+ 3)100,② ①-②可得 ?2- 3?100-?2+ 3?100 a1+a3+?+a99= . 2 (4)原式=[(a0 +a2 +…+a100)+(a1 +a3+…+a99)]· 0 +a2+…+a100)-(a1+a3+…+ [(a a99)]=(a0+a1+a2+?+a100)(a0-a1+a2-a3+?+a98-a99+a100)=(2- 3)100(2+ 3)100= 1. ————— —————————————— 赋值法在求解二项式各项系数和有关问题中的应用 “赋值法”普遍适用于恒等式,是一种重要的方法,对形如(ax+b)n,(ax2+bx+c)m(a, b∈R)的式子,求其展开式的各项系数之和时常用赋值法,只需令 x=1 即可;对形如(ax+ by)n(a,b∈R)的式子求其展开式各项系数之和,只需令 x=y=1 即可.

a1 a2 a2013 3.若(1-2x)2 013=a0+a1x+?+a2 013x2 013(x∈R),则 + 2+?+ 2013的值为( 2 2 2 A.2 C.-1 B.0 D.-2

)

1 a1 a2 a2 013 a1 a2 解析:选 C 令 x=0 得 a0=1,令 x= ,得 a0+ + 2+?+ 2 013=0,所以 + 2+? 2 2 2 a 2 2 a2 013 + 2 013=-a0=-1. 2 4.若(2x-3)5 =a0 +a1x+a2x2 +a3x3 +a4x4 +a5x5 ,则 a1 +2a2 +3a3 +4a4 +5a5 等于 ________. 解析:在已知等式两边对 x 求导,得 5(2x-3)4×2=a1+2a2x+3a3x2+4a4x3+5a5x4,令 x=1 得 a1+2a2+3a3+4a4+5a5=5×(2×1-3)4×2=10. 答案:10 二项展开式系数最大项的问题

2 [例 3] 求二项式? x-x2?8 的展开式中: ? ? (1)二项式系数最大的项; (2)系数最大的项和系数最小的项. [自主解答] (1)二项式系数最大的项即展开式的中间项,也即第 5 项, 2 1 120 所求项为 T4+1=C4( x)4?-x2?4= 6 . 8 ? ? x
r 1 r 1 ? r r ?C82 ≥C8 2 , (2)先求系数绝对值最大的项,设第 r+1 项的系数的绝对值最大,则? r r r+1 r+1 ?C82 ≥C8 2 , ?
- -

? r ≥9-r, 即? 1 2 ?8-r≥r+1,
2 1 解得 5≤r≤6,即第 6 项和第 7 项的系数绝对值最大. 由于第 6 项的系数为负,第 7 项的系数为正, 所以第 7 项是系数最大的项,
- ? 2 这一项为 T6+1=C6( x)2·-x2?6=1 792x 11; 8 ? ?

第 6 项是系数最小的项, 17 ? 2 这一项为 T5+1=C5( x)3·-x2?5=-1 792x- . 8 ? ? 2 ————— —————————————— 运用二项式定理时的两个注意点 在运用二项式定理时不能忽视展开式中系数的正负. 当然还需考虑二项式系数与展开式 某项的系数之间的差异: (1)二项式系数只与二项式的指数和项数有关,与二项式无关; (2)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.

1 2 5.如果?x -2x?n 的展开式中只有第 4 项的二项式系数最大,那么展开式中的所有项的 ? ? 系数之和是( A.0 C.64 ) B.256 1 D. 64

? 3 4 ?Cn>Cn, 解析:选 D 法一:由已知得? 3 2 即 5<n<7, ?Cn>Cn, ?

1 1 ∵n∈N*,∴n=6.令 x=1,则原式=?1-2?6= . ? ? 64

1 法二:由题意知,只有第 4 项的二项式系数最大,所以 n=6,令 x=1,则原式=?1-2? ? ?
6

1 = . 64

? 1 个公式——二项展开式的通项公式 通项公式主要用于求二项式的特定项问题,在运用时,应明确以下几点: (1)Cr an rbr 是第 r+1 项,而不是第 r 项; n (2)通项公式中 a,b 的位置不能颠倒; (3)通项公式中含有 a,b,n,r,Tr+1 五个元素,只要知道其中的四个,就可以求出第 五个,即“知四求一”. ? 3 点注意——二项式系数的三个注意点 (1)求二项式所有系数的和,可采用“赋值法”; (2)关于组合式的证明,常采用“构造法”——构造函数或构造同一问题的两种算法; (3)展开式中第 r+1 项的二项式系数与第 r+1 项的系数一般是不相同的, 在具体求各项 的系数时,一般先处理符号,对根式和指数的运算要细心,以防出错.


易误警示——对二项展开式的考虑不全面致错
2 1 [典例] (2012· 天津高考)在?2x -x?5 的二项展开式中,x 的系数为( ? ?

)

A.10 C.40 [解析] 1)rx10
-3r

B.-10 D.-40 1 2 1 - - 二项式?2x -x?5 展开式的第 r+1 项为 Tr+1=Cr (2x2)5 r?-x ?r=Cr ·5 r×(- 5 5 2 ? ? ? ?

,当 r=3 时,含有 x,其系数为 C3·2×(-1)3=-40. 52

[答案] D [易误辨析] 1.因区分不清某一项系数与其二项式的系数而错选 A. 2.因对二项展开式的通项公式记忆不准而导致无法求解. 3.解答此类问题还易出现以下错误: (1)混淆各项系数的和与二项式系数的和; (2)对展开式中常数项的构成考虑不全面造成计算错误; (3)对二项式定理的应用不会逆用公式而致错.

[变式训练] 1 1.(2012· 安徽高考)(x2+2)?x2-1?5 的展开式的常数项是( ? ? A.-3 C.2 B.-2 D.3 )

1 1 1 1 解析:选 D 因为(x2+2)?x2-1?5=x2?x2-1?5+2?x2-1?5,又 2?x2-1?5 展开式中的常 ? ? ? ? ? ? ? ? 数项为 1 1 1 2C5?x2?0(-1)5=-2,x2?x2-1?5 展开式中的常数项为 x2C4?x2?1(-1)4=5,故二项式(x2 5 5 ? ? ? ? ? ? 1 +2)?x2-1?5 展开式中的常数项为-2+5=3. ? ? 2.设(5x- x)n 的展开式的各项系数之和为 M,二项式系数之和为 N,M-N=240,则 展开式中的 x3 项的系数为( A.500 C.150 ) B.-500 D.-150

解析:选 C ∵N=2n,令 x=1,则 M=(5-1)n=4n=(2n)2, ∴(2n)2-2n=240,2n=16, n=4.展开式中第 r+1 项 Tr+1=Cr · 4 r· (- x)r=(-1)r· r ·4 C4 5 4 (5x)
-r -

r · x4- . 2 r 2 令 4- =3,即 r=2,此时 C2·2· 4 5 (-1) =150. 2 3.a4(x+1)4+a3(x+1)3+a2(x+1)2+a1(x+1)+a0=x4,则 a3-a2+a1=________. 解析:∵[(x+1)-1]4=a4(x+1)4+a3(x+1)3+ a2(x+1)2+a1(x+1)+a0, ∴a3-a2+a1=(-C1)-C2+(-C3)=-14. 4 4 4 答案:-14

一、选择题(本大题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分) 1 1 1.二项式?2+2?6 的展开式的第 3 项的值是( ? ? 3 A. 32 15 C. 64 3 B. 64 5 D. 16 )

1 1 解析:选 C 二项式?2+2?6 的展开式的第 3 项是 ? ? 1 15 2 1 C6?2?4?2?2= . ? ? ? ? 64 1 2 2.若二项式?3x -x?n 的展开式中各项系数的和是 512,则展开式中的常数项为( ? ? A.-27C3 9
4 C.-9C9

)

B.27C3 9 D.9C4 9

解析: B 各项系数之和为(3-1)n=2n=512, n=9, 选 故 展开式的通项是 Tr+1=Cr (3x2)9 9
-r

?-1?r=(-1)r×39-r×Cr x18-3r.令 18-3r=0, r=6, 则 故展开式的常数项为(-1)6×33×C6 9 9 ? x?
3.在(x+1)(2x+1)?(nx+1)(n∈N*)的展开式中一次项系数为( A.C2 n C.Cn n
-1

3 =27C9.

)

B.C2+1 n 1 D. C3+1 2 n n· ?n+1? 1+2+3+?+n= =C2+1. n 2 )

解析:选 B

4.(2013· 贵阳模拟)在二项式(x2+x+1)(x-1)5 的展开式中,含 x4 项的系数是( A.-25 C.5 B.-5 D.25

解析:选 B ∵(x2+x+1)(x-1)=x3-1,∴原式可化为(x3-1)(x-1)4.故展开式中,含 x4 项的系数为
3 C4(-1)3-C0=-4-1=-5. 4

5.? x+

?

1 ?8 的展开式中常数项为( 2 x?

) 35 B. 8 D.105

35 A. 16 35 C. 4

1 ?r 1 - - ? 解析:选 B 二项展开式的通项 Tr+1=Cr ( x)8 r· =Cr ?2?rx4 r,当 4-r=0 时,r 8 8 ? ? 2 x? ? 35 4 1 =4,所以展开式中的常数项为 C8?2?4= . ? ? 8 6.(2012· 湖北高考)设 a∈Z,且 0≤a<13,若 512 012+a 能被 13 整除,则 a=( A.0 C.11 解析:选 D 512
012

)

B.1 D.12 +a=(13×4-1)2
012

+a,被 13 整除余 1+a,结合选项可得 a=12

时,512 012+a 能被 13 整除.

二、填空题(本大题共 3 小题,每小题 5 分,共 15 分) 7.(2012· 陕西高考)(a+x)5 展开式中 x2 的系数为 10,则实数 a 的值为________. 解析:由二项展开式的通项公式可得,T3=C2a3x2=10x2,解得 a=1. 5 答案:1 1 1 8.若?x+x?n 的展开式中第 3 项与第 7 项的二项式系数相等,则该展开式中 2的系数为 ? ? x ________. 1 - 1 解析:由 C2=C6可知 n=8,所以?x+x?8 的展开式的通项公式为 Tr+1=Cr x8 r?x?r=Cr x8 n n 8 8 ? ? ? ?
-2r,

1 5 所以 8-2r=-2,解得 r=5.所以 2的系数为 C8=56. x 答案:56 9.(2012· 浙江高考)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=________. 解析:不妨设 1+x=t,则 x=t-1,因此有(t-1)5=a0+a1t+a2t2+a3t3+a4t4+a5t5,则 a3=C2(-1)2=10. 5 答案:10 三、解答题(本大题共 3 小题,每小题 12 分,共 36 分) 10. ?3x+ 若

?

1 ?n 的展开式中各项系数和为 1 024, 试确定展开式中含 x 的整数次幂的项. x?

解:令 x=1,则 22n=1 024,解得 n=5.
- Tr+1=Cr (3x)5 r 5

? 1 ?r=Cr ·5-r · x 53 ? x?

10 ? 3 r 2



10-3r 含 x 的整数次幂即使 为整数, 2 r=0、r=2、r=4,有 3 项, 即 T1=243x5,T3=270x2,T5=15x 1. 2 11.已知? x-x2?n(n∈N*)的展开式中第五项的系数与第三项的系数的比是 10∶1. ? ? (1)求展开式中各项系数的和; (2)求展开式中含 x 的项;
4 解:由题意知,第五项系数为 C4· n (-2) , 4 C4· 10 n ?-2? 2 第三项的系数为 C2· , 2= n (-2) ,则有 2 1 Cn· ?-2?
3 2


化简得 n2-5n-24=0,解得 n=8 或 n=-3(舍去). (1)令 x=1 得各项系数的和为(1-2)8=1.

2 - ? (2)通项公式 Tk+1=Ck · x)8 k·-x2?k=Ck · 8( 8 ? ? (-2) · x 令
k
8? k ? 2k 2


3

8-k 3 -2k= ,则 k=1,故展开式中含 x 2 的项为 2 2
3 2

T2=-16x . 12.从函数角度看,组合数 Cr 可看成是以 r 为自变量的函数 f(r),其定义域是{r|r∈N, n r≤n}. n-r+1 (1)证明:f(r)= f(r-1); r (2)利用(1)的结论,证明:当 n 为偶数时,(a+b)n 的展开式中最中间一项的二项式系数 最大. n! 解:(1)证明:∵f(r)=Cr = , n r!?n-r?! n! - f(r-1)=Cr 1= , n ?r-1?!?n-r+1?! ∴ n-r+1 n-r+1 n! n! f(r-1)= · = . r r ?r-1?!?n-r+1?! r!?n-r?! n-r+1 f(r-1)成立. r

则 f(r)=

n-r+1 (2)设 n=2k,∵f(r)= f(r-1),f(r-1)>0, r ∴ 2k-r+1 f?r? = . r f?r-1?

2k-r+1 1 令 f(r)≥f(r-1),则 ≥1,则 r≤k+ (等号不成立). r 2 ∴当 r=1,2,?,k 时,f(r)>f(r-1)成立. 反之,当 r=k+1,k+2,?,2k 时,f(r)<f(r-1)成立. ∴f(k)=Ck 最大, 2k 即(a+b)n 的展开式中最中间一项的二项式系数最大.

2 1.若? x+x?n 的展开式中的第 5 项为常数,则 n=( ? ? A.8 C.12 B.10 D.15

)

n-12 n-12 - 2 解析:选 C ∵T4+1=C4( x)n 4? x?4=C424x 为常数,∴ =0,n=12. n n ? ? 2 2 2.若(x+y)9 按 x 的降幂排列的展开式中,第二项不大于第三项,且 x+y=1,xy<0, 则 x 的取值范围是( 1 A.?-∞,5? ? ? 4 C.?-∞,-5? ? ? ) 4 B.?5,+∞? ? ? D.(1,+∞)

解析:选 D 二项式(x+y)9 的展开式的通项是 Tr+1=Cr ·9 r·r 依题意有 y 9x
- 1 9-1 x y≤C2 x9 2 y2 ?C9· · 9· · , ? ?x+y=1, ?xy<0. ? -

7 ?x8· ?1-x?2≤0, ? ?1-x?-4x · ? 由此得 ? ?x?1-x?<0,

由此解得 x>1,即 x 的取值范围是(1,+∞). 3.9192 除以 100 的余数是________. 解析:∵9192=(90+1)92
92 =C0 9092+C1 9091+?+C90902+C9190+C92 92 92 92 92

=M×102+92×90+1(M 为整数)=100M+82×100+81. ∴9192 除以 100 的余数是 81. 答案:81 4.设 f(x)=(1+x)m+(1+x)n 的展开式中 x 的系数是 19(m,n∈N*). (1)求 f(x)展开式中 x2 的系数的最小值; (2)对 f(x)展开式中 x2 的系数取最小值时的 m,n,求 f(x)展开式中 x7 的系数. 解:(1)由题意知 C1 +C1=19, m n 即 m+n=19,所以 m=19-n. 1 x2 的系数为 C2 +C2=C2 -n+C2= (19-n)(18-n)+ m n 19 n 2 19 1 323 n(n-1)=n2-19n+171=?n- 2 ?2+ , ? ? 2 4 1 323 ∵n∈N*,∴当 n=9 或 n=10 时,x2 的系数取最小值?2?2+ =81. ? ? 4 (2)当 n=9,m=10 或 n=10,m=9 时, x7 的系数为 C7 +C7=C3 +C2=156. 10 9 10 9

第四节 随机事件的概率

[备考方向要明了]

考 什 么

怎 么 考 1.随机事件的概率是高考的必考内容,主要考查互斥

1.了解随机事件发生的不确定性和频 事件的概率公式以及对立事件的求法为主,其中对立 率的稳定性, 了解概率意义以及频率 事件的概率是“正难则反”思想的具体应用,在高考 与概率的区别. 2.了解两个互斥事件的概率加法公 式. 中常考查. 2.多以选择和填空的形式考查,有时也渗透在解答题 中,属容易题,如 2012 江苏 T6 等.

[归纳· 知识整合] 1.事件的分类

2.频率和概率 (1)在相同的条件 S 下重复 n 次实验,观察某一事件 A 是否出现,称 n 次试验中事件 A nA 出现的次数 nA 为事件 A 出现的频数,称事件 A 出现的比例 fn(A)= 为事件 A 出现的频率. n (2)对于给定的随机事件 A,如果随着试验次数的增加,事件 A 发生的频率 fn(A)稳定在 某个常数上,把这个常数记作 P(A),称为事件 A 的概率,简称为 A 的概率. [探究] 1.概率和频率有什么区别和联系? 提示:频率随着试验次数的变化而变化,概率却是一个常数,它是频率的科学抽象.当 试验次数越来越大时,频率也越来越向概率接近,只要次数足够多,所得频率就近似地看作 随机事件的概率. 3.事件的关系与运算 定义 符号表示

包含关系 相等关系 并事件(和事 件) 交事件(积事 件) 互斥事件 对立事件

如果事件 A 发生,则事件 B 一定发生,这时称事件 B 包含事 B?A(或 A? 件 A(或称事件 A 包含于事件 B) 若 B?A 且 A?B,那么称事件 A 与事件 B 相等 若某事件发生当且仅当事件 A 发生或事件 B 发生, 称此事件 为事件 A 与事件 B 的并事件(或和事件) 若某事件发生当且仅当事件 A 发生且事件 B 发生, 则称此事 件为事件 A 与事件 B 的交事件(或积事件) 若 A∩B 为不可能事件,那么事件 A 与事件 B 互斥 若 A∩B 为不可能事件,A∪B 为必然事件,那么称事件 A 与 事件 B 互为对立事件 A∩B(或 AB) A∩B=? A∩B=?且 A ∪B=U B) A=B A∪B(或 A+ B)

[探究] 2.互斥事件和对立事件有什么区别和联系? 提示:互斥事件和对立事件都是针对两个事件而言的.在一次试验中,两个互斥事件有 可能都不发生,也可能有一个发生;而对立事件则是必有一个发生,但不能同时发生.所以 两个事件互斥但未必对立;反之两个事件对立则它们一定互斥. 4.概率的几个基本性质 (1)概率的取值范围:[0,1]. (2)必然事件的概率 P(E)=1. (3)不可能事件的概率 P(F)=0. (4)概率的加法公式 如果事件 A 与事件 B 互斥,则 P(A∪B)=P(A)+P(B). 若事件 A 与 B 互为对立事件,则 A∪B 为必然事件.P(A∪B)=1,P(A)=1-P(B). [自测· 牛刀小试] 1.甲:A1、A2 是互斥事件;乙:A1、A2 是对立事件.那么( A.甲是乙的充分但不必要条件 B.甲是乙的必要但不充分条件 C.甲是乙的充要条件 D.甲既不是乙的充分条件,也不是乙的必要条件 解析:选 B 对立事件一定互斥,互斥事件不一定对立. 2.从装有 2 个红球和 2 个白球的口袋内任取 2 个球,那么互斥而不对立的两个事件是 ( ) A.至少有 1 个白球,都是白球 B.至少有 1 个白球,至少有 1 个红球 C.恰有 1 个白球,恰有 2 个白球 D.至少有 1 个白球,都是红球 )

解析:选 C A、B 中的事件可同时发生,不是互斥事件,D 为对立事件. 3.从某班学生中任意找出一人,如果该同学的身高小于 160 cm 的概率为 0.2,该同学 的身高在[160,175]的概率为 0.5,那么该同学的身高超过 175 cm 的概率为( A.0.2 C.0.7 B.0.3 D.0.8 )

解析:选 B 由对立事件的概率可求该同学的身高超过 175 cm 的概率为 1-0.2-0.5 =0.3. 4.某城市 2012 年的空气质量状况如下表所示: 污染指数 T 概率 P 30 1 10 60 1 6 100 1 3 110 7 30 130 2 15 140 1 30

其中污染指数 T≤50 时,空气质量为优;50<T≤100 时,空气质量为良;100<T≤150 时,空气质量为轻微污染.该城市 2012 年空气质量达到良或优的概率为( 3 A. 5 1 C. 19 1 B. 180 5 D. 6 )

1 1 1 3 1 解析:选 A 由表知空气质量为优的概率为 ,空气质量为良的概率为 + = = .故 10 6 3 6 2 空气质量为优或良的概率为 1 1 3 + = . 10 2 5

1 1 5. 乙两人下棋, 甲、 两人和棋的概率是 , 乙获胜的概率是 , 则乙不输的概率是________. 2 3 解析: “乙不输”包含“两人和棋”和“乙获胜”这两个事件, 并且这两个事件是互斥 的,故“乙不输”的概率为 1 1 5 + = . 2 3 6 5 答案: 6

随机事件间的关系

[例 1] 从装有 5 只红球,5 只白球的袋中任意取出 3 只球,判断下列每对事件是否为 互斥事件,是否为对立事件. (1)“取出 2 只红球和 1 只白球”与“取出 1 只红球和 2 只白球”; (2)“取出 2 只红球和 1 只白球”与“取出 3 只红球”;

(3)“取出 3 只红球”与“取出 3 只球中至少有 1 只白球”; (4)“取出 3 只红球”与“取出 3 只球中至少有 1 只红球”. [自主解答] 任取 3 只球,共有以下 4 种可能结果:“3 只红球”,“2 只红球 1 只白 球”,“1 只红球 2 只白球”,“3 只白球”. (1)“取出 2 只红球和 1 只白球”与“取出 1 只红球和 2 只白球”不可能同时发生,是 互斥事件,但有可能两个都不发生,故不是对立事件. (2)“取出 2 只红球 1 只白球”,与“取出 3 只红球”不可能同时发生,是互斥事件, 可能同时不发生,故不是对立事件. (3)“取出 3 只红球”与“取出 3 只球中至少有一只白球”不可能同时发生, 故互斥. 其 中必有一个发生,故对立. (4)“取出 3 只红球”与“取出 3 只球中至少有 1 只红球”可能同时发生,故不是互斥 事件,也不可能是对立事件. ————— —————————————— 理解互斥事件与对立事件应注意的问题 (1)对互斥事件要把握住不能同时发生,而对于对立事件除不可能同时发生外,其并事 件应为必然事件,这可类比集合进行理解; (2)具体应用时,可把试验结果写出来,看所求事件包含哪几个试验结果,从而判断所 给事件的关系.

1.判断下列每对事件是否为互斥事件?是否为对立事件?从一副桥牌(52 张)中,任取 1 张, (1)“抽出红桃”与“抽出黑桃”; (2)“抽出红色牌”与“抽出黑色牌”; (3)“抽出的牌点数为 3 的倍数”与“抽出的牌点数大于 10”. 解:(1)是互斥事件但不是对立事件. 因为“抽出红桃”与“抽出黑桃”在仅取一张时不可能同时发生, 因而是互斥的. 同时, 不能保证其中必有一个发生,因为还可能抽出“方块”或“梅花”,因此两者不对立. (2)是互斥事件又是对立事件. 因为两者不可同时发生,但其中必有一个发生. (3)不是互斥事件,更不是对立事件. 因为“抽出的牌点数为 3 的倍数”与“抽出的牌点数大于 10”这两个事件有可能同时 发生,如抽得 12.

随机事件的频率与概率

[例 2] 某射击运动员进行双向飞碟射击训练,各次训练的成绩如下表: 射击次数 击中飞碟数 击中飞碟的频率 100 81 120 95 150 123 100 82 150 119 160 127 150 121

(1)将各次击中飞碟的频率填入表中; (2)这个运动员击中飞碟的概率约为多少? [自主解答] 利用频率公式依次计算出击中飞碟的频率. 81 (1)射中次数 100,击中飞碟数是 81,故击中飞碟的频率是 =0.81,同理可求得下面 100 的频率依次是 0.792,0.82,0.82,0.793,0.794,0.807; (2)击中飞碟的频率稳定在 0.81,故这个运动员击中飞碟的概率约为 0.81. ————— —————————————— 概率和频率的关系 概率可看成频率在理论上的稳定值,它从数量上反映了随机事件发生的可能性的大小, 它是频率的科学抽象,当试验次数越来越多时频率向概率靠近,只要次数足够多,所得频率 就近似地当作随机事件的概率.

2.某篮球运动员在同一条件下进行投篮练习,如下表所示: (1)计算表中进球的频率并填表; (2)这位运动员投篮一次,进球的概率约是多少? 投篮次数 n 进球次数 m m 进球频率 n 6 解:(1)频率是在试验中事件发生的次数与试验次数的比值,由此得进球频率依次是 , 8 8 12 17 25 32 38 , , , , , ,即表中依次填入 0.75,0.8,0.8,0.85,0.83,0.8,0.76. 10 15 20 30 40 50 (2)由(1)知进球频率稳定在 0.8,所以这位运动员投篮一次,进球时概率约是 0.8. 8 6 10 8 15 12 20 17 30 25 40 32 50 38

互斥事件、对立事件的概率

[例 3] 某战士射击一次,问: (1)若中靶的概率为 0.95,则不中靶的概率为多少?

(2)若命中 10 环的概率是 0.27,命中 9 环的概率为 0.21,命中 8 环的概率为 0.24,则至 少命中 8 环的概率为多少?不够 9 环的概率为多少? [自主解答] (1)记中靶为事件 A,不中靶为事件 A ,根据对立事件的概率性质,有 P( A )=1-P(A)=1-0.95=0.05. 故不中靶的概率为 0.05. (2)记命中 10 环为事件 B,命中 9 环为事件 C,命中 8 环为事件 D,至少 8 环为事件 E, 不够 9 环为事件 F. 由 B、C、D 互斥,E=B∪C∪D,F= B∪C , 根据概率的基本性质,有 P(E)=P(B∪C∪D)=P(B)+P(C)+P(D) =0.27+0.21+0.24=0.72; P(F)=P( B∪C )=1-P(B∪C)=1-(0.27+0.21)=0.52. 所以至少 8 环的概率为 0.72,不够 9 环的概率为 0.52. ————— —————————————— 求复杂的互斥事件的概率的一般方法 (1)直接法:将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率求和,运用互斥事件 的概率求和公式计算. (2)间接法:先求此事件的对立事件的概率,再用公式 P(A)=1-P( A ),即运用逆向思 维,特别是“至少”“至多”型题目,用间接法就显得较简便.

3.某商场有奖销售中,购满 100 元商品得 1 张奖券,多购多得.1 000 张奖券为一个开 奖单位,设特等奖 1 个,一等奖 10 个,二等奖 50 个.设 1 张奖券中特等奖、一等奖、二等 奖的事件分别为 A、B、C,求: (1)P(A),P(B),P(C); (2)1 张奖券的中奖概率; (3)1 张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率. 解:(1)P(A)= 1 10 1 50 1 ,P(B)= = ,P(C)= = . 1 000 1 000 100 1 000 20

1 1 1 故事件 A,B,C 的概率分别为 , , . 1 000 100 20 (2)1 张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖.设“1 张奖券中奖”这个事件为 M, 则 M=A∪B∪C. ∵A、B、C 两两互斥,

∴P(M)=P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)= 1+10+50 61 = . 1 000 1 000 故 1 张奖券的中奖概率为 61 . 1 000

(3)设“1 张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件 N, 则事件 N 与“1 张奖券中特等奖 或中一等奖”为对立事件, 1 1 989 ∴P(N)=1-P(A∪B)=1-?1 000+100?= ? ? 1 000. 989 故 1 张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为 . 1 000

? 1 个难点——对频率和概率的理解 (1)依据定义求一个随机事件的概率的基本方法是通过大量的重复试验,用事件发生的 频率近似地作为它的概率,但是,某一事件的概率是一个常数,而频率随着试验次数的变化 而变化. (2)概率意义下的“可能性”是大量随机事件现象的客观规律,与我们日常所说的“可 能”“估计”是不同的.也就是说,单独一次结果的不确定性与积累结果的有规律性,才是 概率意义下的“可能性”,事件 A 的概率是事件 A 的本质属性. ? 1 个重点——对互斥事件与对立事件的理解 (1)对于互斥事件要抓住如下特征进行理解: ①互斥事件研究的是两个事件之间的关系; ②所研究的两个事件是在一次试验中涉及的; ③两个事件互斥是从试验的结果中不能同时出现来确定的. (2)对立事件是互斥事件的一种特殊情况,是指在一次试验中有且只有一个发生的两个 事件, 集合 A 的对立事件记作 A .从集合的角度来看, 事件 A 所含的结果的集合正是全集 U 中由事件 A 所含结果组成的集合的补集,即 A∪ A =U,A∩ A =?.对立事件一定是互斥事 件,但互斥事件不一定是对立事件.

易误警示——误判事件间的关系导致概率计算失误

[典例] (2013· 临沂模拟)抛掷一枚均匀的正方体骰子(各面分别标有数字 1、2、3、4、5、 6),事件 A 表示“朝上一面的数是奇数”,事件 B 表示“朝上一面的数不超过 3”,则 P(A

∪B)=________. [解析] 事件 A∪B 可以分成事件 C 为“朝上一面的数为 1、2、3”与事件 D 为“朝上 3 一面的数为 5”这两件事, 则事件 C 和事件 D 互斥, P(A∪B)=P(C∪D)=P(C)+P(D)= 故 6 1 4 2 + = = . 6 6 3 [答案] 2 3

[易误辨析] 1.因未分清事件 A、B 的关系,误以为事件 A、B 是互斥事件,从而造成概率计算错误; 2.因不能把所求事件转化为几个互斥事件,思维受阻,从而得不到正确答案. 3.求解随机事件的概率问题时还有如下错误: 解决互斥与对立事件问题时, 由于对事件的互斥与对立关系不清楚, 不能准确判断互斥 与对立事件的关系而致错. [变式训练] 某产品分甲、乙、 丙三级, 其中乙、丙均属于次品,若生产中出现乙级品的概率为 0.03, 出现丙级品的概率为 0. 01,则对成品抽查一件,恰好得正品的概率为( A.0.99 C.0.97 B.0.98 D.0.96 )

解析:选 D 记事件 A={甲级品},B={乙级品},C={丙级品}.事件 A、B、C 彼此 互斥,且 A 与 B∪C 是对立事件.所以 P(A)=1-P(B∪C)=1-P(B)-P(C)=1-0.03-0.01 =0.96.

一、选择题(本大题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分) 1.给出以下结论: ①互斥事件一定对立. ②对立事件一定互斥. ③互斥事件不一定对立. ④事件 A 与 B 的和事件的概率一定大于事件 A 的概率. ⑤事件 A 与 B 互斥,则有 P(A)=1-P(B). 其中正确命题的个数为( A.0 个 C.2 个 ) B.1 个 D.3 个

解析:选 C 对立必互斥,互斥不一定对立,所以②③正确,①错;又当 A∪B=A 时, P(A∪B)=P(A),所以④错;只有 A 与 B 为对立事件时,才有 P(A)=1-P(B),所以⑤错. 2.将一枚骰子向上抛掷 1 次,设事件 A 表示向上的一面出现的点数为偶数,事件 B 表 示向上的一面出现的点数不超过 3,事件 C 表示向上的一面出现的点数不小于 4,则( A.A 与 B 是互斥而非对立事件 B.A 与 B 是对立事件 C.B 与 C 是互斥而非对立事件 D.B 与 C 是对立事件 解析:选 D A∩B={出现点数 2},事件 A,B 不互斥更不对立;B∩C=?,B∪C 为全 集,故事件 B,C 是对立事件,故选 D. 3.(2013· 惠州模拟)从{1,2,3,4,5}中随机选取一个数为 a,从{1,2,3}中随机选取一个数为 b,则 b>a 的概率是( 4 A. 5 2 C. 5 ) 3 B. 5 1 D. 5 )

解析:选 D 从{1,2,3,4,5}中选取一个数 a 有 5 种取法,从{1,2,3}中选取一个数 b 有 3 种取法. 所以选取两个数 a, 共有 5×3=15 个基本事件. b 满足 b>a 的基本事件共有 3 个. 因 3 1 此 b>a 的概率 P= = . 15 5 4.从 16 个同类产品(其中有 14 个正品,2 个次品)中任意抽取 3 个,下列事件中概率为 1 的是( )

A.三个都是正品

B.三个都是次品 C.三个中至少有一个是正品 D.三个中至少有一个是次品 解析:选 C 16 个同类产品中,只有 2 件次品,抽取三件产品,A 是随机事件,B 是不

可能事件,C 是必然事件,D 是随机事件,又必然事件的概率为 1. 5.某种饮料每箱装 6 听,其中有 4 听合格,2 听不合格,现质检人员从中随机抽取 2 听进行检测,则检测出至少有一听不合格饮料的概率是( 1 A. 15 8 C. 15 3 B. 5 14 D. 15 )

解析:选 B 记 4 听合格的饮料分别为 A1、A2、A3、A4,2 听不合格的饮料分别为 B1、 B2,则从中随机抽取 2 听有(A1,A2),(A1,A3),(A1,A4),(A1,B1),(A1,B2),(A2,A3), (A2,A4),(A2,B1),(A2,B2),(A3,A4),(A3,B1),(A3,B2),(A4,B1),(A4,B2),(B1,B2), 共 15 种不同取法,而至少有一听不合格饮料有(A1,B1),(A1,B2),(A2,B1),(A2,B2),(A3, 9 3 B1),(A3,B2),(A4,B1),(A4,B2),(B1,B2),共 9 种,故所求概率为 P= = . 15 5 6.甲、乙二人玩数字游戏,先由甲任想一数字,记为 a,再由乙猜甲刚才想的数字, 把乙猜出的数字记为 b,且 a,b∈{1,2,3},若|a-b|≤1,则称甲、乙“心有灵犀”,现任意 找两个人玩这个游戏,则他们“心有灵犀”的概率为( 1 A. 3 2 C. 3 5 B. 9 7 D. 9 )

解析:选 D 甲想一数字有 3 种结果,乙猜一数字有 3 种结果,基本事件总数为 3×3 =9.设“甲、乙心有灵犀”为事件 A,则 A 的对立事件 B 为“|a-b|>1”,又|a-b|=2 包含 2 2 7 2 个基本事件,所以 P(B)= ,所以 P(A)=1- = . 9 9 9 二、填空题(本大题共 3 小题,每小题 5 分,共 15 分) 7. 人在打靶中连续射击 2 次, 事件“至少有 1 次中靶”的对立事件是________________. 解析:“至少有 1 次中靶”包括两种情况:①有 1 次中靶;②有 2 次中靶.其对立事件 为“2 次都不中靶”. 答案:2 次都不中靶 8.甲、乙两颗卫星同时监测台风,在同一时刻,甲、乙两颗卫星准确预报台风的概率 分别为 0.8 和 0.75,则在同一时刻至少有一颗卫星预报准确的概率为________. 解析:P=1-0.2×0.25=0.95. 答案:0.95

9.盒子里共有大小相同的 3 只白球,1 只黑球.若从中随机摸出两只球,则它们颜色 不同的概率是________. 解析:设 3 只白球为 A,B,C,1 只黑球为 d,则从中随机摸出两只球的情形有:AB, 1 AC,Ad,BC,Bd,Cd 共 6 种,其中两只球颜色不同的有 3 种,故所求概率为 . 2 1 答案: 2 三、解答题(本大题共 3 小题,每小题 12 分,共 36 分) 10.由经验得知,在人民商场付款处排队等候付款的人数及其概率如下: 排队人数 概率 0 0.1 1 0.16 2 0.3 3 0.3 4 0.1 5 人以上 0.04

求:(1)至多 2 人排队的概率; (2)至少 2 人排队的概率. 解:记“没有人排队”为事件 A,“1 人排队”为事件 B,“2 人排队”为事件 C,A, B,C 彼此互斥. (1)记“至少 2 人排队”为事件 E, P(E)=P(A+B+C)=P(A)+P(B)+P(C)=0.1+0.16 则 +0.3=0.56. (2)记“至少 2 人排队”为事件 D.“少于 2 人排队”为事件 A+B, 那么事件 D 与事件 A +B 是对立事件,则 P(D)=1-P(A+B)=1-[P(A)+P(B)]=1-(0.1+0.16)=0.74. 11.已知向量 a=(x,y),b=(1,-2),从 6 张大小相同、分别标有号码 1,2,3,4,5,6 的 卡片中,有放回地抽取两张,x,y 分别表示第一次,第二次抽取的卡片上的号码. (1)求满足 a· b=-1 的概率; (2)求满足 a· 的概率. b>0 解: (1)设(x, y)表示一个基本事件, 则两次抽 取卡片的所有基本事件有(1,1), (1,2), (1,3), (1,4),(1,5),(1,6),(2,1),(2,2),?,(6,5),(6,6),共 36 个. 用 A 表示事件“a· b=-1”, x-2y=-1, A 包含的基本事件有(1,1), 即 则 (3,2), (5,3), 3 1 共 3 个,P(A)= = . 36 12 (2)a· b>0,即 x-2y>0,在(1)中的 36 个基本事件中,满足 x-2y>0 的事件有(3,1),(4,1), (5,1),(6,1),(5,2),(6,2)共 6 个,所以所求概率 P= 6 1 = . 36 6

12.某次会议有 6 名代表参加,A,B 两名代表来自甲单位,C,D 两名代表来自乙单 位,E,F 两名代表来自丙单位,现随机选出两名代表发言,问: (1)代表 A 被选中的概率是多少? (2)选出的两名代表“恰有 1 名来自乙单位或 2 名都来自丙单位”的概率是多少? 解:(1)从这 6 名代表中随机选出 2 名,共有 15 种不同的选法,分别为(A,B),(A,C),

(A,D),(A,E),(A,F),(B,C),(B,D),(B,E),(B,F),(C,D),(C,E),(C,F), (D,E),(D,F),(E,F). 其中代表 A 被选中的选法有(A,B),(A,C),(A,D),(A,E),(A,F)共 5 种,则代表 5 1 A 被选中的概率为 = . 15 3 (2)法一: 随机选出的 2 名代表“恰有 1 名来自乙单位或 2 名都来自丙单位”的结果有 9 种,分别是(A,C),(A,D),(B,C),(B,D),(C,E),(C,F),(D,E),(D,F),(E,F).则 9 3 “恰有 1 名来自乙单位或 2 名都来自丙单位”这一事件的概率为 = . 15 5 8 法二:随机选出的 2 名代表“恰有 1 名来自乙单位”的结果有 8 种,概率为 ; 15 1 随机选出的 2 名代表“都来自丙单位”的结果有 1 种,概率为 . 15 8 1 3 则“恰有 1 名来自乙单位或 2 名都来自丙单位”这一事件的概率为 + = . 15 15 5

1. 有两个质地均匀、 大小相同的正四面体玩具, 每个玩具的各面上分别写有数字 1,2,3,4. 把两个玩具各抛掷一次,斜向上的面所有数字之和能被 5 整除的概率为( 1 A. 16 3 C. 8 1 B. 4 1 D. 2 )

解析:选 B “斜向上的所有数字之和能被 5 整除”等价于:两个底面数字之和能被 5 整除,而两底数所有的情况有 4×4=16(种),而两底数和为 5 包括(1,4),(4,1),(2,3),(3,2) 4 1 共 4 种情况,所以 P= = . 16 4 2.抛掷一粒骰子,观察掷出的点数,设事件 A 为出现奇数点,事件 B 为出现 2 点,已 1 1 知 P(A)= ,P(B)= ,则出现奇数点或 2 点的概率为________. 2 6 1 1 2 解析:因为事件 A 与事件 B 是互斥事件,所以 P(A∪B)=P(A)+P(B)= + = . 2 6 3 2 答案: 3 3.一只袋子中装有 7 个红玻璃球,3 个绿玻璃球,从中无放回地任意抽取两次,每次 7 1 只取一个,取得两个红球的概率为 ,取得两个绿球的概率为 ,则取得两个同颜色的球的 15 15 概率为________;至少取得一个红球的概率为________. 解析:(1)由于“取得两个红球”与“取得两个绿球”是互斥事件,取得两个同色球, 只需两互斥事件有一个发生.

7 1 8 因而取得两个同色球的概率为 P= + = . 15 15 15 (2)由于事件 A“至少取得一个红球”与事件 B“取得两个绿球”是对立事件. 则至少取 14 得一个红球的概率 P(A)=1-P(B)= . 15 答案: 8 14 15 15

第五节 古典概型

[备考方向要明了]

考 什 么 1.理解古典概型及其概率计算公式. 2.会计算一些随机事件所含的基本事件及事 件发生的概率.

怎 么 考 高考对本节内容的考查多为选择题或填空 题,难度中低档,如 2012 年广东 T7,上海 T11 等.

[归纳· 知识整合] 1.基本事件的特点 (1)任何两个基本事件是互斥的; (2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和. [探究] 1.在一次试验中,其基本事件的发生一定是等可能的吗? 提示:不一定.如试验一粒种子是否发芽,其发芽和不发芽的可能性是不相等的. 2.古典概型 具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型,简称古典概型. (1)有限性:试验中所有可能出现的基本事件只有有限个; (2)等可能性:每个基本事件出现的可能性相等. [探究] 2.如何判断一个试验是否为古典概型? 提示:关键看这个实验是否具有古典概型的两个特征:有限性和等可能性. 3.古典概型的概率公式

A包含的基本事件的个数 P(A)= 基本事件的总数 [自测· 牛刀小试] 1.从甲、乙、丙三人中任选两名代表,甲被选中的概率为( 1 A. 2 2 C. 3 1 B. 3 D.1 )

解析:选 C 基本事件总数为(甲,乙),(甲,丙),(乙,丙)共 3 种.甲被选中共 2 种, 2 所以甲被选中的概率为 . 3 2.某国际科研合作项目由两个美国人,一个法国人和一个中国人共同开发完成,现从 中随机选出两个人作为成果发布人,在选出的两人中有中国人的概率为( 1 A. 4 1 C. 2 1 B. 3 D.1 )

解析:选 C 用列举法可知,共 6 个基本事件,有中国人的基本事件有 3 个. 3.5 张卡片上分别写有数字 1,2,3,4,5,从这 5 张卡片中随机抽取 2 张,则取出 2 张卡片 上数字之和为奇数的概率为( 3 A. 5 3 C. 4 ) 2 B. 5 2 D. 3

解析:选 A 由题意得基本事件共有 10 种,2 张卡片之和为奇数须一奇一偶,共有 6 6 3 种,故所求概率为 = . 10 5 4.若以连续掷两次骰子分别得到的点数 m,n 作为点 P 的横、纵坐标,则点 P 在直线 x+y=5 的下方的概率为________. 解析:点 P 在直线 x+y=5 下方的情况有(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(3,1)六种可 6 1 能,故 P= = . 6×6 6 1 答案: 6 5.在集合 A={2,3}中随机取一个元素 m,在集合 B={1,2,3}中随机取一个元素 n,得 到点 P(m,n),则点 P 在圆 x2+y2=9 内部的概率为________. 解析:点 P(m,n)共有(2,1),(2,2),(2,3),(3,1),(3,2),(3,3)6 种情况,只有(2,1),(2,2), 2 1 这两种情况满足在圆 x2+y2=9 内部,所以所求概率为 = . 6 3

1 答案: 3

简单古典概型的求法

[例 1] 编号分别为 A1,A2,?,A16 的 16 名篮球运动员在某次训练比赛中的得分记录 如下: 运动员编号 得分 运动员编号 得分 A1 15 A9 17 A2 35 A10 26 A3 21 A11 25 A4 28 A12 33 A5 25 A13 22 A6 36 A14 12 A7 18 A15 31 A8 34 A16 38

(1)将得分在对应区间内的人数填入相应的空格: 区间 人数 (2)从得分在区间[20,30)内的运动员中随机抽取 2 人, ①用运动员编号列出所有可能的抽取结果; ②求这 2 人得分之和大于 50 的概率. [自主解答] (1) 4,6,6. (2)①得分在区间[20,30)内的运动员编号为 A3,A4,A5,A10,A11,A13,从中随机抽取 2 人,所有可能的抽取结果有:{A3,A4},{A3,A5},{A3,A10},{A3,A11},{A3,A13},{A4, A5},{A4,A10},{A4,A11},{A4,A13},{A5,A10},{A5,A11},{A5,A13},{A10,A11},{A10, A13},{A11,A13}共 15 种. ②“从得分在区间[20,30)内的运动员中随机抽取 2 人,这 2 人得分之和大于 50”(记为 事件 B)的所有可能结果有:{A4,A5},{A4,A10},{A4,A11},{A5,A10},{A10,A11}共 5 种. 5 1 所以 P(B)= = . 15 3 [10,20) [20,30) [30,40]

本例条件不变,从得分在区间[20,30)内的运动员中随机抽取 2 人,求这 2 人得分之和小 于 50 的概率. 解:得分之和小于 50 的所有可能结果有: {A3,A4},{A3,A5},{A3,A10},{A3,A11},{A3,A13},{A5,A13},{A10,A13},{A11, A13}.

8 故这 2 人得分之和小于 50 的概率为 P= . 15

—————

—————————————— 应用古典概型求概率的步骤

(1)仔细阅读题目,分析试验包含的基本事件的特点; (2)设出所求事件 A; (3)分别列举事件 A 包含的基本事件,求出总事件数 n 和所求事件 A 包含的基本事件数 m; (4)利用公式求出事件 A 的概率.

1.从某小组的 2 名女生和 3 名男生中任选 2 人去参加一项公益活动. (1)求所选 2 人中恰有一名男生的概率; (2)求所选 2 人中至少有一名女生的概率. 解:设 2 名女生为 a1,a2,3 名男生为 b1,b2,b3,从中选出 2 人的基本事件有:(a1,a2), (a1,b1),(a1,b2),(a1,b3),(a2,b1),(a2,b2),(a2,b3),(b1,b2),(b1,b3),(b2,b3)共 10 种. (1)设“所选 2 人中恰有一名男生”的事件为 A,则 A 包含的事件有:(a1,b1),(a1,b2), (a1,b3),(a2,b1),(a2,b2),(a2,b3)共 6 种,则 P(A)= 3 故所选 2 人中恰有一名男生的概率为 . 5 (2)设“所选 2 人中至少有一名女生”的事件为 B,则 B 包含的事件有:(a1,a2),(a1, 7 b1),(a1,b2),(a1,b3),(a2,b1),(a2,b2),(a2,b3)共 7 种,则 P(B)= , 10 7 故所选 2 人中至少有一名女生的概率为 . 10 较复杂的古典概型的概率 6 3 = , 10 5

[例 2] 为振兴旅游业,四川省 2012 年面向国内发行总量为 2 000 万张的熊猫优惠卡, 向省外人士发行的是熊猫金卡(简称金卡),向省内人士发行的是熊猫银卡(简称银卡).某旅 3 游公司组织了一个有 36 名游客的旅游团到四川名胜旅游, 其中 是省外游客, 其余是省内游 4 1 2 客.在省外游客中有 持金卡,在省内游客中有 持银卡. 3 3 (1)在该团中随机采访 2 名游客,求恰有 1 人持银卡的概率; (2)在该团中随机采访 2 名游客,求其中持金卡与持银卡人数相等的概率.

[自主解答] (1)由题意得,省外游客有 27 人,其中 9 人持金卡;省内游客有 9 人,其 中 6 人持银卡. 设事件 A 为“采访该团 2 人,恰有 1 人持银卡”, C1C1 2 6 30 则 P(A)= 2 = , C36 7 2 所以采访该团 2 人,恰有 1 人持银卡的概率是 . 7 (2)设事件 B 为“采访该团 2 人,持金卡人数与持银卡人数相等”,可以分为事件 B1 为 “采访该团 2 人,持金卡 0 人,持银卡 0 人”,或事件 B2 为“采访该团 2 人,持金卡 1 人, 持银卡 1 人”两种情况. C2 C1C1 44 21 9 6 则 P(B)=P(B1)+P(B2)= 2 + 2 = , C36 C36 105 44 所以采访该团 2 人,持金卡与持银卡人数相等的概率是 . 105 ————— —————————————— 计算较复杂的古典概型的概率时应注意的两点 (1)解题的关键点是理解题目的实际含义,把实际问题转化为概率模型; (2)必要时将所求事件转化为彼此互斥的事件的和,或先求其对立事件的概率,进而利 用互斥事件的概率加法公式或对立事件的概率公式求解.

2.(2012· 新课标全国卷)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 17 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; (2)花店记录了 100 天玫瑰花的日需求量(单位:枝),整理得下表: 日需求量 n 频 数 14 10 15 20 16 16 17 16 18 15 19 13 20 10

①假设花店在这 100 天内每天购进 17 枝玫瑰花,求这 100 天的日利润(单位:元)的平 均数; ②若花店一天购进 17 枝玫瑰花,以 100 天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的 概率,求当天的利润不少于 75 元的概率. 解:(1)当日需求量 n≥17 时,利润 y=85. 当日需求量 n<17 时,利润 y=10n-85. 所以 y 关于 n 的函数解析式为

?10n-85,n<17, ? y=? ? ?85,n≥17

(n∈N).

(2)①这 100 天中有 10 天的日利润为 55 元,20 天的日利润为 65 元,16 天的日利润为 75 元,54 天的日利润为 85 元,所以这 100 天的日利润的平均数为 1 ×(55×10+65×20+75×16+85×54)=76.4. 100 ②利润不低于 75 元当且仅当日需求量不少于 16 枝,故当天的利润不少于 75 元的概率 为 p=0.16+0.16+0.15+0.13+0.1=0.7.

? 4 种方法——基本事件个数的确定方法 (1)列举法:此法适用于基本事件较少的古典概型; (2)列表法:此法适合于从多个元素中选定一两个元素的试验,也可看成是坐标法; (3)树状图法:树状图是进行列举的一种常用方法,适合于有顺序的问题及较复杂问题 中基本事件个数的探求; (4)计数原理法:如果基本事件的个数较多,列举有一定困难时,可借助于两个计数原 理及排列组合知识直接计算出 m,n,再运用公式求概率. ? 1 个技巧——求解古典概型问题概率的技巧 (1)较为简单问题可直接使用古典概型公式计算; (2)较为复杂的概率问题的处理方法:一是转化为几个互斥事件的和,利用互斥事件的 加法公式进行求解;二是采用间接法,先求事件 A 的对立事件 A 的概率,再由 P(A)=1- P( A )求事件 A 的概率. ? 1 个构建——构建不同的概率模型解决问题 (1)原则:建立概率模型的一般原则是“结果越少越好”,这就要求选择恰当的观察角 度,把问题转化为易解决的古典概型问题; (2)作用:一方面,对于同一个实际问题,我们有时可以通过建立不同“模型”来解决, 即“一题多解”,在这“多解”的方法中,再寻求较为“简捷”的解法;另一面,我们又可 以用同一种“模型”去解决很多“不同”的问题,即“多题一解”.

答题模板——求古典概型概率

[典例] (2012 山东高考· 满分 12 分)袋中有五张卡片,其中红色卡片三张,标号分别为 1,2,3;蓝色卡片两张,标号分别为 1,2. (1)从以上五张卡片中任取两张,求这两张卡片颜色不同且标号之和小于 4 的概率; (2)向袋中再放入一张标号为 0 的绿色卡片,从这六张卡片中任取两张,求这两张卡片 颜色不同且标号之和小于 4 的概率. [快速规范审题] 第(1)问 1.审条件,挖解题信息 观察条件: 五张卡片, 红色三张, 标号 1,2,3.蓝色 2 张, 标号为 1,2, 从中取两张― ― → ― ― 所有可能的结果 n 2.审结论,明解题方向 观察所求结论:求两张卡片颜色不同且标号之和小于 4 的概率― 结果分析 →得出满足这 ― ― ― ― ― 两个条件的结果 m 3.建联系,找解题突破口 m 利用古典概型概率公式求解:P= n 第(2)问 1.审条件,挖解题信息 观察条件:红色卡片三张、蓝色卡片二张、绿色卡片一张,从中取两张― ― →得所有 ― ― 的可能的结果数 n 2.审结论,明解题方向 观察所求结论:观察所求结论求两种卡片颜色 不同且标号之和小于 4 的概率― ― ― ― →得出满足这两个条件的结果 m ― ― ― ― 3.建联系,找解题突破口 m 利用古典概型概率公式求解:P= n [准确规范答题] (1)标号为 1,2,3 的三张红色卡片分别记为 A,B,C,标号 为 1,2 的两张蓝色卡片分别记为 D,E,从五张卡片中任取两张 的所有可能的结果为(A,B),(A,C),(A,D),(A,E),(B, C),(B,D),(B,E),(C,D),(C,E),(D,E)共 10 种.?(3 分) 由于每一张卡片被取到的机会均等,因此这些基本事件的出现是等可能的. 列举从 5 张卡片中任取两 张的可能结果时,易漏掉 或重复某种结果.
利用列举的结果分析 用列举法 利用列举的 用列举法

从五张卡片中任取两张,这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于 4 的结果为(A, D),(A,E),(B,D)共 3 种.?(5 分) 3 所以这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于 4 的概率为 .?(6 分) 10 (2)记 F 是标号为 0 的绿色卡片, 从六张卡片中任取两张的所有可能的 结果为(A,B),(A,C),(A,D),(A,E),(A,F),(B,C),(B,D),(B, 所求事件包含 的事件数列举 不全或重复.

E),(B,F),(C,D),(C,E),(C,F),(D,E),(D,F),(E,F)共 15 种.?(9 分) 由于每一张卡片被取到的机会均等,因此这些基本事件的出现是等可能的. 从六张卡片中任取两张,这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于 4 的结果为(A, D),(A,E),(B,D),(A,F),(B,F),(C,F),(D,F),(E,F)共 8 种.?(11 分) 8 所以这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于 4 的概率为 .?(12 分) 15 [答题模板速成] 求古典概型概率的一般步骤:

第一步 审清题意 理清题意, 列出所有 基本事件, 计算基本 事件总数

第二步 建立数量 关系 ? 分析所求 事件,找出 所求事件 的个数 ?
[ 来

第三步 转 化为数学模 型
[来源:Z,xx,k.Com]

第四步 解 决数学问题
科。网 Z。X。X。K] [来源:学。

源:Z*xx*k.Com]

根据古典概 率公式求解 得出结论

?

解后反思,规 范解答步骤, 检查计数过 程是否有误

一、选择题(本大题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分) 1.高三(4)班有 4 个学习小组,从中抽出 2 个小组进行作业检查.在这个试验中,基本 事件的个数为( A.2 C.6 ) B.4 D.8

解析:选 C 设这 4 个学习小组为 A、B、C、D,“从中任抽取两个小组”的基本事件 有 AB、AC、AD、BC、BD、CD,共 6 个. 2.从 1,2,3,4,5,6 六个数中任取 3 个数,则取出的 3 个数是连续自然数的概率是( )

3 A. 5 1 C. 3

2 B. 5 1 D. 5

解析: D 取出的三个数是连续自然数有 4 种情况, 选 则取出的三个数是连续自然数的 4 1 概率 P= = . 20 5 3.一块各面均涂有油漆的正方体被锯成 1 000 个大小相同的小正方体,若将这些小正 方体均匀地搅混在一起,则任意取出一个正方体其三面涂有油漆的概率是( 1 A. 12 3 C. 25 1 B. 10 1 D. 125 8 1 = . 1 000 125 )

解析:选 D 小正方体三面涂有油漆的有 8 种情况,故所求其概率为

4.甲乙两人一起去游“2011 西安世园会”,他们约定,各自独立地从 1 到 6 号景点中 任选 4 个进行游览,每个景点参观 1 小时,则最后一小时他们同在一个景点的概率是( 1 A. 36 5 C. 36 解析:选 D 1 B. 9 1 D. 6 对本题我们只看甲乙二人游览的最后一个景点,最后一个景点的选法有 )

1 1 C6×C6=36 种,若两个人最后选同一个景点共有 C1=6 种选法,所以最后一小时他们在同 6

一个景点游览的概率为 P=

C1 1 6 1 1= . C6×C6 6

5.(2012· 广东高考)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 A. 9 2 C. 9 ) 1 B. 3 1 D. 9

解析:选 D 由个位数与十位数之和为奇数,则个位数与十位数分别为一奇一偶.若个 位数为奇数时,这样的两位数共有 C1C1=20 个;若个位数为偶数时,这样的两位数共有 C1 5 4 5
1 C5=25 个;于是,个位数与十位数之和为奇数的两位数共有 20+25=45 个.其中,个位数

5 1 是 0 的有 C1×1=5 个.于是,所求概率为 = . 5 45 9

?a11 6.如图, 三行三列的方阵中有九个数 aij(i=1,2,3; j=1,2,3), 从中任取?a21 ? ?a31
三个数,则至少有两个数位于同行或同列的概率是( )

a12 a22 a32

a13? a23? a33?

?

3 A. 7 1 C. 14

4 B. 7 13 D. 14

9×8×7 解析: D 从九个数中任取三个数的不同取法共有 C3= 选 =84 种, 因为取出的 9 1×2×3 三个数分别位于不同的行与列的取法共有 C1· 1· 1=6,所以至少有两个数位于同行或同列 3 C2 C1 6 13 的概率为 1- = . 84 14 二、填空题(本大题共 3 小题,每小题 5 分,共 15 分) 7.(2012· 上海高考)三位同学参加跳高、跳远、铅球项目的比赛.若每人都选择其中两 个项目,则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是________(结果用最简分数表示). 解析:所有的可能情况有 C2C2C2,满足条件有且仅有两人选择的项目完全相同的情况 3 3 3 C2C2C1 2 3 3 2 有 C2C2C1,由古典概率公式得 P= 2 2 2= . 3 3 2 C3C3C3 3 2 答案: 3 8.从边长为 1 的正方形的中心和顶点这五点中,随机(等可能)取两点,则该两点间的 距离为 2 的概率是________. 2

解析:从边长为 1 的正方形的中心和顶点这五点中,随机选取两点,共有 10 种取法, 该两点间的距离为 2 答案: 5 9.某艺校在一天的 6 节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课和其他三门艺术课 各 1 节,则在课表上的相邻两节文化课之间至少间隔 1 节艺术课的概率为________(用数字 作答). 解析:6 节课共有 A6=720 种排法,相邻两节文化课之间至少间隔 1 节艺术课的排法有 6 144 1 A3A3=144 种排法,所以相邻两节文化课之间至少间隔 1 节艺术课的概率为 = . 3 4 720 5 1 答案: 5 三、解答题(本大题共 3 小题,每小题 12 分,共 36 分) 10.将一颗骰子先后抛掷 2 次,观察向上的点数,求: (1)两数之和为 5 的概率; (2)两数中至少有一个奇数的概率. 解:将一颗骰子先后抛掷 2 次,此问题中含有 36 个等可能基本事件. 2 4 2 的有 4 种,所求事件的概率为 P= = . 2 10 5

(1)记“两数之和为 5”为事件 A,则事件 A 中含有 4 个基本事件,所以 P(A)= 1 所以两数之和为 5 的概率为 . 9

4 1 = . 36 9

(2)记“两数中至少有一个奇数”为事件 B,则事件 B 与“两数均为偶数”为对立事 9 3 3 件.所以 P(B)=1- = .所以两数中至少有一个奇数的概率为 . 36 4 4 11.将一个质地均匀的正方体(六个面上分别标有数字 0,1,2,3,4,5)和一个正四面体(四个 面分别标有数字 1,2,3,4)同时抛掷 1 次,规定“正方体向上的面上的数字为 a,正四面体的 三个侧面上的数字之和为 b”.设复数为 z=a+bi. (1)若集合 A={z|z 为纯虚数},用列举法表示集合 A; (2)求事件“复数在复平面内对应的点(a,b)满足 a2+(b-6)2≤9”的概率. 解:(1)A={6i,7i,8i,9i}. (2)满足条件的基本事件的个数为 24. 设满足“复数在复平面内对应的点(a,b)满足 a2+(b-6)2≤9”的事件为 B. 当 a=0 时,b=6,7,8,9 满足 a2+(b-6)2≤9; 当 a=1 时,b=6,7,8 满足 a2+(b-6)2≤9; 当 a=2 时,b=6,7,8 满足 a2+(b-6)2≤9; 当 a=3 时,b=6 满足 a2+(b-6)2≤9. 即 B 为(0,6),(0,7),(0,8),(0,9),(1,6),(1,7),(1,8),(2,6),(2,7),(2,8),(3,6)共计 11 个. 11 所以所求概率 P= . 24 12. (2012· 江西高考)如图, A1(1,0,0), 2(2,0,0), 1(0,1,0), 2(0,2,0), 从 A B B C1(0,0,1),C2(0,0,2)这 6 个点中随机选取 3 个点. (1)求这 3 点与原点 O 恰好是正三棱锥的四个顶点的概率; (2)求这 3 点与原点 O 共面的概率. 解:从这 6 个点中随机选取 3 个点的所有可能结果是: x 轴上取 2 个点的有 A1A2B1,A1A2B2,A1A2C1,A1A2C2 共 4 种; y 轴上取 2 个点的有 B1B2A1,B1B2A2,B1B2C1,B1B2C2 共 4 种; z 轴上取 2 个点的有 C1C2A1,C1C2A2,C1C2B1,C1C2B2 共 4 种. 所选取的 3 个点在不同坐标轴上有 A1B1C1,A1B1C2,A1B2C1,A1B2C2,A2B1C1,A2B1C2, A2B2C1,A2B2C2 共 8 种.因此,从这 6 个点中随机选取 3 个点的所有可能结果共 20 种. (1)选取的这 3 个点与原点 O 恰好是正三棱锥的四个顶点的所有可能结果有 A1B1C1, 2 1 A2B2C2, 2 种, 共 因此, 3 个点与原点 O 恰好是正三棱锥的四个顶点的概率为 P1= = . 这 20 10

(2)选取的这 3 个点与原点 O 共面的所有可能结果有 A1A2B1,A1A2B2,A1A2C1,A1A2C2, B1B2A1,B1B2A2,B1B2C1,B1B2C2,C1C2A1,C1C2A2,C1C2B1,C1C2B2,共 12 种,因此,这 12 3 3 个点与原点 O 共面的概率为 P2= = . 20 5

1.从 1,2,3,4 这四个数中一次随机地取两个数,则其中一个数是另一个数的两倍的概率 是________. 解析: 采用枚举法: 1,2,3,4 这四个数中一次随机取两个数, 从 基本事件为: {1,2}, {1,3}, {1,4},{2,3},{2,4},{3,4}共 6 个,符合“一个数是另一个数的两倍”的基本事件有{1,2}, 1 {2,4},共 2 个,所以所求的概率为 . 3 1 答案: 3 2. (2012· 江苏高考)现有 10 个数, 它们能构成一个以 1 为首项, -3 为公比的等比数列, 若从这 10 个数中随机抽取一个数,则它小于 8 的概率是________. 解析:由题意得 an=(-3)n 1,易知前 10 项中奇数项为正,偶数项为负,所以小于 8 6 3 的项为第一项和偶数项,共 6 项,即 6 个数,所以 P= = . 10 5 3 答案: 5 3.(2012· 福建高考)在等差数列{an}和等比数列{bn}中,a1=b1=1,b4=8,{an}的前 10 项和 S10=55. (1)求 an 和 bn; (2)现分别从{an}和{bn}的前 3 项中各随机抽取一项,写出相应的基本事件,并求这两项 的值相等的概率. 解:(1)设{an}的公差为 d,{bn}的公比为 q.依题意得 10×9 S10=10+ d=55,b4=q3=8, 2 解得 d=1,q=2,所以 an=n,bn=2n 1. (2)分别从{an}和{bn}的前 3 项中各随机抽取一项,得到的基本事件有 9 个:(1,1),(1,2), (1,4),(2,1),(2,2),(2,4),(3,1),(3,2),(3,4). 符合题意的基本事件有 2 个:(1,1),(2,2). 2 故所求的概率 P= . 9
- -

第六节 几何概型

[备考方向要明了]

考 什 么 1.了解随机数的意义,能运用模 拟方法估计概率. 2.了解集合概型的意义.

怎 么 考 几何概型是高考的一个重点,多以选择题或填空题的形式 考查,并进一步强调知识间的横向联系,如 2012 年福建 T6.

[归纳· 知识整合] 1.几何概型 如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度(面积或体积)成比例,则称这样的 概率模型为几何概率模型,简称几何概型. [探究] 1.几何概型有什么特点? 提示:几何概型的特点: ①无限性:试验中所有可能出现的结果(基本事件)有无限个. ②等可能性:每个基本事件出现的可能性相等. 2.几何概型和古典概型有什么区别? 提示: 几何概型和古典概型中基本事件发生的可能性都是相等的, 但古典概型的基本事 件有有限个,而几何概型的基本事件则有无限个. 2.几何概型的概率公式 P(A)= 构成事件A的区域长度?面积或体积? . 试验的全部结果所构成的区域长度?面积或体积? [自测· 牛刀小试] 1.容量为 400 mL 的培养皿里装满培养液,里面有 1 个细菌,从中倒出 20 mL 的培养 液,则细菌被倒出的概率是( 1 A. 200 ) 1 B. 20

1 C. 400

1 D. 40

20 1 解析:选 B 细菌被倒出的概率为 P= = . 400 20 2.已知地铁列车每 10 min(含在车站停车时间)一班,在车站停 1 min,则乘客到达站台 立即乘上车的概率是( 1 A. 10 1 C. 11 ) 1 B. 9 1 D. 8

解析: A 试验的所有结果构成的区域长度为 10 min, 选 而构成所求事件的区域长度为 1 1 min,故 P= . 10 3.某人向一个半径为 6 的圆形靶射击,假设他每次射击必定中靶,且射中靶内各点是 随机的,则此人射中靶点与靶心的距离小于 2 的概率为( 1 A. 13 1 C. 4 1 B. 9 1 D. 2 )

1 解析:选 B 射中区域的面积与整个圆形靶的面积的比值是 . 9 4.点 A 为周长等于 3 的圆周上一个定点,若在该圆周上随机取一点 B,则劣弧 ? 的 AB 长度小于 1 的概率为________. 解析:试验的全部结果构成的区域长度为 3,所求事件发生的区域长度为 2,故所求的 2 概率为 P= . 3 2 答案: 3 5.如图所示,已知正方形的面积为 10,向正方形内随机地撒 200 颗 黄豆,数得落在阴影外的黄豆数为 114 颗,以此试验数据为依据,可以估 计出阴影部分的面积约为________. 200-114 解析:根据随机模拟的思想,这个面积是 10× =4.3. 200 答案:4.3

与长度有关的几何概型

[例 1] (2012· 辽宁高考)在长为 12 cm 的线段 AB 上任取一点 C.现作一矩形,邻边长分 别等于线段 AC,CB 的长,则该矩形面积大于 20 cm2 的概率为( 1 A. 6 2 C. 3 1 B. 3 4 D. 5 )

[自主解答] 设 AC=x cm, CB=(12-x)cm,0<x<12, 所以矩形面积大于 20 cm2 即为 x(12 -x)>20, 8 2 解得 2<x<10,故所求概率为 = . 12 3 [答案] C

在长为 12 cm 的线段 AB 上任取一点 C,并以线段 AC 为边作正方形,则这个正方形的 面积介于 36 cm2 与 81 cm2 之间的概率是多少? 9-6 3 解:面积为 36 cm2 时,边长 AC=6,面积为 81 cm2 时,边长 AC=9,故 P= = = 12 12 1 . 4

—————

—————————————— 求解与长度有关的几何概型的两点注意

(1)求解几何概型问题,解题的突破口为弄清是长度之比、面积之比还是体积之比; (2)求与长度有关的几何概型的概率的方法,是把题中所表示的几何模型转化为线段的 长度,然后求解,应特别注意准确表示所确定的线段的长度.

π π 1 1.在区间?-2,2?上随机取一个数 x,则 cos x 的值介于 0 到 之间的概率为________. ? ? 2 π π 1 π π π π 解析:当- ≤x≤ 时,由 0≤cos x≤ ,得- ≤x≤- 或 ≤x≤ ,根据几何概型概率 2 2 2 2 3 3 2 1 公式得所求概率为 . 3 1 答案: 3 2.已知集合 A={x|-1<x<5},B=?x?
? ?

?x-2>0? ,在集合 A 中任取一个元素 x,则事件 ? ?3-x ?

“x∈A∩B”的概率是________. 解析:由题意得 A={x|-1<x<5},B={x|2<x<3},由几何概型知,在集合 A 中任取一个

1 元素 x,则 x∈A∩B 的概率为 P= . 6 1 答案: 6

与面积(体积)有关的几何概型

[例 2] (1)已知平面区域 U={(x,y)|x+y≤6,x≥0,y≥0},A={(x,y)|x≤4,y≥0,x -2y≥0},若向区域 U 内随机投一点 P,则点 P 落入区域 A 的概率为________. (2)(2012· 湖北高考)如图所示, 在圆心角为直角的扇形 OAB 中, 分别 以 OA,OB 为直径作两个半圆,在扇形 OAB 内随机取一点,则此点取 自阴影部分的概率是( 1 1 A. - 2 π 2 C.1- π ) 1 B. π 2 D. π

[自主解答] (1)依题意可在平面直角坐标系中作出集合 U 与 A 所表 示的平面区域(如图),由图可知 SU=18,SA=4,则点 P 落入区域 A 的 SA 2 概率为 P= = . SU 9 1 r 2 1 r 2 r (2)设 OA=OB=r,则两个以 为半径的半圆的公共部分面积为 2?4π·?2? -2×?2? ?= ? ?? 2 ? ? ? ?π-2?r2 ?π-2?r2? ?π-2?r2 1 1 r , 两个半圆外部的阴影部分面积为 πr2-? π?2?2×2- = , 所以所求 8 4 8 8 ? ?2 ? ? ?π-2?r2 2× 8 2 概率为 =1- . 1 2 π πr 4 2 [答案] (1) 9 ————— (2)C —————————————— 求解与面积有关的几何概型的注意点 求解与面积有关的几何概型时,关键是弄清某事件对应的面积,以求面积,必要时可根 据题意构造两个变量, 把变量看成点的坐标, 找到实验全部结果构成的平面图形, 以便求解.

3.如图所示,边长为 2 的正方形中有一封闭曲线围成的阴影区域,在 2 正方形中随机撒一粒豆子,它落在阴影区域内的概率为 ,则阴影区域的面 3 积为( )

4 A. 3 2 C. 3 S阴 2 解析:选 B 由几何概型知, = , S正方形 3 2 8 故 S 阴= ×22= . 3 3

8 B. 3 D.无法计算

?x -4x≤0, ? 4.若不等式组?-1≤y≤2, ?x-y-1≥0 ?

2

表示的平面区域为 M,

(x-4)2+y2≤1 表示的平面区域为 N,现随机向区域内抛一粒豆子,则该豆子落在平面 区域 N 内的概率是________. 解析:如图所示: π P= = . 1 15 ×?1+4?×3 2 π 答案: 15 1 ×π×12 2

与角度有关的几何概型

[例 3] 如图所示,在直角坐标系内,射线 OT 落在 30° 角的终边上,任 作一条射线 OA,则射线 OA 落在∠yOT 内的概率为________. [自主解答] 如题图, 因为射线 OA 在坐标系内是等可能分布的, OA 则 60° 1 落在∠yOT 内的概率为 = . 360° 6 [答案] 1 6 —————————————— 求解与角度有关的几何概型的注意点 当涉及射线的转动, 扇形中有关落点区域问题时, 应以角的大小作为区域度量来计算概 率,切不可用线段代替,这是两种不同的度量手段.

—————

5.如图,M 是半径为 R 的圆周上一个定点,在圆周上等可能地任取 一点 N,连接 MN,则弦 MN 的长度超过 2R 的概率是________.

解析:连接圆心 O 与 M 点,作弦 MN 使∠MON=90° ,这样的点有 两个,分别记为 N1,N2,仅当点 N 在不包含点 M 的半圆弧上取值时, 180° 1 满足 MN> 2R,此时∠N1ON2=180° ,故所求的概率为 = . 360° 2 1 答案: 2

? 1 条规律——对几何概型概率公式中“测度”的认识 几何概型的概率公式中的“测度”只与大小有关,而与形状和位置无关,在解题时,要 掌握“测度”为长度、面积、体积、角度等常见的几何概型的求解方法. ? 2 种方法——判断几何概型中的几何度量形式的方法 (1)当题干是双重变量问题,一般与面积有关系; (2)当题干是单变量问题,要看变量可以等可能到达的区域:若变量在线段上移动,则 几何度量是长度; 若变量在平面区域(空间区域)内移动,则几何度量是面积(体积),即一个几何度量的形 式取决于该度量可以等可能变化的区域.

创新交汇——几何概型与定积分的完美结合

1.几何概型是近几年高考的热点之一,主要考查形式有两种:一是以实际问题为背景 直接考查与长度、面积有关的几何概型的概率求解,多涉及三角形、矩形、圆等平面图形的 计算;二是与定积分、解析几何、函数、立体几何、线性规划、等知识交汇命题. 2.解决此类问题关键是理解几何概型的含义及其求法原理,并熟练掌握相关知识. [典例] (2012· 福建高考)如图所示,在边长为 1 的正方形 OABC 中 任取一点 P,则点 P 恰好取自阴影部分的概率为( 1 A. 4 1 C. 6 [解析] 得, 1 B. 5 1 D. 7 2 3 1 2 2 1 1 阴影部分的面积为∫1( x-x)dx=?3x2-2x ?|1= - = ,利用几何概型公式 0 ? ?0 3 2 6 )

1 S阴影 6 1 P= = = . S正方形 1 6 [答案] C [名师点评] 1.本题有以下创新点 (1)考查方式的创新:对于定积分的考查,由常规方式转换为以几何概型为载体考查定 积分的计算; (2)考查内容的创新:本题将几何概型与定积分求面积完美结合起来,角度独特,形式 新颖,又不失综合性. 2.解决本题的关键点 解决本题的关键是利用定积分求出阴影部分的面积,再利用几何概型公式求解. 3.在解决以几何概型为背景的创新交汇问题时,应注意以下两点 (1)要准确判断一种概率模型是否是几何概型,为此必须了解几何概型的含义及特征; (2)运用几何概型的概率公式时,注意验证事件是否等可能性. [变式训练] (2013· 沈阳模拟)设集合 A={(x,y)||x|+|y|≤2},B={(x,y)∈A|y≤x2},从集合 A 中随机 地取出一个元素 P(x,y),则 P∈B 的概率是________. 解析:在直角坐标系中分别作出集合 A,B 所表示的区域,从集合 A 中随机地取出一个元素 P(x,y),则 P∈B 的区域为图中阴影部分,由 定积分知识可求得阴影部分的面积为 1 17 1 2 2?∫ 0x dx+2+2?= ,则从集合 A 中随机地取出一个元素 P(x, ? ? 3 17 3 17 y),则 P∈B 的概率为 = . 8 24 17 答案: 24

一、选择题(本大题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分) 1.取一根长度为 4 m 的绳子,拉直后在任意位置剪断,那么剪得的两段都不少于 1 m 的概率是( 1 A. 4 1 C. 2 ) 1 B. 3 2 D. 3

解析:选 C 把绳子 4 等分,当剪断点位于中间两部分时,两段绳子都不少于 1 m,故 2 1 所求概率为 P= = . 4 2 2. 如图所示, 矩形 ABCD 中, E 为边 CD 的中点. 点 若在矩形 ABCD 内部随机取一个点 Q,则点 Q 取自△ABE 内部的概率等于( 1 A. 4 1 C. 2 1 B. 3 2 D. 3 )

1 解析:选 C 因为 S△ABE= |AB|· |BC|,S 矩形=|AB|· |BC|,则点 Q 取自△ABE 内部的概率 P 2 S△ABE 1 = = . S矩形 2 3.已知 P 是△ABC 所在平面内一点, PB + PC +2 PA =0,现将一粒黄豆随机撒在 △ABC 内,则黄豆落在△PBC 内的概率是( 1 A. 4 2 C. 3 ) 1 B. 3 1 D. 2

??? ?

??? ?

??? ?

解析:选 D 由题意可知,点 P 位于 BC 边的中线的中点处.记黄豆落在△PBC 内为事 S△PBC 1 件 D,则 P(D)= = . S△ABC 2 4.在区间[-5,5]内随机地取出一个数 a,则恰好使 1 是关于 x 的不等式 2x2+ax-a2<0 的一个解的概率为( A.0.3 C.0.6 ) B.0.4 D.0.7

解析:选 D 由已知得 2+a-a2<0,解得 a>2 或 a<-1.故当 a∈[-5,-1)∪(2,5]时, 1 是关于 x 的不等式 2x2+ax-a2<0 的一个解. ?-1+5?+?5-2? 7 故所求概率为 P= = =0.7. 10 5-?-5? 5.在区间(0,π]上随机取一个数 x,则事件“sin x+ 3cos x≤1”发生的概率为( 1 A. 4 1 C. 2 1 B. 3 2 D. 3 )

π 1 π 解析:选 C 由 sin x+ 3cos x≤1 得 sin?x+3?≤ ,当 x∈(0,π)时,解得 ≤x≤π,所 ? ? 2 2

π π- 2 1 以所求概率为 P= = . π-0 2 6 6.(2013· 石家庄模拟)在区间(0,1)上任取两个数,则两个数之和小于 的概率是( 5 12 A. 25 17 C. 25 16 B. 25 18 D. 25 )

解析:选 C 设这两个数是 x,y,则试验所有的基本事件构成的区域
? ?0<x<1, 是? 确定的平面区域,所求事件包含的基本事件是由 ? ?0<y<1

?0<x<1, ?0<y<1, ? 6 ?x+y<5, ?

确定的平面区域,如图所示阴影部分的面积是 1-

1 2

4 17 6 17 ×?5?2= ,所以两个数之和小于 的概率是 . ? ? 25 5 25 二、填空题(本大题共 3 小题,每小题 5 分,共 15 分) 7.在棱长为 a 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 内任取一点 P,则点 P 到点 A 的距离小于等 于 a 的概率为________. 1 4 3 × πa 8 3 1 π 解析:满足条件的点在半径为 a 的 球内,所以所求概率为 P= = . 8 a3 6 π 答案: 6 S 8. 在面积为 S 的△ABC 的边 AB 上任取一点 P, 则△PBC 的面积大于 的概率是________. 4 3 AB 4 1 1 3 解析:要使 S△PBC> S△ABC,只需 PB> AB.故所求概率为 P= = . 4 4 AB 4 3 答案: 4 9.(2013· 海门模拟)在边长为 2 的正三角形 ABC 内任取一点 P,则使点 P 到三个顶点的 距离至少有一个小于 1 的概率是________. 解析:以 A、B、C 为圆心,以 1 为半径作圆,与△ABC 交出三个扇形, 当 P 落在其内时符合要求. 1 2 3×?6×π×1 ? ? ? 3π 故 P= = . 6 3 ×22 4

答案:

3 π 6

三、解答题(本大题共 3 小题,每小题 12 分,共 36 分) 10.如右图所示,在单位圆 O 的某一直径上随机地取一点 Q,求过点 Q 且与该直径垂直的弦长长度不超过 1 的概率. 解:弦长不超过 1,即|OQ|≥ 3 , 2

而 Q 点在直径 AB 上是随机的,事件 A={弦长超过 1}. 3 ×2 2 3 由几何概型的概率公式得 P(A)= = . 2 2 故弦长不超过 1 的概率为 1-P(A)=1- 所求弦长不超过 1 的概率为 1- 3 . 2 3 . 2

11.已知复数 z=x+yi(x,y∈R)在复平面上对应的点为 M. (1)设集合 P={-4,-3,-2,0},Q={0,1,2},从集合 P 中随机抽取一个数作为 x,从 集合 Q 中随机抽取一个数作为 y,求复数 z 为纯虚数的概率;

?x+2y-3≤0, ? (2)设 x∈[0,3],y∈[0,4],求点 M 落在不等式组:?x≥0, ?y≥0 ?
内的概率. 解:(1)记“复数 z 为纯虚数”为事件 A.

所表示的平面区域

∵组成复数 z 的所有情况共有 12 个:-4,-4+i,-4+2i,-3,-3+i,-3+2i, -2,-2+i,-2+2i,0,i,2i, 且每种情况出现的可能性相等,属于古典概型, 其中事件 A 包含的基本事件共 2 个:i,2i, 2 1 ∴所求事件的概率为 P(A)= = . 12 6

? ??0≤x≤3 ? (2)依条件可知,点 M 均匀地分布在平面区域??x,y??? ? ??0≤y≤4 ?
为 S=3×4=12.而所求事件构成的平面区域为

? ?内, ?

属于几何概型,该平面区域的图形为右图中矩形 OABC 围成的区域,面积

? ??x+2y-3≤0, ? ? ?x,y???x≥0, ? ? ? ? ??y≥0

? ? ?, ? ?

其图形如图中的三角形 OAD(阴影部分).又直线 x+2y-3=0 与 x 轴、y 轴的交点分别 3 为 A(3,0)、D?0,2?, ? ? 1 3 9 则三角形 OAD 的面积为 S1= ×3× = . 2 2 4 9 S1 4 3 故所求事件的概率为 P= = = . S 12 16 12.设关于 x 的一元二次方程 x2+2ax+b2=0. (1)若 a 是从 0,1,2,3 四个数中任取的一个数,b 是从 0,1,2 三个数中任取的一个数,求上 述方程有实根的概率; (2)若 a 是从区间[0,3]任取的一个数,b 是从区间[0,2]任取的一个数,求上述方程有实根 的概率. 解:设事件 A 为“方程 a2+2ax+b2=0 有实根”. 当 a>0,b>0 时,方程 x2+2ax+b2=0 有实根的充要条件为 a≥b. (1)基本事件共 12 个: (0,0),(0,1),(0,2),(1,0),(1,1),(1,2),(2,0),(2,1),(2,2),(3,0),(3,1),(3,2),其中第 一个数表示 a 的取值,第二个数表示 b 的取值.事件 A 中包含 9 个基本事件,事件 A 发生 9 3 的概率为 P(A)= = . 12 4 (2)试验的全部结果所构成的区域为{(a,b)|0≤a≤3,0≤b≤2}. 构成事件 A 的区域为{(a,b)|0≤a≤3,0≤b≤2,a≥b}, 1 3×2- ×22 2 2 所以所求的概率为 = . 3 3×2

1.扇形 AOB 的半径为 1,圆心角为 90° C、D、E 将弧 AB 等分成四 .点 π 份.连接 OC,OD,OE,从图中所有的扇形中随机取出一个,面积恰为 的 8 概率是( 3 A. 10 2 C. 5 ) 1 B. 5 1 D. 2

解析:选 A 依题意得知,图中共有 10 个不同的扇形,分别为扇形 AOB、AOC、AOD、 π π AOE、EOB、EOC、EOD、DOC、DOB、COB,其中面积恰为 的扇形(即相应圆心角恰为 的 8 4 3 扇形)共有 3 个(即扇形 AOD、EOC、BOD),因此所求的概率等于 . 10

2.点 P 在边长为 1 的正方形 ABCD 内运动,则动点 P 到定点 A 的距离|PA|<1 的概率为 ( ) 1 A. 4 π C. 4 1 B. 2 D.π

解析:选 C 满足|PA|<1 的点 P 位于以 A 为圆心,半径为 1 的圆在正方形 π ABCD 内部(如图),又 S 扇形 ABD= , 4 π 4 π 故 P(|PA|<1)= = . 1 4 1 3.两人约定在下午 3 点和 4 点之间会面,要求先去的等后去的不超过 小时,否则先去 2 的可以离开,则两人会面的概率为________. 解析:利用几何概型知识,结合线性规划可求出答案,如图. 1 1 1 |x-y|≤ ?- ≤x-y≤ , 2 2 2 3 x∈[0,1],y∈[0,1],设阴影部分的面积为 d,可知 d= ,整个正方 4 d 3 形的面积为 D,可知 D=1,则所求概率 P= = . D 4 3 答案: 4 1 4.将长为 1 的棒任意地折成三段,求三段的长度都不超过 a?3≤a≤1?的概率. ? ? 解:设第一段的长度为 x,第二段的长度为 y,第三段的长度为 1-x - y , 则 基 本 事 件 组 所 对 应 的 几 何 区 域 可 表 示 为 O = {(x , 1 y)|0<x<1,0<y<1,0<x+y<1},此区域面积为 . 2 1 事件“三段的长度都不超过 a?3≤a≤1?”所对应的几何区域可表示 ? ? 为 A={(x,y)|(x,y)∈O,x<a,y<a,1-x-y<a}. ?3a-1?2 1 1 即图中六边形区域,此区域面积:当 ≤a≤ 时,为 ,此时事件“三段的长度都 3 2 2 ?3a-1?2 2 1 不超过 a?3≤a≤1?”的概率为 P= =(3a-1)2; ? ? 1 2 1 1 1 3?1-a? 当 ≤a≤1 时,为 - ,此时事件“三段的长度都不超过 a?3≤a≤1?”的概率为 ? ? 2 2 2 P=1-3(1-a)2.
2

??3a-1? ,3≤a≤2, 综上,P=? 1 ?1-3?1-a? ,2≤a≤1.
2

1

1

2

第七节 离散型随机变量及其分布列

[备考方向要明了]

考 什 么 1.理解取有限个值的离散型随机变量及其分 布列的概念,认识分布列对于刻画随机现象 的重要性,会求某些取有限个离散型随机变 量的分布列. 2.理解超几何分布及其导出过程, 并能进行简 单的应用.

怎 么 考

高考对本节内容的考查多以实际问题为 背景,以解答题的形式考查离散型随机变量 的分布列的求法,且常与排列、组合、概率、 均值与方差等知识综合考查,难度适中,如 2012 年湖南 T17 等.

[归纳· 知识整合] 1.随机变量的有关概念 (1)随机变量:随着实验结果变化而变化的变量,常用字母 X,Y,ξ,η,?表示. (2)离散型随机变量:所有取值可以一一列出的随机变量. 2.离散型随机变量分布列的概念及性质 (1)概念:若离散型随机变量 X 可能取的不同值为 x1,x2,?,xi,?,xn,X 取每一个 值 xi(i=1,2,?,n)的概率 P(X=xi)=pi,以表格的形式表示如下: X P x1 p1 x2 p2 ? ? xi pi ? ? xn pn

此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, 有时也用等式 P(X=xi) =pi,i=1,2,?,n 表示 X 的分布列.

(2)分布列的性质 ①pi≥0,i=1,2,3,?,n;② ?pi=1.
i=1 n

[探究] 1.离散型随机变量 X 的每一个可能取值为实数,其实质代表什么? 提示:代表的是“事件”,即事件是用一个反映结果的实数表示的. 3.常见的离散型随机变量的分布列 (1)两点分布列: X P 0 1-p 1 p

若随机变量 X 的分布列具有上表的形式,就称 X 服从两点分布,并称 p=P(X=1)为成 功概率. (2)超几何分布列 在含有 M 件次品的 N 件产品中,任取 n 件,其中恰有 X 件次品,则事件{X=k}发生的 概率为 Ck Cn -kM M N P(X=k)= ,k=0,1,2,?,m,其中 m=min{M,n},且 n≤N,M≤N,n,M, n CN N∈N*.


X P

0 C0 Cn -0 M N M Cn N


1 C1 Cn -1 M N M Cn N


? ?

m Cm Cn -m M N M n CN


如果随机变量 X 的分布列具有上表的形式,则称随机变量 X 服从超几何分布. [探究] 2.如何判断所求离散型随机变量的分布列是否正确? 提示:可利用离散型随机变量分布列的两个性质加以检验. [自测· 牛刀小试] 1.10 件产品中有 3 件次品,从中任取 2 件,可作为随机变量的是( A.取到产品的件数 C.取到次品的件数 B.取到正品的概率 D.取到次品的概率 )

解析:选 C 对于 A 中取到产品的件数是一个常量不是变量,B、D 也是一个定值,而 C 中取到次品的件数可能是 0,1,2,是随机变量. 2.从标有 1~10 的 10 支竹签中任取 2 支,设所得 2 支竹签上的数字之和为 X,那么随 机变量 X 可能取得的值有( A.17 个 C.19 个 ) B.18 个 D.20 个

解析:选 A 1~10 任取两个的和可以是 3~19 中的任意一个,共有 17 个. 3.某项试验的成功率是失败率的 2 倍,用随机变量 ξ 描述 1 次试验的成功次数,则 P(ξ =1)等于( A.0 1 C. 3 ) 1 B. 2 2 D. 3

解析:选 D 设失败率为 p,则成功率为 2p,分布列为: ξ P 1 2 由 p+2p=1,得 p= ,故 2p= . 3 3 4.若 P(ξ≤x2)=1-β,P(ξ≥x1)=1-α,其中 x1<x2,则 P(x1≤ξ≤x2)等于( A.(1-α)(1-β) C.1-α(1-β) B.1-(α+β) D.1-β(1-α) ) 0 p 1 2p

解析: B 由分布列性质可有: 1≤ξ≤x2)=P(ξ≤x2)+P(ξ≥x1)-1=(1-β)+(1-α) 选 P(x -1=1-(α+β). 5.在 15 个村庄中有 7 个村庄交通不方便,现从中任意选 10 个村庄,用 X 表示这 10 C4C6 7 8 个村庄中交通不方便的村庄数,下列概率等于 10 的是( C15 A.P(X=2) C.P(X=4) B.P(X≤2) D.P(X≤4) )

解析:选 C 此题为超几何分布问题,15 个村庄中有 7 个村庄交通不方便,8 个村庄交 C4C6 7 8 通方便, 7C6表示选出的 10 个村庄中恰有 4 个交通不方便, 个交通方便, P(X=4)= 10 . C4 8 6 故 C15

离散型随机变量分布列的性质

[例 1] (1)设 ξ 是一个离散型随机变量,其分布列为: ξ P 则 q 的值为( A.1 ) B.1± 2 2 -1 1 2 0 1-2q 1 q2

C.1+

2 2

D.1-

2 2

(2)设离散型随机变量 ξ 的分布列为: ξ P 0 0.2 1 0.1 2 0.1 3 0.3 4 m

求:①2ξ+1 的分布列;②|ξ-1|的分布列. [自主解答] (1)由分布列的性质,有

?1-2q≥0, ?q ≥0, ?1 ?2+1-2q+q =1, ?
2 2

解得 q=1-

2 . 2

1 或由 1-2q≥0?q≤ ,可排除 A、B、C. 2 (2)由分布列的性质知 0.2+0.1+0.1+0.3+m=1,解得 m=0.3.首先列表为: ξ 2ξ+1 |ξ-1| 从而由上表得两个分布列为: ①2ξ+1 的分布列: 2ξ+1 P 1 0.2 3 0.1 5 0.1 7 0.3 9 0.3 0 1 1 1 3 0 2 5 1 3 7 2 4 9 3

②|ξ-1|的分布列: |ξ-1| P [答案] (1)D 0 0.1 1 0.3 2 0.3 3 0.3

本例(2)题干不变,求 P(1<2ξ+1<9). 解:P(1<2ξ+1<9)=P(2ξ+1=3)+P(2ξ+1=5)+P(2ξ+1=7)=0.1+0.1+0.3=0.5. ————— —————————————— 离散型随机变量分布列性质的应用 (1)利用分布列中各概率之和为 1 可求参数的值,此时要注意检验,以保证每个概率值 均为非负; (2)若 ξ 为随机变量,则 2ξ+1,|ξ-1|等仍然为随机变量,求它们的分布列时可先求出 相应的随机变量的值,再根据对应的概率写出分布列.

1.随机变量 X 的概率分布列规律为 P(X=n)= 1 5 P?2<X<2?的值为( ? ? 2 A. 3 4 C. 5 ) 3 B. 4 5 D. 6

a (n=1,2,3,4),其中 a 是常数,则 n?n+1?

a 解析:选 D ∵P(X=n)= (n=1,2,3,4), n?n+1? a a a a 5 ∴ + + + =1,∴a= , 2 6 12 20 4 1 5 5 1 5 1 5 ∴P?2<X<2?=P(X=1)+P(X=2)= × + × = . ? ? 4 2 4 6 6

离散型随机变量分布列

[例 2] 袋中有 4 个红球,3 个黑球,从袋中随机取球,设取到 1 个红球得 2 分,取到 1 个黑球得 1 分,从袋中任取 4 个球. (1)求得分 X 的分布列; (2)求得分大于 6 分的概率. [自主解答] (1)从袋中随机取 4 个球的情况为 1 红 3 黑,2 红 2 黑,3 红 1 黑,4 红四 种情况,分别得分为 5 分,6 分,7 分,8 分,故 X 的可能取值为 5,6,7,8. C1C3 4 C2C2 18 4 3 4 3 P(X=5)= 4 = ,P(X=6)= 4 = , C7 35 C7 35 C3C1 12 C4C0 1 4 3 4 3 P(X=7)= 4 = ,P(X=8)= 4 = . C7 35 C7 35 故所求得分 X 的分布列为: X P 5 4 35 6 18 35 7 12 35 8 1 35

(2)根据随机变量 X 的分布列,可以得到得分大于 6 的概率为 P(X>6)=P(X=7)+P(X= 12 1 13 8)= + = . 35 35 35 ————— —————————————— 求离散型随机变量的分布列的三个步骤 (1)明确随机 变量的所有可能取值,以及取每个值所表示的意义; (2)利用概率的有关知识,求出随机变量每个取值的概率; (3)按规范形式写出分布列,并用分布列的性质验证.

2.(2013· 泰安模拟)某研究机构准备举行一次数学新课程研讨会,共邀请 50 名一线教师 参加,使用不同版本教材的教师人数如下表所示: (1)从这 50 名教师中随机选出 2 名,求 2 人所使用版本相同的概率; 版本 人数 人教 A 版 20 人教 B 版 15 苏教版 5 北师大版 10

(2)若随机选出 2 名使用人教版的老师发言,设使用人教 A 版的教师人数为 ξ,求随机 变量 ξ 的分布列. 解:(1)从 50 名教师中随机选出 2 名的方法数为 C2 =1225. 50 选出 2 人使用版本相同的方法数为
2 C20+C2 +C2+C2 =350. 15 5 10

350 2 故 2 人使用版本相同的概率为 P= = . 1 225 7 C2 3 C1 C1 60 15 20 15 (2)∵P(ξ=0)= 2 = ,P(ξ=1)= 2 = , C35 17 C35 119 C2 38 20 P(ξ=2)= 2 = , C35 119 ∴ξ 的分布列为: ξ P 0 3 17 1 60 119 2 38 119

超几何分布问题

[例 3] 某高校的一科技小组有 5 名男生,5 名女生,从中选出 4 人参加全国大学生科 技大赛,用 X 表示其中参加大赛的男生人数,求 X 的分布列. [自主解答] 依题意随机变量 X 服从超几何分布, Ck C4 k 5 5 所以 P(X=k)= 4 (k=0,1,2,3,4). C10 C0C4 1 C1C3 5 5 5 5 5 ∴P(X=0)= 4 = ,P(X=1)= 4 = , C10 42 C10 21 C2C2 10 C3C1 5 5 5 5 5 P(X=2)= 4 = ,P(X=3)= 4 = , C10 21 C10 21 C4C0 1 5 5 P(X=4)= 4 = , C10 42 ∴X 的分布列为: X 0 1 2 3 4


P

1 42

5 21

10 21

5 21

1 42

—————

—————————————— 超几何分布的特点

(1)对于服从某些特殊分布的随机变量,其分布列可直接应用公式给出; (2)超几何分布描述的是不放回抽样问题,随机变量为抽到的某类个体的个数,随机变 量取值的概率实质上是古典概型.

3.从某小组的 5 名女生和 4 名男生中任选 3 人去参加一项公益活动. (1)求所选 3 人中恰有一名男生的概率; (2)求所选 3 人中男生人数 ξ 的分布列. C2C1 10 5 4 解:(1)所选 3 人中恰有一名男生的概率 P= 3 = . C9 21 (2)ξ 的可能取值为 0,1,2,3. C3 5 C2C1 10 5 5 4 P(ξ=0)= 3= ,P(ξ=1)= 3 = , C9 42 C9 21 C1C2 5 C3 1 5 4 4 P(ξ=2)= 3 = ,P(ξ=3)= 3= . C9 14 C9 21 故 ξ 的分布列为: ξ P 0 5 42 1 10 21 2 5 14 3 1 21

? 2 个注意点——掌握离散型随机变量分布列的注意点 (1)分布列的结构为两行,第一行为随机变量的所有可能取得的值;第二行为对应于随 机变量取值的事件发生的概率. 看每一列, 实际上是: 上为“事件”, 下为事件发生的概率; (2)要会根据分布列的两个性质来检验求得的分布列的正误. ? 3 种方法——求分布列的三种方法 (1)由统计数据得到离散型随机变量的分布列; (2)由古典概型求出离散型随机变量的分布列; (3)由互斥事件的概率、相互独立事件同时发生的概率及 n 次独立重复试验有 k 次发生 的概率求离散型随机变量的分布列.

易误警示——随机变量取值不全导致错误

[典例] (2013· 长沙模拟)盒子中有大小相同的球 10 个,其中标号为 1 的球 3 个,标号 为 2 的球 4 个,标号为 5 的球 3 个.第一次从盒子中任取 1 个球,放回后第二次再任取 1 个球(假设取到每个球的可能性都相同).记第一次与第二次取得球的标号之和为 ξ. (1)求随机变量 ξ 的分布列; (2)求随机变量 ξ 的期望. [解] (1)由题意可得,随机变量 ξ 的取值是 2,3,4,6,7,10. 且 P(ξ=2)=0.3×0.3=0.09, P(ξ=3)=C1×0.3×0.4=0.24, 2 P(ξ=4)=0.4×0.4=0.16, P(ξ=6)=C1×0.3×0.3=0.18, 2 P(ξ=7)=C1×0.4×0.3=0.24, 2 P(ξ=10)=0.3×0.3=0.09.故随机变量 ξ 的分布列如下: ξ P 2 0.09 3 0.24 4 0.16 6 0.18 7 0.24 10 0.09

(2)随机变量 ξ 的数学期望 E(ξ)=2×0.09+3×0.24+4×0.16+6×0.18+7×0.24+10×0.09=5.2. [易误辨析] 1.本题由于离散型随机变量 ξ 的取值情况较多,极易发生对随机变量取值考虑不全而 导致解题错误. 2.此类问题还极易发生如下错误:虽然弄清随机变量的所有取值,但对某个取值考虑 不全而导致解题错误. 3.避免以上错误发生的有效方法是验证随机变量的概率和是否为 1. [变式训练] 某射手有 5 发子弹,射击一次命中的概率是 0.9.若命中就停止射击,否则就一直到子弹 用尽,求耗用子弹数 X 的分布列. 解:X 的取值为 1,2,3,4,5,它们的概率分别为: P(X=1)=0.9, P(X=2)=0.1×0.9=0.09, P(X=3)=0.12×0.9=0.009, P(X=4)=0.13×0.9=0.000 9, 当 X=5 时,说明前四发都没命中,不管第五次中与不中都要射第五发子弹, ∴P(X=5)=0.14=0.000 1,故 X 的分布列为:

X P

1 0.9

2 0.09

3 0.009

4 0.000 9

5 0.000 1

一、选择题(本大题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分) 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 解析:选 C A、B 中出现的点数虽然是随机的,但他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. 2.袋中装有 10 个红球、5 个黑球.每次随机抽取 1 个球后,若取得黑球则另换 1 个红 球放回袋中, 直到取到红球为止. 若抽取的次数为 ξ, 则表示“放回 5 个红球”事件的是( A.ξ=4 C.ξ=6 B.ξ=5 D.ξ≤5 ) )

解析:选 C 由条件知“放回 5 个红球”事件对应的 ξ 为 6. 3.设随机变量 X 等可能取值 1,2,3,?,n,若 P(X<4)=0.3,则( A.n=3 C.n=9 B.n=4 D.n=10 )

1 1 1 3 解析:选 D P(X<4)=P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)= + + = =0.3,故 n=10. n n n n 1 4.已知随机变量 X 的分布列为 P(X=k)= k,k=1,2,?,则 P(2<X≤4)等于( 2 3 A. 16 1 C. 16 1 B. 4 5 D. 16 )

1 1 3 解析:选 A P(2<X≤4)=P(X=3)+P(X=4)= 3+ 4= . 2 2 16 5.(2013· 安庆模拟)从一批含有 13 只正品,2 只次品的产品中,不放回地任取 3 件,则 取得次品数为 1 的概率是( 32 A. 35 ) 12 B. 35

3 C. 35

2 D. 35

解析:选 B 设随机变量 X 表示取出次品的个数,则 X 服从超几何分布,其中 N=15, C1C2 12 2 13 M=2,n=3,它的可能的取值为 0,1,2,相应的概率为 P(X=1)= 3 = . C15 35 6.(2013· 长沙模拟)一只袋内装有 m 个白球,n-m 个黑球,连续不放回地从袋中取球, ?n-m?A2 m 直到取出黑球为止,设此时取出了 ξ 个白球,下列概率等于 的是( A3 n A.P(ξ=3) C.P(ξ≤3) B.P(ξ≥2) D.P(ξ=2) )

?n-m?A2 m 解析:选 D 由超几何分布知 P(ξ=2)= . A3 n 二、填空题(本大题共 3 小题,每小题 5 分,共 15 分) 7.(2013· 临沂模拟)随机变量 X 的分布列如下: X P -1 a 0 b 1 c

其中 a,b,c 成等差数列,则 P(|X|=1)=________. 解析:∵a,b,c 成等差数列,∴2b=a+c. 1 2 又 a+b+c=1,∴b= .∴P(|X|=1)=a+c= . 3 3 2 答案: 3 8.由于电脑故障,使得随机变量 X 的分布列中部分数据丢失(以“x,y”代替),其表 如下: X P 1 0.20 2 0.10 3 0.x5 4 0.10 5 0.1y 6 0.20

则丢失的两个数据依次为________. 解析:由于 0.20+0.10+(0.1x+0.05)+0.10+(0.1+0.01y)+0.20=1,得 10x+y=25, 又因为 x、y 为正整数,故两个数据分别为 2,5. 答案:2,5 9.(2013· 郑州五校联考)如图所示,A、B 两点 5 条连线并联,它们 在单位时间内能通过的最大信息量依次为 2,3,4,3,2.现记从中任取三条 线且在单位时间内都通过的最大信息总量为 ξ,则 P(ξ≥8)=________. 解析:法一:由已知,ξ 的取值为 7,8,9,10,
1 C2C1+C2C1 3 C2C2 1 2 1 2 2 2 ∵P(ξ=7)= 3 = ,P(ξ=8)= = , C5 5 C3 10 5

1 C1C1C1 2 C2C1 1 2 2 2 1 P(ξ=9)= = ,P(ξ=10)= 3 = , 3 C5 5 C5 10

∴ξ 的概率分布列为 ξ P 7 1 5 8 3 10 9 2 5 10 1 10

3 2 1 4 ∴P(ξ≥8)=P(ξ=8)+P(ξ=9)+P(ξ=10)= + + = . 10 5 10 5 4 法二:P(ξ≥8)=1-P(ξ=7)= . 5 4 答案: 5 三、解答题(本大题共 3 小题,每小题 12 分,共 36 分) 10.一袋中装有 6 个同样大小的黑球,编号为 1,2,3,4,5,6,现从中随机取出 3 个球,以 ξ 表示取出球的最大号码,求 ξ 的分布列. 解:随机变量 ξ 的取值为 3,4,5,6 从袋中随机地取 3 个球,包含的基本事件总数为 C3,事件“ξ=3”包含的基本事件总 6
2 数为 C3,事件“ξ=4”包含的基本事件总数为 C1C3,事件“ξ=5”包含的基本事件总数为 3 1 1 C1C2;事件“ξ=6”包含的基本事件总数为 C1C2;从而有 4 1 5

C3 1 C1C2 3 3 1 3 P(ξ=3)= 3= ,P(ξ=4)= 3 = , C6 20 C6 20
2 C1C2 3 C1C5 1 1 4 1 P(ξ=5)= 3 = ,P(ξ=6)= 3 = , C6 10 C6 2

故随机变量 ξ 的分布列为: ξ P 3 1 20 4 3 20 5 3 10 6 1 2

11.口袋中有 n(n∈N*)个白球,3 个红球,依次从口袋中任取一球,如果取到红球,那 么继续取球,且取出的红球不放回;如果取到白球,就停止取球.记取球的次数为 X.若 P(X 7 =2)= ,求: 30 (1)n 的值; (2)X 的分布列. 7 C1 C1 7 3 n 解:(1)由 P(X=2)= 知 1 × 1 = , 30 Cn+3 Cn+2 30 即 90n=7(n+2)(n+3),解得 n=7. 7 7 (2)X=1,2,3,4 且 P(X=1)= ,P(X=2)= , 10 30

7 1 P(X=3)= ,P(X=4)= . 120 120 故 X 的分布列为: X P 1 7 10 2 7 30 3 7 120 4 1 120

12.从集合{1,2,3,4,5}的所有非空子集中,等可能地取出一个. (1)记性质 r:集合中的所有元素之和为 10,求所取出的非空子集满足性质 r 的概率; (2)记所取出的非空子集的元素个数为 X,求 X 的分布列. 解:(1)记“所取出的非空子集满足性质 r”为事件 A.
1 基本事件总数 n=C5+C2+C3+C4+C5=31; 5 5 5 5

事件 A 包含的基本事件是{1,4,5},{2,3,5},{1,2,3,4}; 事件 A 包含的基本事件数 m=3. m 3 故 P(A)= = . n 31 (2)依题意,X 的所有可能取值为 1,2,3,4,5. C1 5 C2 10 5 5 又 P(X=1)= = ,P(X=2)= = , 31 31 31 31 C3 10 C4 5 5 5 P(X=3)= = ,P(X=4)= = , 31 31 31 31 C5 1 5 P(X=5)= = . 31 31 故 X 的分布列为: X P 1 5 31 2 10 31 3 10 31 4 5 31 5 1 31

2 1.设随机变量 ξ 的概率分布列为 P(ξ=i)=a?3?i,i=1,2,3.则 a 的值是( ? ? 17 A. 38 17 C. 19 解析:选 B 27 B. 38 27 D. 19

)

2 2 2 2 3 27 1=P(ξ=1)+P(ξ=2)+P(ξ=3)=a?3+?3? +?3? ?,解得 a= . ? ? ? ?? ? 38

2.已知甲盒内有大小相同的 1 个红球和 3 个黑球,乙盒内有大小相同的 2 个红球和 4 个黑球,现从甲、乙两个盒内各任取 2 个球.设 ξ 为取出的 4 个球中红球的个数,则 P(ξ= 2)=________.

C1· 1 C1· 1 C2 C2 3 1 C3 2 C4 3 2 解析:P(ξ=2)= 2 · 2 + 2· 2= . C4 C6 C4 C6 10 答案: 3 10

3. 某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况, 随机抽取该流水线上 40 件产品作为样本称出它们的重量(单 位:克),重量的分组区间为 (490,495], (495,500],?,(510,515],由此得到样本的频率分布直 方图,如图所示. (1)根据频率分布直方图,求重量超过 505 克的产品数 量; (2)在上述抽取的 40 件产品中任取 2 件,设 Y 为重量超过 505 克的产品数量,求 Y 的分 布列; (3)从该流水线上任取 5 件产品,求恰有 2 件产品的重量超过 505 克的概率. 解:(1)根据频率分布直方图可知,重量超过 505 克的产品数量为[(0.01+0.05)× 5]×40 =12 件. (2)Y 的可能取值为 0,1,2. C2 63 C1 C1 56 28 28 12 P(Y=0)= 2 = ,P(Y=1)= 2 = , C40 130 C40 130 C2 11 12 P(Y=2)= 2 = . C40 130 Y 的分布列为: Y P 0 63 130 1 56 130 2 11 130

(3)利用样本估计总体,该流水线上产品重量超过 505 克的概率为 0.3. 令 X 为任取的 5 件产品中重量超过 505 克的产品数量, 则 X~B(5,0.3), 故所求概率为 P(X=2)=C2(0.3)2(0.7)3=0.3087. 5

第八节 n次独立重复试验与二项分布

[备考方向要明了]

考 什 么 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,并能解决一些简单的实际问题.

怎 么 考 相互独立事件、 次独立重复试验的概率求法是每年 n 高考的热点, 特别是相互独立事件、 次独立重复试 n 验及二项分布的综合更是高考命题的重中之重,如 2012 年山东 T19 等.

[归纳· 知识整合] 1.条件概率及其性质 条件概率的定义 P?AB? 设 A、 为两个事件, P(A)>0, P(B|A)= B 且 称 P?A? 为在事件 A 发生条件下, 事件 B 发生的条件概率 条件概率的性质 (1)0≤P(B|A)≤1 (2)如果 B 和 C 是两个互斥事件, P(B∪ 则 C|A)=P(B|A)+P(C|A)

2.事件的相互独立性 (1)定义: A、 为两个事件, 设 B 如果 P(AB)=P(A)· P(B), 则称事件 A 与事件 B 相互独立. (2)性质: ①若事件 A 与 B 相互独立,则 P(B|A)=P(B),P(A|B)=P(A),P(AB)=P(A)P(B). ②如果事件 A 与 B 相互独立,那么 A 与 B , A 与 B, A 与 B 也相互独立. [探究] 1.“相互独立”和“事件互斥”有何不同? 提示: 两事件互斥是指两事件不可能同时发生, 两事件相互独立是指一个事件的发生与 否对另一个事件发生的概率没有影响,两个事件相互独立不一定互斥. 3.独立重复试验与二项分布 独立重复试验 二项分布 在 n 次独立重复试验中, X 表示事件 A 发生的次数, 用 定义 在相同条件下重复做的 n 次 试验称为 n 次独立重复试验 设每次试验中事件 A 发生的概率是 p,此时称随机变 量 X 服从二项分布,记作 X~B(n,p),并称 p 为成功 概率 Ai(i=1,2,?,n)表示第 i 计算 公式 次试验结果,则 P(A1A2A3?An)= P(A1)P(A2)?P(An) 在 n 次独立重复试验中,事件 A 恰好发生 k 次的概率 为 P(X=k)=Ck pk(1-p)n k(k=0,1,2,?,n) n


[探究] 2.二项分布的计算公式和二项式定理的公式有何联系? 提示:如果把 p 看成 a,1-p 看成 b,则 Ck pk(1-p)n k 就是二项式定理中的通项. n [自测· 牛刀小试] 1 1.若事件 E 与 F 相互独立,且 P(E)=P(F)= ,则 P(EF)的值等于( 4 A.0 1 C. 4 解析:选 B EF 代表 E 与 F 同时发生, 1 故 P(EF)=P(E)· P(F)= . 16 1 3 2.已知 P(B|A)= ,P(AB)= ,则 P(A)等于( 2 8 3 A. 16 3 C. 4 13 B. 16 1 D. 4 ) 1 B. 16 1 D. 2 )


3 解析:选 C 由 P(AB)=P(A)P(B|A)可得 P(A)= . 4 3.有甲、乙两批种子,发芽率分别为 0.8 和 0.9,在两批种子中各取一粒,则恰有一粒 种子能发芽的概率是( A.0.26 C.0.18 ) B.0.08 D.0.72

解析:选 A P=0.8×0.1+0.2×0.9=0.26. 2 4.掷一枚不均匀的硬币,正面朝上的概率为 ,若将此硬币掷 4 次,则正面朝上 3 次的 3 概率是________. 2 解析:设正面朝上 X 次,则 X~B?4,3?, ? ? 2 1 32 P(X=3)=C3?3?3?3?1= . 4 ? ? ? ? 81 32 答案: 81 5.某人一周晚上值班 2 次,在已知他周日一定值班的条件下,则他在周六晚上值班的 概率为________. 解析:设事件 A 为“周日值班”,事件 B 为“周六值班”, C1 1 P?AB? 1 6 则 P(A)= 2,P(AB)= 2,故 P(B|A)= = . C7 C7 P?A? 6

1 答案: 6

条件概率

[例 1] (1)甲、乙两地都位于长江下游,根据天气预报的记录知,一年中下雨天甲市占 20%,乙市占 18%,两市同时下雨占 12%.则甲市为雨天,乙市也为雨天的概率为( A.0.6 C.0.8 B.0.7 D.0.66 )

(2)市场上供应的灯泡中, 甲厂产品占 70%, 乙厂产品占 30%, 甲厂产品的合格率是 95%, 乙厂产品的合格率是 80%,则从市场上买到一个是甲厂生产的合格灯泡的概率是________. [自主解答] (1)甲市为雨天记为事件 A,乙市为雨天记为事件 B,则 P(A)=0.2,P(B) =0.18,P(AB)=0.12, 故 P(B|A)= P?AB? 0.12 = =0.6. 0.2 P?A?

(2)记 A=“甲厂产品”,B=“合格产品”,则 P(A)=0.7,P(B|A)=0.95.故 P(AB)= P(A)· P(B|A)=0.7×0.95=0.665. [答案] (1)A (2)0.665

在本例 2 中条件改为“甲厂产品的合格率是 95%,其中 60%为一级品”,求甲厂产品 中任选一件为一级品的概率. 解:设甲厂产品合格为事件 A,一级品为事件 B,则甲厂产品中任一件为一级品为 AB, 所以 P(AB)=P(A)P(B|A)=95%×60%=0.57.

—————

—————————————— 条件概率的求法

(1)定义法:先求 P(A)和 P(AB),再由 P(B|A)=

P?AB? 求 P(B|A); P?A?

(2)基本事件法:借古典概型概率公式,先求事件 A 包含的基本事件数 n(A),再求事件 n?AB? AB 所包含的基本事件数 n(AB),得 P(B|A)= . n?A?

1.在 5 道题中有 3 道理科题和 2 道文科题.如果不放回地依次抽取 2 道题,求: (1)第 1 次抽到理科题的概率;

(2)第 1 次和第 2 次都抽到理科题的概率; (3)在第 1 次抽到理科题的条件下,第 2 次抽到理科题的概率. 解:设第 1 次抽到理科题为事件 A,第 2 次抽到理科题为事件 B,则第 1 次和第 2 次都 抽到理科题为事件 AB. (1)从 5 道题中不放回地依次抽取 2 道的事件数为 n(Ω)=A2=20; 5 根据分步乘法计数原理,n(A)=A1×A1=12; 3 4 n?A? 12 3 于是 P(A)= = = . n?Ω? 20 5 (2)因为 n(AB)=A2=6,所以 3 n?AB? 6 3 P(AB)= = = . n?Ω? 20 10 (3)法一:由(1)(2)可得,在第 1 次抽到理科题的条件下,第 2 次抽到理科题的概率 3 10 1 P?AB? P(B|A)= = = . 3 2 P?A? 5 n?AB? 6 1 法二:因为 n(AB)=6,n(A)=12,所以 P(B|A)= = = . n?A? 12 2

相互独立事件的概率

[例 2] 某果园要用三辆汽车将一批水果从所在城市 E 运至销售城市 F,已知从城市 E 到城市 F 有两条公路.统计表明: 1 9 3 汽车走公路Ⅰ堵车的概率为 ,不堵车的概率为 ;走公路Ⅱ堵车的概率为 ,不堵车 10 10 5 2 的概率为 ,若甲、乙两辆汽车走公路Ⅰ,第三辆汽车丙由于其他原因走公路Ⅱ运送水果, 5 且三辆汽车是否堵车相互之间没有影响. (1)求甲、乙两辆汽车中恰有一辆堵车的概率; (2)求三辆汽车中至少有两辆堵车的概率. [自主解答] 记“汽车甲走公路Ⅰ堵车”为事件 A, “汽车乙走公路Ⅰ堵车”为事件 B. “汽车丙走公路Ⅱ堵车”为事件 C. (1)甲、乙两辆汽车中恰有一辆堵车的概率为 1 9 9 1 9 P1=P(A·B )+P( A · B)= × + × = . 10 10 10 10 50 (2)甲、乙、丙三辆汽车中至少有两辆堵车的概率为

P2=P(A· B·C )+P(A·B · C)+P( A · C)+P(A· C)= B· B· 3 1 1 3 59 × + × × = . 5 10 10 5 500 —————

1 1 2 1 9 3 9 1 × × + × × + × 10 10 5 10 10 5 10 10

—————————————— 求相互独立事件同时发生的概率的方法

(1)利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解; (2)正面计算较繁或难以入手时,可从其对立事件入手计算.

2.红队队员甲、乙、丙与蓝队队员 A、B、C 进行围棋比赛,甲对 A、乙对 B、丙对 C 各一盘, 已知甲胜 A、 乙胜 B、丙胜 C 的概率分别为 0.6,0.5,0.5.假设各盘比赛结果相互独立. (1)求红队至少两名队员获胜的概率; (2)求红队队员获胜总盘数为 1 的概率. 解:(1)设甲胜 A 为事件 D,乙胜 B 为事件 E,丙胜 C 为事件 F,则 D , E , F 分别 表示事件甲不胜 A、事件乙不胜 B、事件丙不胜 C. 因为 P(D)=0.6,P(E)=0.5,P(F)=0.5,由对立事件的概率公式知 P( D )=0.4,P( E ) =0.5,P( F )=0.5. 红队至少两人获胜的事件有:DE F ,D E F, D EF,DEF. 由于以上四个事件两两互斥且各盘比赛的结果相互独立, 因此红队至少两人获胜的概率为 P=P(DE F )+P(D E F)+P( D EF)+P(DEF) =0.6×0.5×0.5+0.6×0.5×0.5+0.4×0.5×0.5+0.6×0.5×0.5=0.55. (2)由题意知 ξ 可能的取值为 0,1,2,3. -- 又由(1)知 D] E]F、 D E F 、D E F 是两两互斥事件,且各盘比赛的结果相互独立. -- P(ξ=1)=P( D E F)+P( D E F )+P(D E F ) =0.4×0.5×0.5+0.4×0.5×0.5+0.6×0.5×0.5=0.35. 即红队队员获胜 1 盘的概率为 0.35.

独立重复试验与二项分布

[例 3] 甲、乙、丙三台机床各自独立地加工同一种零件,已知甲、乙、丙三台机床加 工的零件是一等品的概率分别为 0.7、0.6、0.8,乙、丙两台机床加工的零件数相等,甲机床 加工的零件数是乙机床加工的零件数的二倍.

(1)从甲、乙、丙三台机床加工的零件中各取一件检验,求至少有一件一等品的概率; (2)将甲、乙、丙三台机床加工的零件混合到一起,从中任意地抽取一件检验,求它是 一等品的概率; (3)将甲、乙、丙三台机床加工的零件混合到一起,从中任意地抽取 4 件检验,其中一 等品的个数记为 X,求 X 的分布列. [自主解答] (1)设从甲、 丙三台机床加工的零件中任取一件是一等品分别为事件 A, 乙、 B,C, 则 P(A)=0.7,P(B)=0.6,P(C)=0.8. 所以从甲、乙、丙三台机床加工的零件中各取一件检验,至少有一件一等品的概率为 P1=1-P( A )P( B )P( C )=1-0.3×0.4×0.2=0.976. (2)将甲、乙、丙三台机床加工的零件混合到一起,从中任意地抽取一件检验,它是一 等品的概率为 2×0.7+0.6+0.8 P2= =0.7. 4 (3)依题意抽取的 4 件样品中一等品的个数 X 的可能取值为 0,1,2,3,4,则 P(X=4)=C0×0.74=0.2401, 4 P(X=3)=C1×0.3×0.73=0.4116, 4 P(X=2)=C2×0.32×0.72=0.2646, 4 P(X=1)=C3×0.33×0.7=0.0756, 4 P(X=0)=C4×0.34=0.0081. 4 ∴X 的分布列为: X P 4 0.2401 3 0.4116 2 0.2646 1 0.0756 0 0.0081

—————

—————————————— 二项分布满足的条件

(1)每次试验中,事件发生的概率是相同的. (2)各次试验中的事件是相互独立的. (3)每次试验只有两种结果:事件要么发生,要么不发生. (4)随机变量是这 n 次独立重复试验中事件发生的次数.

3.如图,一圆形靶分成 A,B,C 三部分,其面积之比为 1∶1∶2.某同 学向该靶投掷 3 枚飞镖,每次 1 枚.假设他每次投掷必定会中靶,且投中靶 内各点是随机的.

(1)求该同学在一次投掷中投中 A 区域的概率; (2)设 X 表示该同学在 3 次投掷中投中 A 区域的次数,求 X 的分布列; (3)若该同学投中 A,B,C 三个区域分别可得 3 分,2 分,1 分,求他投掷 3 次恰好得 4 分的概率. 1 解:(1)设该同学在一次投掷中投中 A 区域的概率为 P(A),依题意,P(A)= . 4 1 (2)依题意识,X~B?3,4?,从而 X 的分布列为: ? ? X P 0 27 64 1 27 64 2 9 64 3 1 64

(3)设 Bi 表示事件“第 i 次击中目标时,击中 B 区域”,Ci 表示事件“第 i 次击中目标 1 1 1 时, 击中 C 区域”, i=1,2,3.依题意知 P=P(B1C2C3)+P(C1B2C3)+P(C1C2B3)=3× × × = 4 2 2 3 . 16

? 1 个技巧——抓住关键词求解相互独立事件的概率 在应用相互独立事件的概率公式时, 要找准关键字句, 对含有“至多有一个发生”, “至 少有一个发生”,“恰有一个发生”的情况,要结合对立事件的概率求解. ? 1 个明确——明确常见词语的含义 解题过程中要明确事件中“至少有一个发生”“至多有一个发生”“恰有一个发 生”“都发生”“都不发生”“不都发生”等词的意义.已知两个事件 A,B,则

(1)A,B 中至少有一个发生的事件为 A∪B; (2)A,B 都发生的事件为 AB; (3)A,B 都不发生的事件为 A B;

(4)A,B 恰有一个发生的事件为 A B ∪ A B; (5)A,B 至多一个发生的事件为 A B ∪ A B∪ A B.

易误警示——独立事件概率求法中的易误点

[典例]

2 (2012· 珠海模拟)某射手每次射击击中目标的概率是 ,且各次射击的结果互不 3

影响. (1)假设这名射手射击 5 次,求恰有 2 次击中目标的概率; (2)假设这名射手射击 5 次,求有 3 次连续击中目标,另外 2 次未击中目标的概率; (3)假设这名射手射击 3 次,每次射击,击中目标得 1 分,未击中目标得 0 分,在 3 次 射击中,若有 2 次连续击中,而另外 1 次未击中,则额外加 1 分;若 3 次全击中,则额外加 3 分,记 ξ 为射手射击 3 次后的总的分数,求 ξ 的分布列. 2 [解] (1)设 X 为射手在 5 次射击中目标的次数,则 X~B?5,3?.在 5 次射击中,恰有 2 ? ? 次击中目标的概率为 2 2 40 P(X=2)=C2×?3?2×?1-3?3= . 5 ? ? ? ? 243 (2)设“第 i 次射击击中目标”为事件 Ai(i=1,2,3,4,5);“射手在 5 次射击中,有 3 次连 续击中目标,另外 2 次未击中目标”为事件 A,则 P(A)=P(A1A2A3 A
4

A 5)+P( A 1A2A3A4 A 5)+P( A

1

A 2A3A4A5)

2 1 2 1 2 1 1 8 =?3?3×?3?2+ ×?3?3× +?3?2×?3?3= . ? ? ? ? 3 ? ? 3 ? ? ? ? 81 (3)由题意可知,ξ 的所有可能取值为 0,1,2,3,6, P(ξ=0)=P( A
1

A

2

1 1 A 3)=?3?3= ; ? ? 27 A 3)+P( A 1A2 A 3)+P( A
1

P(ξ=1)=P(A1 A 2 . 9

2

2 1 1 2 1 1 2 A 2A3)= ×?3?2+ × × +?3?2× = 3 ? ? 3 3 3 ? ? 3

2 1 2 4 P(ξ=2)=P(A1 A 2A3)= × × = , 3 3 3 27 2 1 1 2 8 P(ξ=3)=P(A1A2 A 3)+P( A 1A2A3)=?3?2× + ×?3?2= , ? ? 3 3 ? ? 27 2 8 P(ξ=6)=P(A1A2A3)=?3?2= , ? ? 27 所以 ξ 的分布列为: ξ P 0 1 27 1 2 9 2 4 27 3 8 27 6 8 27

[易误辨析] 1.本题第(2)问因不明独立事件与独立重复试验的区别,误认为是 n 次独立重复试验, 2 1 80 可导致求得 P=C3?3?3×?3?2= 这一错误结果; 5 ? ? ? ? 243 2.本题第(2)问中因忽视连续三次击中目标,另外两次未击中导致分类不准确;

3.正确区分相互独立事件与 n 次独立重复试验是解决这类问题的关键. [变式训练] 某中学在运动会期间举行定点投篮比赛,规定每人投篮 4 次,投中一球得 2 分,没有投 1 中得 0 分,假设每次投篮投中与否是相互独立的.已知小明每次投篮投中的概率都是 . 3 (1)求小明在投篮过程中直到第三次才投中的概率; (2)求小明在 4 次投篮后的总得分 ξ 的分布列. 解: (1)设小明第 i 次投篮投中为事件 Ai, 则小明在投篮过程中直到第三次才投中的概率 为 2 2 1 4 P=P( A1 )· A2 )· 3)= × × = . P( P(A 3 3 3 27 2 1 2 16 (2)由题意知 ξ 的可能取值为 0,2,4,6,8,则 P(ξ=0)=?3?4= ;P(ξ=2)=C1×?3?×?3?3 4 ? ? 81 ? ? ? ? 1 2 1 2 1 32 8 8 1 = ;P(ξ=4)=C2×?3?2×?3?2= ;P(ξ=6)=C3×?3?3×?3?= ;P(ξ=8)=?3?4= . 4 4 ? ? ? ? 27 ? ? ? ? 81 ? ? 81 81 所以 ξ 的分布列为: ξ P 0 16 81 2 32 81 4 8 27 6 8 81 8 1 81

一、选择题(本大题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分) 1.甲、乙两人同时报考某一所大学,甲被录取的概率为 0.6,乙被录取的概率为 0.7, 两人是否被录取互不影响,则其中至少有一人被录取的概率为( A.0.12 C.0.46 解析:选 D B.0.42 D.0.88 由题意知,甲、乙都不被录取的概率为(1-0.6)· (1-0.7)=0.12.故至少有 )

一人被录取的概率为 1-0.12=0.88. 2.(2013· 济南模拟)位于直角坐标原点的一个质点 P 按下列规则移动:质点每次移动一 1 2 个单位,移动的方向向左或向右,并且向左移动的概率为 ,向右移动的概率为 ,则质点 P 3 3 移动五次后位于点(1,0)的概率是( 4 A. 243 40 C. 243 ) 8 B. 243 80 D. 243

解析:选 D 依题意得,质点 P 移动五次后位于点(1,0),则这五次移动中必有某两次向 1 ?2 80 左移动,另三次向右移动,因此所求的概率等于 C2?3?2·3?3= . 5 ? ? ? ? 243 1 3.(2013· 荆州质检)已知随机变量 ξ 服从二项分布 ξ~B?6,3?,即 P(ξ=2)等于( ? ? 3 A. 16 13 C. 243 1 B. 243 80 D. 243 )

1 1 - 解析:选 D 已知 ξ~B?6,3?,P(ξ=k)=Ck pkqn k,当 ξ=2,n=6,p= 时,有 P(ξ= n ? ? 3 1 1 - 80 2)=C2?3?2?1-3?6 2= . 6 ? ?? ? 243 4.从 1,2,3,4,5 中任取 2 个不同的数,事件 A=“取到的 2 个数之和为偶数”,事件 B =“取到的 2 个数均为偶数”,则 P(B|A)=( 1 A. 8 2 C. 5 1 B. 4 1 D. 2 )

C2+C2 4 2 C2 1 3 2 2 解析:选 B P(A)= = = ,P(A∩B)= 2= . 2 C5 10 5 C5 10 1 P?A∩B? 10 1 由条件概率计算公式,得 P(B|A)= = = . 4 4 P?A? 10 5.将一枚硬币连掷 5 次,如果出现 k 次正面向上的概率等于出现 k+1 次正面向上的概 率,那么 k 的值为( A.0 C.2 ) B.1 D.3

1 1 - + 1 + ?1 - - + 解析:选 C 由 Ck ?2?k?2?5 k=Ck 1?2?k 1·5?5 k 1,即 Ck =Ck 1,故 k+(k+1)=5,即 k 5 5 5 5 ? ?? ? ? ? ? ? =2. 6.某篮球队员在比赛中每次罚球的命中率相同,且在两次罚球中至多命中一次的概率 16 为 ,则该队员每次罚球的命中率为( 25 3 A. 5 4 C. 5 ) 1 B. 5 2 D. 5

16 解析:选 A 设该队员每次罚球的命中率为 p(其中 0<p<1),则依题意有 1-p2= ,p2 25

9 3 = .又 0<p<1,因此有 p= . 25 5 二、填空题(本大题共 3 小题,每小题 5 分,共 15 分) 7.有一批种子的发芽率为 0.9,出芽后的幼苗成活率为 0.8,在这批种子中,随机抽取 一粒,则这粒种子能成长为幼苗的概率为________. 解析:设种子发芽为事件 A,种子成长为幼苗为事件 B(发芽,又成活为幼苗)出芽后的 幼苗成活率为:P(B|A)=0.8,P(A)=0.9.根据条件概率公式 P(AB)=P(B|A)· P(A)=0.9×0.8= 0.72,即这粒种子能成长为幼苗的概率为 0.72. 答案:0.72 8.某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第 18、19、20 层停靠.若该电梯在底层载有 1 5 位乘客,且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率均为 ,用 ξ 表示这 5 位乘客在第 20 3 层下电梯的人数,则 P(ξ=4)=________. 解析: 考察一位乘客是否在第 20 层下电梯为一次试验, 这是 5 次独立重复试验, ξ~ 故 1 1 2 - B?5,3?,即有 P(ξ=k)=Ck ?3?k×?3?5 k,k=0,1,2,3,4,5. 5 ? ? ? ? ? ? 1 2 10 故 P(ξ=4)=C4?3?4×?3?1= . 5 ? ? ? ? 243 10 答案: 243 9.有一批书共 100 本,其中文科书 40 本,理科书 60 本,按装潢可分精装、平装两种, 精装书 70 本,某人从这 100 本书中任取一书,恰是文科书,放回后再任取 1 本,恰是精装 书,这一事件的概率是________. 解析:设“任取一书是文科书”的事件为 A,“任取一书是精装书”的事件为 B,则 A、 B 是相互独立的事件,所求概率为 P(AB). 40 2 70 7 据题意可知 P(A)= = ,P(B)= = , 100 5 100 10 2 7 7 故 P(AB)=P(A)· P(B)= × = . 5 10 25 答案: 7 25

三、解答题(本大题共 3 小题,每小题 12 分,共 36 分) 10.在一次数学考试中,第 21 题和第 22 题为选做题.规定每位考生必须且只须在其中 1 选做一题.设 4 名考生选做每一道题的概率均为 . 2 (1)求其中甲、乙两名学生选做同一道题的概率; (2)设这 4 名考生中选做第 22 题的学生个数为 ξ,求 ξ 的概率分布. 解:(1)设事件 A 表示“甲选做第 21 题”,事件 B 表示“乙选做第 21 题”,则甲、乙

- - 两名学生选做同一道题的事件为“AB+ A B ”,且事件 A、B 相互独立. 故 P(AB+ A B )=P(A)P(B)+P( A )P( B )

1 1 1 1 1 = × +?1-2?×?1-2?= . ? ? ? 2 2 2 ? (2)随机变量 ξ 的可能取值为 0,1,2,3,4, 1 且 ξ~B?4,2? ? ? 1 1 - 1 则 P(ξ=k)=Ck ?2?k?1-2?4 k=Ck ?2?4(k=0,1,2,3,4). 4 4 ? ?? ? ? ? 故变量 ξ 的分布列为: ξ P 0 1 16 1 1 4 2 3 8 3 1 4 4 1 16

11. 下图是某城市通过抽样得到的居民某年的月均用水量(单位: 吨)的频率分布直方图.

(1)求直方图中 x 的值; (2)若将频率视为概率,从这个城市随机抽取 3 位居民(看作有放回的抽样),求月均用水 量在 3 至 4 吨的居民数 X 的分布列. 解:(1)依题意及频率分布直方图知,0.02+0.1+x+0.37+0.39=1,解得 x=0.12. (2)由题意知,X~B(3,0.1) 因此 P(X=0)=C0×0.93=0.729, 3 P(X=1)=C1×0.1×0.92=0.243, 3 P(X=2)=C2×0.12×0.9=0.027, 3 P(X=3)=C3×0.13=0.001. 3 故随机变量 X 的分布列为: X P 0 0.729 1 0.243 2 0.027 3 0.001

12.“石头、剪刀、布”是一种广泛流传于我国民间的古老游戏,其规则是:用三种不 同的手势分别表示石头、 剪刀、 两个玩家同时出示各自手势 1 次记为 1 次游戏, 布; “石头”

胜“剪刀”, “剪刀”胜“布”, “布”胜“石头”; 双方出示的手势相同时, 不分胜负. 现 假设玩家甲、乙双方在游戏时出示三种手势是等可能的. (1)求出在 1 次游戏中玩家甲胜玩家乙的概率; (2)若玩家甲、乙双方共进行了 3 次游戏,其中玩家甲胜玩家乙的次数记作随机变量 X, 求 X 的分布列. 解:(1)玩家甲、乙双方在 1 次游戏中出示手势的所有可能结果是:(石头、石头);(石 头,剪刀);(石头,布);(剪刀,石头);(剪刀,剪刀);(剪刀,布);(布,石头);(布,剪刀); (布,布).共有 9 个基本事件,玩家甲胜玩家乙的基本事件分别是:(石头,剪刀);(剪刀, 布);(布,石头),共有 3 个. 1 所以在 1 次游戏中玩家甲胜玩家乙的概率 P= . 3 1 (2)X 的可能取值分别为 0,1,2,3.X~B?3,3?,则 ? ? 8 ?2 P(X=0)=C0·3?3= , 3 ? ? 27 12 ?1 ?2 P(X=1)=C1·3?1·3?2= , 3 ? ? ? ? 27 6 ?1 ?2 P(X=2)=C2·3?2·3?1= , 3 ? ? ? ? 27 1 ?1 P(X=3)=C3·3?3= . 3 ? ? 27 X 的分布列如下: X P 0 8 27 1 12 27 2 6 27 3 1 27

1.如图所示的电路,有 a,b,c 三个开关,每个开关开或关的概率都是 1 ,且是相互独立的,则灯泡甲亮的概率为( 2 1 A. 8 1 C. 2 ) 1 B. 4 1 D. 16

解析:选 A 理解事件之间的关系,设“a 闭合”为事件 A,“b 闭合”为事件 B,“c 闭合”为事件 C,则灯亮应为事件 A· C·B ,且 A,C, B 之间彼此独立, 1 且 P(A)=P( B )=P(C)= . 2

1 所以 P(A·B · C)=P(A)· B )· P( P(C)= . 8 2.将一枚硬币抛掷 6 次,则正面出现的次数比反面出现的次数多的概率为________. 解析:由题意知,正面可以出现 6 次,5 次,4 次,所求概率 1 1 1 1+6+15 11 P=C6?2?6+C5?2?6+C4?2?6= = . 6 6 6 ? ? ? ? ? ? 64 32 11 答案: 32 3.某公司是否对某一项目投资, 由甲、 乙、丙三位决策人投票决定, 他们三人都有“同 意”、“中立”、“反对”三类票各一张,投票时,每人必须且只能投一张票,每人投三类 1 票中的任何一类票的概率都为 ,他们的投票相互没有影响,规定:若投票结果中至少有两 3 张“同意”票,则决定对该项目投资;否则,放弃对该项目的投资. (1)求该公司决定对该项目投资的概率; (2)求该公司放弃对该项目投资且投票结果中最多有一张“中立”票的概率. 解:(1)该公司决定对该项目投资的概率为 1 2 1 7 P=C2?3?2 ·+C3?3?3= . 3 ? ? 3 3? ? 27 (2)该公司放弃对该项目投资且投票结果中最多有一张“中立”票,有以下四种情形:

“同意” 票张数 事件 A 事件 B 事件 C 事件 D 0 1 1 0

“中立”票 张数 0 0 1 1

“反对” 票张数 3 2 1 2

1 1 1 1 1 P(A)=C3?3?3= ,P(B)=C3?3?3= , 3 ? ? 27 ? ? 9 1 2 1 1 1 P(C)=C1C2?3?3= ,P(D)=C1?3?3= . 3 3 ? ? 9 ? ? 9 ∵A、B、C、D 互斥, 13 ∴P(A+B+C+D)=P(A)+P(B)+P(C)+P(D)= . 27

第九节 离散型随机变量的均值与方差、正态分布

[备考方向要明了]

考 什 么 1.理解取有限个值的离散型随机变量均值、 方 差的概念. 2.能计算简单的离散型随机变量的均值、方 差,并能解决一些实际问题. 3.利用实际问题的直方图, 了解正态密度曲线 的特点及曲线所表示的意义.

怎 么 考 1.离散型随机变量及其分布列、 均值和方差是 高考考查的一大热点,每年均有解答题出现, 难度中等偏上, 2012 年安徽 T17, 如 江苏 T22, 浙江 T19 等. 2.正态密度曲线一般以选择或填空的形式考 查.

[归纳· 知识整合] 1.离散型随机变量的均值与方差 若离散型随机变量 X 的分布列为: X P x1 p1 x2 p2 ? ? xi pi ? ? xn pn

(1)均值: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)D(X)= ? (xi-E(X))2pi 为随机变量 X 的方差,它刻画了随机变量 X 与其均值 E(X)的
i=1 n

平均偏离程度,其算术平方根 D?X?为随机变量 X 的标准差. 2.均值与方差的性质 (1)E(aX+b)=aE(X)+b. (2)D(aX+b)=a2D(X)(a,b 为常数). [探究] 1.随机变量的均值、方差与样本均值、方差的关系是怎样的? 提示:随机变量的均值、方差是一个常数.样本的均值、方差是一个变量.随着样本容 量的增加,样本的均值、方差趋于随机变量的均值、方差.

3.两点分布与二项分布的均值、方差 X E(X) D(X) 4.正态曲线及性质 (1)正态曲线的定义 1 ? 函数 φμ,σ(x)= e σ 2π
? x ? ? ?2 2? 2

X 服从两点分布 p(p 为成功概率) P(1-p)

X~B(n,p) np np(1-p)

,x∈(-∞,+∞)(其中实数 μ 和 σ(σ>0)为参数)的图象为正

态分布密度曲线,简称正态曲线. (2)正态曲线的特点 ①曲线位于 x 轴上方与 x 轴不相交; ②曲线是单峰的,它关于直线 x=μ 对称; 1 ③曲线在 x=μ 处达到峰值 ; σ 2π 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“高瘦”,表示总体的分布越集 中; 越大,曲线越“矮胖”,表示总体的分布越分散. ,σ 5.正态分布 (1)正态分布的定义及表示 如果对于任何实数 a,b(a<b),随机变量 X 满足 P(a<X≤b)=∫ bφμ,σ(x)dx,则称随机变量 X 服从正态分布,记作 X~N(μ,σ2). a (2)正态分布的三个常用数据 ①P(μ-σ<X≤μ+σ)=0.682_6; ②P(μ-2σ<X≤μ+2σ)=0.954_4; ③P(μ-3σ<X≤μ+3σ)=0.997_4. [探究] 2.参数 μ、σ 在正态分布中的实际意义是什么? 提示:μ 是正态分布的期望,σ 是正态分布的标准差. [自测· 牛刀小试] 1. 篮球运动员在比赛中每次罚球命中得 1 分, 罚不中得 0 分, 已知他命中的概率为 0.8, 则罚球一次得分 ξ 的期望是( A.0.2 C.1 ) B.0.8 D.0

解析:选 B 因为 P(ξ=1)=0.8,P(ξ=0)=0.2.

所以 E(ξ)=1×0.8+0×0.2=0.8. 1 2. (2012· 深圳检测)已知随机变量 X 的分布列为 P(X=k)= , k=3,6,9.则 D(X)等于( 3 A.6 C.3 B.9 D.4 )

1 1 1 解析:选 A E(X)=3× +6× +9× =6. 3 3 3 1 1 1 D(X)=(3-6)2× +(6-6)2× +(9-6)2× =6. 3 3 3 3.已知随机变量 ξ~B(100,0.2),那么 D(4ξ+3)的值为( A.64 C.259 B.256 D.320 )

解析:选 B 由 ξ~B(100,0.2)知随机变量 ξ 服从二项分布,且 n=100,p=0.2,由公式 得 D(ξ)=np(1-p)=100×0.2×0.8=16,因此 D(4ξ+3)=42D(ξ)=16×16=256. 4.设随机变量 ξ 服从正态分布 N(2,9),若 P(ξ>c+1)=P(ξ<c-1),则 c=________. 解析:∵ξ~N(2,9),∴P(ξ>c+1)=P(ξ<3-c), 又 P(ξ>c+1)=P(ξ<c-1),∴c-1=3-c,解得 c=2. 答案:2 5.随机变量 ξ 的分布列如下: ξ P -1 a 0 b 1 c

1 其中 a、b、c 成等差数列,若 E(ξ)= ,则 D(ξ)=________. 3 1 1 1 解析:由题意得 2b=a+c,a+b+c=1,c-a= ,将以上三式联立解得 a= ,b= , 3 6 3 1 5 c= ,故 D(ξ)= . 2 9 5 答案: 9

离散型随机变量的均值与方差

[例 1] (2012· 江苏高考)设 ξ 为随机变量.从棱长为 1 的正方体的 12 条棱中任取两条, 当两条棱相交时,ξ=0;当两条棱平行时,ξ 的值为两条棱之间的距离;当两条棱异面时, ξ=1.

(1)求概率 P(ξ=0); (2)求 ξ 的分布列,并求其数学期望 E(ξ). [自主解答] (1)若两条棱相交,则交点必为正方体 8 个顶点中的 1 个,过任意 1 个顶点 8C2 8×3 4 3 恰有 3 条棱,所以共有 8C2对相交棱,因此 P(ξ=0)= 2 = = . 3 C12 66 11 (2)若两条棱平行,则它们的距离为 1 或 2,其中距离为 2的共有 6 对,故 P(ξ= 2) = 6 1 = , C2 11 12 4 1 6 于是 P(ξ=1)=1-P(ξ=0)-P(ξ= 2)=1- - = , 11 11 11 所以随机变量 ξ 的分布列是: ξ P(ξ) 0 4 11 1 6 11 2 1 11

6 1 6+ 2 因此 E(ξ)=1× + 2× = . 11 11 11 ————— —————————————— 求离散型随机变量均值的步骤 (1)理解随机变量 X 的意义,写出 X 可能取得的全部值; (2)求 X 的每个值的概率; (3)写出 X 的分布列; (4)由均值定义求出 E(X).

1.(2012· 浙江高考)已知箱中装有 4 个白球和 5 个黑球,且规定:取出一个白球得 2 分, 取出一个黑球得 1 分.现从该箱中任取(无放回,且每球取到的机会均等)3 个球,记随机变 量 X 为取出此 3 球所得分数之和. (1)求 X 的分布列; (2)求 X 的数学期望 E(X). 解:(1)由题意得 X 取 3,4,5,6,且 C3 5 C1· 2 10 5 4 C5 P(X=3)= 3= ,P(X=4)= 3 = , C9 42 C9 21 C2· 1 5 C3 1 4 C5 4 P(X=5)= 3 = ,P(X=6)= 3= . C9 14 C9 21 所以 X 的分布列为: X 3 4 5 6

P

5 42

10 21

5 14

1 21

13 (2)由(1)知 E(X)=3· P(X=3)+4· P(X=4)+5· P(X=5)+6· P(X=6)= . 3

均值与方差的实际应用

[例 2] (2012· 新课标全国卷)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; (2)花店记录了 100 天玫瑰花的日需求量(单位:枝),整理得下表: 日需求量 n 频数 14 10 15 20 16 16 17 16 18 15 19 13 20 10

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. [自主解答] (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 ?

(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: X P 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. 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: 60 0.1 70 0.2 80 0.7

Y P Y 的数学期望为

55 0.1

65 0.2

75 0.16

85 0.54

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. 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 P 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. ————— —————————————— 应用均值与方差的方法 在实际问题中仅靠离散型随机变量的均值, 还不能完全地说明随机变量的分布特征, 有 时还要研究其偏离均值的平均程度即方差, 不应认为两个随机变量的均值相同了, 就认为两 者的优劣性相同,还应比较两者的方差. 55 0.1 65 0.2 75 0.16 85 0.54

2.(2012· 福建高考)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) 0<x≤1 2 1 甲 1<x≤2 3 2 x>2 45 3 乙 0<x≤2 5 1.8 x>2 45 2.9

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; (3)该厂预计今后这两种品牌轿车销量相当,由于资金限制,只能生产其中一种品牌的 轿车.若从经济效益的角度考虑,你认为应生产哪种品牌的轿车?说明理由. 2+3 1 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,则 P(A)= = . 50 10 (2)依题意得,X1 的分布列为: X1 P X2 的分布列为: X2 P 1.8 1 10 2.9 9 10 1 1 25 2 3 50 3 9 10

1 3 9 143 1 9 (3)由(2)得,E(X1)=1× +2× +3× = =2.86(万元),E(X2)=1.8× +2.9× 25 50 10 50 10 10 =2.79(万元). 因为 E(X1)>E(X2),所以应生产甲品牌轿车. 正态分布问题

[例 3] 设 X~N(5,1),求 P(6<X<7). [自主解答] 由题意知 μ=5,σ=1. ∵P(4<X<6)=0.682 6,P(3<X<7)=0.954 4. ∴P(3<X<4)+P(6<X<7)=P(3<X<7)-P(4<X<6) =0.954 4-0.682 6=0.271 8. 如图,由正态曲线的对称性可得 P(3<X<4)=P(6<X<7), 0.271 8 ∴P(6<X<7)= =0.135 9. 2

保持例题条件不变,求 P(X≥7)及 P(5<X<6). 1 解:P(X≥7)= [1-P(3<X<7)] 2 1 = [1-P(μ-2σ<X<μ+2σ)] 2 1 = (1-0.954 4)=0.022 8, 2

1 1 P(5<X<6)= P(4<X<6)= P(μ-σ<X<μ+σ) 2 2 1 = ×0.682 6=0.341 3. 2 ————— —————————————— 正态分布问题的几个注意点 (1)熟记 P(μ-σ<X≤μ+σ),P(μ-2σ<X≤μ+2σ),P(μ-3σ<X≤μ+3σ)的值; (2)充分利用正态曲线的对称性和曲线与 x 轴之间面积为 1. ①正态曲线关于直线 x=μ 对称,从而在关于 x=μ 对称的区间上概率相等. ②P(X<a)=1-P(x≥a), P(X<μ-a)=P(X≥μ+a).

3.设随机变量 ξ 服从正态分布 N(2,σ2),若 P(ξ>c)=a,则 P(ξ>4-c)等于( A.a C.2a B.1-a D.1-2a

)

解析:选 B 由于 ξ 服从正态分布 N(2,σ2),所以正态曲线关于直线 x=2 对称,所以 P(ξ>4-c)=P(ξ<c)=1-P(ξ>c)=1-a.

? 1 个难点——对正态曲线的理解 -?x-μ?2 1 正态曲线指的是一个函数的图象,其函数解析式是 φμ,σ(x)= · e .正态曲线 2σ2 2πσ 的性质告诉我们 (1)该函数的值域为正实数集的子集; (2)该函数图象关于直线 x=μ 对称,且以 x 轴为渐近线; (3)解析式中前面有一个系数 1 ,后面是一个以 e 为底数的指数函数的形式,幂指数 2πσ

?x-μ?2 为- ,其中 σ 这个参数在解析式中的两个位置上出现,注意两者的一致性. 2σ2 ? 3 种方法——求离散型随机变量均值、方差的基本方法 (1)已知随机变量的分布列求它的均值、方差和标准差,可直接按定义(公式)求解; (2)已知随机变量 ξ 的均值、方差,求 ξ 的线性函数 η=aξ+b 的均值、方差和标准差, 可直接用 ξ 的均值、方差的性质求解; (3)如能分析所给随机变量是服从常用的分布(如两点分布、二项分布等),可直接利用它 们的均值、方差公式求解.

答题模板——求离散型随机变量的均值与方差

[典例] (2012 山东高考· 满分 12 分)现有甲、乙两个靶,某射手向甲靶射击一次,命中 3 2 的概率为 ,命中得 1 分,没有命中得 0 分;向乙靶射击两次,每次命中的概率为 ,每命中 4 3 一次得 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 的分布列及数学期望 E(X).

[快速规范审题] 第(1)问 1.审条件,挖解题信息 3 2 观察条件:向甲靶射击一次,命中的概率为 ,向乙靶射击两次,每次命中的概率为 4 3 ― ― ― ― 可用独立重复试验概率公式 P(AB)=P(A)P(B)求解. ―相互独立 → ― ― 2.审结论,明确解题方向 观察所求结论:射击三次恰好命中一次的概率― →命中甲靶一次或命中乙靶一次. ― 讨论 3.建联系,找解题突破口 射击甲靶一次命中,乙靶两次没有命中;射击甲靶一次没有命中,乙靶两次只命中一次 ― ― ― ― ― ― ― ― 可求得概率. ― ― ― ― ― ― ― → 第(2)问 1.审条件,挖解题信息 观察条件:共射击三次,命中甲靶得 1 分,命中乙靶得 2 分― ― ― →可得总分 X 的 ― ― ― 取值.
由射中次数 利用独立事件的概率公式和互斥性 分类 每次射击结果

2.审结论,明确解题方向 观察所求结论:求总得分 X 的分布列及期望― →先求 X 的分布列,再求 E(X). 3.建联系,找解题突破口 由该选手射中次数确定 X 的取值― ―概率公式求概率― →得 X 的分布列,可求得 E(X). ― ― ― ― ― ― ― ― ― [准确规范答题]
根据独立事件、互斥事件

(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 D. 3 2 由题意知 P(B)= ,P(C)=P(D)= ,?(1 分) 4 3 由于 A=B C D+B C D+B C D,?(2 分) “设射手恰好命中一 次”事件分析时,易忽视 “恰好”这一条件,其含 义只中一次,甲靶中 1 次 C D) C D)?(3 分) 时乙靶两次都不中,乙靶 中 1 次时甲靶不中.

根据事件的独立性和互斥性得 P(A)=P(B C =P(B C D+B C D+B

D )+P( B C D )+P( B

=P(B)P( C )P( D )+P( B )P(C)P( D )+P( B )P( C )P(D) 2 2 3 2 2 3 2 2 7 3 = ×?1-3?×?1-3?+?1-4?× ×?1-3?+?1-4?×?1-3?× = .?(5 分) ? ? ? ? ? 3 ? ? ? ? ? ? 3 36 4 ? (2)根据题意知 X 的所有可能取值为 0,1,2,3,4,5.?(6 分) 根据事件的独立性和互斥性得 对于 X 的每个取值相对应 P(X=0)=P( B C D) 的概率求法易失误,尤其 是事件分析时易因考虑问 题不全而导致失误 =[1-P(B)][1-P(C)][1-P(D)] 3 2 2 1 =?1-4?×?1-3?×?1-3?= ;?(7 分) ? ? ? ? ? ? 36 P(X=1)=P(B C D )=P(B)P( C )P( D )

2 2 3 1 = ×?1-3?×?1-3?= ;?(8 分) ? ? ? 12 4 ? P(X=2)=P( B C D + B C D)=P( B C D )+P( B C D)

3 2 2 3 2 2 1 =?1-4?× ×?1-3?+?1-4?×?1-3?× = ;?(9 分) ? ? 3 ? ? ? ? ? ? 3 9 P(X=3)=P(BC D +B C D)=P(BC D )+P(B C D) 2 3 2 2 1 3 2 = × ×?1-3?+ ×?1-3?× = ;?(10 分) ? 4 ? ? 3 3 4 3 ? 3 2 2 1 P(X=4)=P( B CD)=?1-4?× × = ; ? ? 3 3 9 3 2 2 1 P(X=5)=P(BCD)= × × = . 4 3 3 3 故 X 的分布列为: X P ?(11 分) 0 1 36 1 1 12 2 1 9 3 1 3 4 1 9 5 1 3

1 1 1 1 1 1 41 所以 E(X)=0× +1× +2× +3× +4× +5× = .?(12 分) 36 12 9 3 9 3 12 [答题模板速成] 求离散型随机变量的均值与方差的一般步骤:

第 一 步 确 定 变 量

确定 随机 变量 的所 有可 能的 取值 ?

第 求每 二 一个 步 可能 值所 求 对应 概 的概 率 率 ?

第 三 步 得 分 布 列 列出离 散型随 机变量 的分布 列 ?

第 四 步 公 式 求 值

求 均 值 和 方 差 ?

第 五 步 回 顾 检 查 解 后 反 思

一、选择题(本大题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分) 1.设在各交通岗遇到红灯的事件是相互独立的,且概率都是 0.4,则此人三次上班途中 遇红灯的次数的期望为( A.0.4 C.0.43 ) B.1.2 D.0.6

解析:选 B ∵途中遇红灯的次数 X 服从二项分布,即 X~B(3,0.4),∴E(X)=3×0.4 =1.2. 2.(2013· 衡水模拟)若 ξ~B(n,p)且 E(ξ)=6,D(ξ)=3,则 P(ξ=1)的值为( A.3· 2 C.2
-2

)

B.3· 2 D.2

-10

-4

-8

1 1 3 解析:选 B

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