2021年高考数学大一轮复习第十章计数原理、概率、随机变量及其分布课时作业74 理新人教A版

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2021高考数学一轮复习第十章计数原理、概率、随机变量及其分布10.5古典概型课件理

11 A.6 B.2
12 C.3 D.3
解析：甲乙丙站一排共有 A33＝6 种，其中甲在中间有 A22＝2 种， ∴概率 P＝26＝13. 答案：C
5．从 52 张扑克牌(没有大小王)中随机地抽一张牌，这张牌是 J 或 Q 或 K 的概率是________．
解析：在 52 张牌中，J，Q 和 K 共 12 张，故是 J 或 Q 或 K 的概率是1522＝133.
答案：B
2．[2019·全国卷Ⅰ]我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化，每一“重卦”由从下到上排列的 6 个爻组成，爻分为阳爻“——” 和“阴爻“— —”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有 3 个阳爻的概率是( )
5 11 A.16 B.3221 11 C.32 D.16
解析：由 6 个爻组成的重卦种数为 26＝64，在所有重卦中随机取一重卦，该重卦恰有 3 个阳爻的种数为 C63＝6×65×4＝20.根据古典概型的概率计算公式得，所求概率 P＝2604＝156.故选 A.
答案：A
悟·技法 1.求古典概型概率的基本步骤 (1)算出所有基本事件的个数 n. (2)求出事件 A 包含的所有基本事件数 m. (3)代入公式 P(A)＝mn ，求出 P(A)． 2．基本事件个数的确定方法 (1)列举法：此法适合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两个元素的试验，也可看成是坐标法.
解析：对于 A，发芽与不发芽概率不同；对于 B，任取一球的概率相同，均为14；对于 C，基本事件有无限个；对于 D，由于受射击运动员水平的影响，命中 10 环，命中 9 环，…，命中 0 环的概率不等．因而选 B.
答案：B
3 ． [2018·全国卷 Ⅲ] 若某群体中的成员只用现金支付的概率为

高考数学一轮复习第十章计数原理、概率、随机变量及其分布 10.4 随机事件的概率课件(理)

4．概率的几个基本性质 (1)概率的取值范围：____________. (2)必然事件的概率 P(E)＝____________. (3)不可能事件的概率 P(F)＝____________. (4)互斥事件概率的加法公式 ①如果事件 A 与事件 B 互斥，则 P(A∪B)＝__________.
ห้องสมุดไป่ตู้D．不是互斥事件
解：显然两个事件不可能同时发生，但两者可能同时不发生，因为红牌可以分给乙、丙两人，综上，这两个事件为互斥但不对立事件．故选 C.
(2014·江南十校联考)从正五边形的五个顶点中，随机选择三个顶
点连成三角形，对于事件 A：“这个三角形是等腰三角形”，下列推断正
确的是( ) A．事件 A 发生的概率等于15
交事件若某事件发生当且仅当事件 A 发生____事件 B 发 (积事件) 生，则称此事件为事件 A 与事件 B 的交事件
互斥事件若______为不可能事件，则事件 A 与事件 B 互斥
对立事件若________为不可能事件，________为必然事件，那么称事件 A 与事件 B 互为对立事件
3．事件的关系与运算(类比集合的关系与运算)
定义包含关系如果事件 A 发生，则事件 B 一定发生，这时称事
件 B______事件 A(或称事件 A 包含于事件 B)
相等关系
若 B⊇A 且 A⊇B
并事件若某事件发生当且仅当事件 A 发生______事件 B (和事件) 发生，称此事件为事件 A 与事件 B 的并事件
符号表示 ____________ (或 A⊆B)
____________
A∪B(或 A＋B)
A∩B(或 AB)
A∩B＝______ A∩B＝______ P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝

高考数学一轮复习第十章计数原理、概率、随机变量及其分布 10.4 随机事件的概率课件

(4)6 张奖券中只有一张有奖，甲、乙先后各抽取一张，则甲中奖的
概率小于乙中奖的概率．( × )
12/11/2021
第十三页，共四十页。
2．小题热身
(1)将一枚硬币向上抛掷 10 次，其中“正面向上恰有 5 次”是( B )
A．必然事件
B．随机事件
C．不可能事件
D．无法确定
(2)一个人打靶时连续射击两次，事件“至少有一次中靶”的对立
12/11/2021
第二十六页，共四十页。
(1)下面是根据统计数据得到的频率分布表，求出 a，b 的值，并估
计该景区 6 月份游客人数的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点
值作代表)；
游客数量 (单位：百 [0,10
0) 人)
[100,2 00)
[200,3 00)
[300,4 00]
天数
a 10
事件是( D )
A．至多有一次中靶 B．两次都中靶
C．只有一次中靶
D．两次都不中靶
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第十四页，共四十页。
(3)一个盒子里装有标号为 1,2,3,4 的 4 张卡片，随机地抽取 2 张，
则取出的 2 张卡片上的数字之和为奇数的概率是( D )
1
1
A.4
B.3
1
2
C.2
D.3
5
(4)同时掷两个骰子，向上点数不相同的概率为 6 .
A．A 与 B 是不可能事件 B．A＋B＋C 是必然事件 C．A 与 B 不是互斥事件 D．B 与 C 既是互斥事件也是对立事件
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第十九页，共四十页。
(2)一袋中装有 5 个大小形状完全相同的小球，其中红球 3 个，白

2021新高考第10章计数原理、概率、随机变量及其分布第1讲(理)

的种数为
(C)
A．16
B．13
C．12
D．10
[解析] 将 4 个门编号为 1,2,3,4，从 1 号门进入后，有 3 种出门的方式，共 3 种走法，从 2,3,4 号门进入，同样各有 3 种走法，共有不同走法 3×4＝12(种)．
另解：A24＝12(种)．
第十章计数原理、概率、随机变量及其分布(理)
第十章计数原理、概率、随机变量及其分布(理)
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题组一走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．
(×)
(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事． ( √ )
(2)当 a 当组长时，则共有 1×4＝4 种选法；当 a 不当组长时，又因为 a 也不能当副组长，则共有 4×3＝12 种选法，因此共有 4＋12＝16 种选法．
1,2,3，…，n)，那么完成这件事共有m1m2m3…mn种方法．
(√)
(5)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．
(√)
第十章计数原理、概率、随机变量及其分布(理)
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题组二走进教材
2．(P10练习T4)已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法
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5．(2019·上海普陀区模拟)2019年上海春季高考有8所高校招生，如果某3位同学恰好被其中2所高校录取，那么录取方法的种数为__1_6_8___．
[解析] 分步考虑：从 8 所高校中选 2 所，有 C28种选法；依题意必有 2 位同学被同一所学校录取，则有 C23C12种录取方法；另一位同学被剩余的一所学校录取，所以共有 C28·C23·C12＝168 种录取方法．

2021高考数学一轮复习第十章计数原理概率随机变量及其分布102排列与组合课件理20

位中任选 3 个空位安排男生，有 A53种方法，共有 A44·A35＝1 440(种)．
2021高考数学一轮复习第十章计数原理
2021/4/17
概率随机变量及其分布102排列与组合课
14
件理20
悟·技法
求解排列应用问题的 6 种主要方法
直接法
把符合条件的排列数直接列式计算
优先法优先安排特殊元素或特殊位置
A66种排列方法，共有 5×A66＝3 600(种)．解法二 (特殊位置优先法)首尾位置可安排另 6 人中的两人，有
A26种排法，其他有 A55种排法，共有 A26A55＝3 600(种)． (4)(捆绑法)将女生看作一个整体与 3 名男生一起全排列，有 A44种
方法，再将女生全排列，有 A44种方法，共有 A44·A44＝576(种)． (5)(插空法)先排女生，有 A44种方法，再在女生之间及首尾 5 个空
解析：分两步进行，第一步，先从 1,3,5,7 中选 3 个进行排列，有 A34＝24 种排法；第二步，将 2,4,6 这 3 个数插空排列，有 2A33＝12 种排法．由分步乘法计数原理得，这样的六位数共有 24×12 ＝288(个)．
答案：288
2021高考数学一轮复习第十章计数原理
2021/4/17
2021高考数学一轮复习第十章计数原理
2021/4/17
概率随机变量及其分布102排列与组合课
4
件理20
2．组合与组合数 (1)组合的定义：一般地，从 n 个⑥_不__同__的元素中取 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⑦_不__同__元素中取出 m(m≤n)个元素的 ⑧_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 Cmn 表示．

(通用版)2021版高考数学一轮复习第10章计数原理、概率、随机变量及其分布1第1讲分类加法计数原理

第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理知识点考纲下载两个计数原理理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，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.排列、组合理解排列、组合的概念．能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式．能解决简单的实际问题.二项式定理能用计数原理证明二项式定理．会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.随机事件的概率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，了解频率与概率的区别．了解两个互斥事件的概率加法公式.古典概型、随机数与几何概型理解古典概型及其概率计算公式．会计算一些随机事件所含的根本领件数及事件发生的概率．了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率．了解几何概型的意义.离散型随机变量及其分布列、期望与方差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．理解超几何分布及其导出过程，并能进展简单的应用．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.二项分布及其应用了解条件概率和两个事件相互独立的概念，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.正态分布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.1．两个计数原理两个计数原理目标策略过程方法总数分类加法计数原理完成一件事有两类不同的方案在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案N＝m＋n种不同的方法中有n种不同的方法分步乘法计数原理需要两个步骤做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法N＝m×n种不同的方法2.两个计数原理的区别分类加法计数原理与分类有关，各种方法相互独立，用其中的任一种方法都可以完成这件事；分步乘法计数原理与分步有关，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成．判断正误(正确的打“√〞，错误的打“×〞)(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以一样．( )(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．( )(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不一样的．( )(4)在分步乘法计数原理中，事件是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．( )答案：(1)×(2)√(3)√(4)×从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两不同数字相加，其和为偶数的不同取法的种数有( )A．30 B．20C．10 D．6解析：选D.从0，1，2，3，4，5六个数字中，任取两不同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，故由分类加法计数原理得共有N＝3＋3＝6(种)．某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为( )A．504 B．210C．336 D．120解析：选个新节目一个一个插入节目单中，分别有7，8，9种方法，所以不同的插法种数为7×8×9＝504.某同学逛书店，发现有三本喜欢的书，决定至少买其中一本，那么购置的方案有________种．解析：至少买其中一本的意思是买一本或买两本或买三本，故分三类．第一类：买一本有3种；第二类：买两本有3种；第三类：买三本有1种．共有3＋3＋1＝7种购置方案．答案：7(教材习题改编)书架的第1层放有4本不同的语文书，第2层放有5本不同的数学书，第3层放有6本不同的体育书．从书架上任取1本书，不同的取法种数为________，从第1，2，3层分别各取1本书，不同的取法种数为________．解析：由分类加法计数原理知，从书架上任取1本书，不同的取法总数为，从1，2，3层分别各取1本书，不同的取法总数为4×5×6＝120.答案：15 120分类加法计数原理[典例引领](1)椭圆x 2m ＋y 2n＝1(m >0，n >0)的焦点在x 轴上，且m ∈{1，2，3，4，5}，n ∈{1，2，3，4，5，6，7}，那么这样的椭圆的个数为( )A ．10B ．12C ．20D ．35(2)在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数为________．【解析】 (1)因为焦点在x 轴上，m ＞n ，以m 的值为标准分类，由分类加法计数原理，可分为四类：第一类：m ＝5时，使m ＞n ，n 有4种选择；第二类：m ＝4时，使m ＞n ，n 有3种选择；第三类：m ＝3时，使m ＞n ，n 有2种选择；第四类：m ＝2时，使m ＞n ，n 有1种选择．故符合条件的椭圆共有10个．应选A.(2)根据题意，将十位上的数字按1，2，3，4，5，6，7，8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位数分别是8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．由分类加法计数原理知，符合条件的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．【答案】 (1)A (2)361.在本例(1)中，假设m ∈{1，2，…，k }，n ∈{1，2，…，k }(k ∈N *)，其他条件不变，这样的椭圆的个数为________．解析：因为m >n .当m ＝k 时，n ＝1，2，…，k －1. 当m ＝k －1时，n ＝1，2，…，k －2. …当m ＝3时，n ＝1，2. 当m ＝2时，n ＝1.所以共有1＋2＋…＋(k －1)＝k 〔k －1〕2(个)．答案：k 〔k －1〕22.假设本例(2)条件变为“个位数字不小于十位数字〞，那么两位数的个数为________．解析：分两类：一类：个位数字大于十位数字的两位数，由本例(2)知共有36个；另一类：个位数字与十位数字一样的有11，22，33，44，55，66，77，88，99，共9个．由分类加法计数原理知，共有36＋9＝45(个)．答案：45分类加法计数原理的两个条件(1)根据问题的特点能确定一个适合它的分类标准，然后在这个标准下进展分类； (2)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．[通关练习]1．我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数〞(如2 013 是“六合数〞)，那么首位为2的“六合数〞共有( )A ．18个B ．15个C ．12个D ．9个解析：选B.依题意，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4、0、0组成3个数分别为400、040、004；由3、1、0组成6个数分别为310、301、130、103、013、031；由2、2、0组成3个数分别为220、202、022；由2、1、1组成3个数分别为211、121、112.共计：3＋6＋3＋3＝15(个)．2．集合P ＝{x ，1}，Q ＝{y ，1，2}，其中x ，y ∈{1，2，3，…，9}，且P ⊆Q .把满足上述条件的一对有序整数对(x ，y )作为一个点的坐标，那么这样的点的个数是( )A ．9B ．14C ．15D ．21解析：选B.因为P ＝{x ，1}，Q ＝{y ，1，2}，且P ⊆Q ，所以x ∈{y ，2}．所以当x ＝2时，y ＝3，4，5，6，7，8，9，共7种情况；当x ＝y 时，x ＝3，4，5，6，7，8，9，共7种情况．故共有7＋7＝14种情况，即这样的点的个数为14.分步乘法计数原理[典例引领](1)(2021·高考全国卷Ⅱ)如图，小明从街道的E 处出发，先到F 处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，那么小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )A．24 B．18C．12 D．9(2)有六名同学报名参加三个智力工程，每项限报一人，且每人至多参加一项，那么共有________种不同的报名方法．【解析】(1)由题意可知E→F共有6种走法，F→G共有3种走法，由乘法计数原理知，共有6×3＝18种走法，应选B.(2)每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由工程选人，第一个工程有6种选法，第二个工程有5种选法，第三个工程有4种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120(种)．【答案】(1)B (2)1201.假设将本例(2)中将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项〞改为“每人恰好参加一项，每项人数不限〞，那么有多少种不同的报名方法？解：每人都可以从这三个智力工程中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有36＝729(种)．2.假设将本例(2)条件中的“每人至多参加一项〞改为“每人参加的工程数不限〞，其他不变，那么有多少种不同的报名方法？解：每人参加的工程数不限，因此每一个工程都可以从六人中任选一人，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63＝216(种)．利用分步乘法计数原理解题的策略(1)要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的．(2)分步要做到“步骤完整〞，只有完成了所有步骤，才完成任务，根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总方法数．[提醒] 分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．[通关练习]1．将3张不同的电影票分给10名同学中的3人，每人1张，那么不同的分法种数是( )A．2 160 B．720C．240 D．120解析：选B.分步来完成此事．第1张电影票有10种分法；第2张电影票有9种分法；第3张电影票有8种分法，共有10×9×8＝720种分法．2．集合M＝{－3，－2，－1，0，1，2}，P(a，b)(a，b∈M)表示平面上的点，那么(1)P可表示平面上________个不同的点；(2)P可表示平面上________个第二象限的点．解析：(1)确定平面上的点P(a，b)可分两步完成：第一步确定a的值，共有6种确定方法；第二步确定b的值，也有6种确定方法．根据分步乘法计数原理，得到平面上的点的个数是6×6＝36.(2)确定第二象限的点，可分两步完成：第一步确定a，由于a<0，所以有3种确定方法；第二步确定b，由于b>0，所以有2种确定方法．由分步乘法计数原理，得到第二象限的点的个数是3×2＝6.答案：(1)36 (2)6两个计数原理的综合应用[典例引领](1)满足a，b∈{－1，1，2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为( )A．9 B．8C．7 D．6(2)(2021·大同质检)如下图，用4种不同的颜色涂在图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，那么不同的涂法有( )A．72种B．48种C．24种D．12种【解析】(1)由a，b的取值可知，ax2＋2x＋b＝0有实数解的条件为Δ＝22－4ab＝4－4ab≥0，当a＝－1时，b＝－1，1，2，共3种情况，当a＝1时，b＝－1，1，共2种情况；当a＝2时，b＝－1，有1种情况，共有3＋2＋1＝6种情况．(2)首先涂A有4种涂法，那么涂B有3种涂法，C与A，B相邻，那么C有2种涂法，D只与C相邻，那么D有3种涂法，所以共有4×3×2×3＝72种涂法．【答案】(1)D (2)A与两个计数原理有关问题的解题策略(1)在综合应用两个计数原理解决问题时，一般是先分类再分步，但在分步时可能又会用到分类加法计数原理．(2)对于较复杂的两个计数原理综合应用的问题，可恰当地画出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化．[通关练习]1．如果一个三位正整数“a1a2a3〞满足a1＜a2，且a2＞a3，那么称这样的三位数为凸数(如120，343，275等)，那么所有凸数的个数为( )A．240 B．204C．729 D．920解析：选A.假设a2＝2，那么凸数为120与121，共1×2＝2个．假设a2＝3，那么凸数有2×3＝6个．假设a2＝4，那么凸数有3×4＝12个，…，假设a2＝9，那么凸数有8×9＝72个．所以所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．2. 如图，用6种不同的颜色分别给图中A，B，C，D四块区域涂色，假设相邻区域不能涂同一种颜色，那么不同的涂法共有( )A．400种B．460种C．480种D．496种解析：选C.完成此事可能使用4种颜色，也可能使用3种颜色．当使用4种颜色时：从A开场，有6种方法，B有5种，C有4种，D有3种，完成此事共有6×5×4×3＝360种方法；当使用3种颜色时：A，D使用同一种颜色，从A，D开场，有6种方法，B有5种，C有4种，完成此事共有6×5×4＝120种方法．由分类加法计数原理可知：不同的涂法有360＋120＝480(种)．应用两个计数原理的难点在于明确分类还是分步在处理具体的应用问题时，首先必须弄清楚“分类〞与“分步〞的具体标准是什么．选择合理的标准处理事情，可以防止计数的重复或遗漏．(1)分类要做到“不重不漏〞，分类后再分别对每一类进展计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．(2)分步要做到“步骤完整〞，完成了所有步骤，恰好完成任务，当然步与步之间要相互独立，分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数．易错防范(1)切实理解“完成一件事〞的含义，以确定需要分类还是需要分步进展．(2)分类的关键在于要做到“不重不漏〞，分步的关键在于要正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步．1．从集合{0，1，2，3，4，5，6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋b i，其中虚数的个数是( )A．30 B．42C．36 D．35解析：选C.因为a＋b i为虚数，所以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．用10元、5元和1元来支付20元钱的书款，不同的支付方法有( )A．3种B．5种C．9种D．12种解析：选C.只用一种币值有2张10元，4张5元，20张1元，共3种；用两种币值的有1张10元，2张5元；1张10元，10张1元；3张5元，5张1元；2张5元，10张1元；1张5元，15张1元，共5种；用三种币值的有1张10元，1张5元，5张1元，共1种．由分类加法计数原理得，共有3＋5＋1＝9(种)．3．某局的号码为139××××××××，假设前六位固定，最后五位数字是由6或8组成的，那么这样的号码的个数为( )A．20 B．25C．32 D．60解析：选C.依据题意知，最后五位数字由6或8组成，可分5步完成，每一步有2种方法，根据分步乘法计数原理，符合题意的号码的个数为25＝32.4．用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中偶数的个数为( ) A．24 B．48C．60 D．72解析：选 B.先排个位，再排十位，百位，千位，万位，依次有2，4，3，2，1种排法，由分步乘法计数原理知偶数的个数为2×4×3×2×1＝48.5．两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，那么这13个点可以确定不同的平面个数为( )A．40 B．16C．13 D．10解析：选C.分两类情况讨论：第1类，直线a 分别与直线b 上的8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b 分别与直线a 上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．6．集合M ＝{1，－2，3}，N ＝{－4，5，6，－7}，从两个集合中各选一个数作为点的坐标，那么这样的坐标在直角坐标系中可表示第三、四象限内不同点的个数为( )A ．18个B ．10个C ．16个D ．14个解析：选B.第三、四象限内点的纵坐标为负值，分2种情况讨论． ①取M 中的点作横坐标，取N 中的点作纵坐标，有3×2＝6种情况； ②取N 中的点作横坐标，取M 中的点作纵坐标，有4×1＝4种情况．综上共有6＋4＝10种情况．7．某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母B ，C ，D 中选择，其他四个号码可以从0～9这十个数字中选择(数字可以重复)，有车主第一个号码(从左到右)只想在数字3，5，6，8，9中选择，其他号码只想在1，3，6，9中选择，那么他的车牌号码可选的所有可能情况有( )A ．180种B ．360种C ．720种D ．960种解析：选D.按照车主的要求，从左到右第一个号码有5种选法，第二个号码有3种选法，其余三个号码各有4种选法．因此车牌号码可选的所有可能情况有5×3×4×4×4＝960(种)．8．直线l ：x a ＋y b＝1中，a ∈{1，3，5，7}，b ∈{2，4，6，8}．假设l 与坐标轴围成的三角形的面积不小于10，那么这样的直线的条数为( )A ．6B ．7C ．8D ．16解析：选B.l 与坐标轴围成的三角形的面积为S ＝12ab ≥10，即ab ≥20.当a ＝1时，不满足；当a ＝3时，b ＝8，即1条．当a ∈{5，7}时，b ∈{4，6，8}，此时a 的取法有2种，b 的取法有3种，那么直线l B. 9．一个旅游景区的游览线路如下图，某人从P 点处进，Q 点处出，沿图中线路游览A ，B ，C 三个景点及沿途风景，那么不重复(除交汇点O 外)的不同游览线路有( )A．6种B．8种C．12种D．48种解析：选D.从P点处进入结点O以后，游览每一个景点所走环形路线都有2个入口(或2个出口)，假设先游览完A景点，再进入另外两个景点，最后从Q点处出有(4＋4)×2＝16种不同的方法；同理，假设先游览B景点，有16种不同的方法；假设先游览C景点，有16种不同的方法，因而所求的不同游览线路有3×16＝48(种)．10．如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对〞．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对〞的个数是( )A．48 B．18C．24 D．36解析：选 D.分类讨论：第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对〞，这样的“正交线面对〞有2×12＝24个；第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对〞，这样的“正交线面对〞有12个．所以正方体中“正交线面对〞共有24＋12＝36(个)．11．设集合A＝{－1，0，1}，集合B＝{0，1，2，3}，定义A*B＝{(x，y)|x∈A∩B，y ∈A∪B}，那么A*B中元素的个数是( )A．7 B．10C．25D．52解析：选B.因为集合A＝{－1，0，1}，集合B＝{0，1，2，3}，所以A∩B＝{0，1}，A ∪B＝{－1，0，1，2，3}，所以x有2种取法，y有5种取法，所以根据分步乘法计数原理得2×5＝10.12．在如下图的五个区域中，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，那么不同的涂色方法种数为( )A．24种B．48种C．72种D．96种解析：选C.分两种情况：(1)A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D有1种，有4×3×2＝24(种)．(2)A，C同色，先涂A有4种，E有3种，C有1种，B，D各有2种，有4×3×2×2＝48(种)．综上两种情况，不同的涂色方法共有48＋24＝72(种)．13．从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，那么不同的选法共有________种(用数字作答)．解析：第一步，先选出文娱委员，因为甲、乙不能担任，所以从剩下的3人中选1人当文娱委员，有3种选法．第二步，从剩下的4人中选学习委员和体育委员，又可分两步进展：先选学习委员有4种选法，再选体育委员有3种选法．由分步乘法计数原理可得，不同的选法共有3×4×3＝36(种)．答案：3614．乘积(a＋b＋c)(d＋e＋f＋h)(i＋j＋k＋l＋m)展开后共有________项．解析：由(a＋b＋c)(d＋e＋f＋h)(i＋j＋k＋l＋m)展开式各项都是从每个因式中选一个字母的乘积，由分步乘法计数原理可得其展开式共有3×4×5＝60(项)．答案：6015．在平面直角坐标系内，点P(a，b)的坐标满足a≠b，且a，b都是集合{1，2，3，4，5，6}中的元素．又点P到原点的距离|OP|≥5，那么这样的点P的个数为________．解析：依题意可知：当a＝1时，b＝5，6，两种情况；当a＝2时，b＝5，6，两种情况；当a＝3时，b＝4，5，6，三种情况；当a＝4时，b＝3，5，6，三种情况；当a＝5或6时，b各有五种情况．所以共有2＋2＋3＋3＋5＋5＝20种情况．答案：2016．集合A＝{最大边长为7，且三边长均为正整数的三角形}，那么集合A的真子集共有________个．解析：另外两个边长用x，y(x，y∈N*)表示，且不妨设1≤x≤y≤7，要构成三角形，必须x＋y≥8.当y取7时，x可取1，2，3，…，7，有7个三角形；当y取6时，x可取2，3，…，6，有5个三角形；当y取5时，x可取3，4，5，有3个三角形．当y 取4时，x 只能取4，只有1个三角形．所以所求三角形的个数为7＋5＋3＋1＝16.其真子集共有(216－1)个．答案：216－ 11．在某校举行的羽毛球两人决赛中，采用5局3胜制的比赛规那么，先赢3局者获胜，直到决出胜负为止．假设甲、乙两名同学参加比赛，那么所有可能出现的情形(个人输赢局次的不同视为不同情形)共有( )A ．6种B ．12种C ．18种D ．20种解析：选D.分三种情况：恰好打3局(一人赢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2×3＝6种情形；恰好打5局(一人前4局中赢2局，输2局，第5局赢)，共有2×4×32＝12种情形．所有可能出现的情形共有2＋6＋12＝20种．应选D.2．定义“标准01数列〞{a n }如下：{a n }共有2m 项，其中m 项为0，m 项为1，且对任意k ≤2m ，a 1，a 2，…，a k 中0的个数不少于1的个数．假设m ＝4，那么不同的“标准01数列〞共有( )A ．18个B ．16个C ．14个D ．12个解析：选C.设a 1，a 2，a 3，…，a k 中0的个数为t ，那么1的个数为k －t ，由2m ＝8知，k ≤8且t ≥k －t ≥0，那么⎩⎪⎨⎪⎧t ≤k ≤2t k ≤8t ≤4k ，t ∈N *. 法一：当t ＝1时，k ＝1，2；当t ＝2时，k ＝2，3，4；当t ＝3时，k ＝3，4，5，6；当t ＝4时，k ＝4，5，6，7，8，所以“标准01数列〞共有2＋3＋4＋5＝14(个)．法二：问题即是⎩⎪⎨⎪⎧t ≤k ≤2t k ≤8t ≤4k ，t ∈N *表示的区域的整点(格点)的个数，如图整点(格点)为2＋3＋4＋5＝14个，即“标准01数列〞共有14个．3．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或2，4，8；当公比为3时，等比数列可为1，3，9；当公比为32时，等比数列可为4，6，9.易知公比为12，13，23时，共有2＋1＋1＝4个．故共有2＋1＋1＋4＝8(个)．答案：84．x ＋y ＋z ＝10的正整数解的组数为________．解析：可按x 的值分类：当x ＝1时，y ＋z ＝9，共有8组；当x ＝2时，y ＋z ＝8，共有7组；当x ＝3时，y ＋z ＝7，共有6组；当x ＝4时，y ＋z ＝6，共有5组；当x ＝5时，y ＋z ＝5，共有4组；当x ＝6时，y ＋x ＝4，共有3组；当x ＝7时，y ＋z ＝3，共有2组；当x ＝8时，y ＋z ＝2，共有1组．由分类加法计数原理可知：共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝8×92＝36(组)．答案：365．由数字1，2，3，4，(1)可组成多少个三位数？(2)可组成多少个没有重复数字的三位数？(3)可组成多少个没有重复数字，且百位数字大于十位数字，十位数字大于个位数字的三位数？解：(1)百位数共有4种排法；十位数共有4种排法；个位数共有4种排法，根据分步乘法计数原理知共可组成43＝64个三位数．(2)百位上共有4种排法；十位上共有3种排法；个位上共有2种排法，由分步乘法计数原理知共可排成没有重复数字的三位数4×3×2＝24(个)．(3)排出的三位数分别是432、431、421、321，共4个．6．集合M＝{－3，－2，－1，0，1，2}，假设a，b，c∈M，那么：(1)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个不同的二次函数？(2)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个图象开口向上的二次函数？解：(1)y＝ax2＋bx＋c表示二次函数时，a的取值有5种情况，b的取值有6种情况，c 的取值有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示5×6×6＝180个不同的二次函数．(2)当y＝ax2＋bx＋c的图象开口向上时，a的取值有2种情况，b，c的取值均有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示2×6×6＝72个图象开口向上的二次函数．。

高考数学一轮总复习第10章计数原理概率随机变量及分布列10.8n次独立重复试验与二项分布课件理

【变式训练 2】某中学为丰富教职工生活，国庆节举办教职工趣味投篮比赛，有 A，B 两个定点投篮位置，在 A 点投中一球得 2 分，在 B 点投中一球得 3 分．规则是：每人投篮三次按先 A 后 B 再 A 的顺序各投篮一次，教师甲在 A 和 B 点投中的概率分别是12和13，且在 A，B 两点投中与否相互独立．
P(A1)
＝
4 10
＝
2 5
，
P(A2)
＝
5 10
＝
1 2
，
所
以
P(B1) ＝ P(A1A2) ＝
P(A1)P(A2)＝25×12＝15，P(B2)＝P(A1 A2 ＋ A1 A2)＝P(A1 A2 )＋
(2)一个正方形被平均分成 9 个部分，向大正方形区域随机地投掷一个点(每次都能投中)．设投中最左侧 3 个小正方形区域的事件记为 A，投中最上面 3 个小正方形或正中间的 1 个小正方形区域的事件记为 B，求 P(AB)、P(A|B)．
[解] 如图，n(Ω)＝9，n(A)＝3，n(B)＝4， ∴n(AB)＝1，∴P(AB)＝19， P(A|B)＝nnABB＝14.
[解] (1)记事件 A1＝{从甲箱中摸出的 1 个球是红球}， A2＝{从乙箱中摸出的 1 个球是红球}，B1＝{顾客抽奖 1 次获一等奖}，B2＝{顾客抽奖 1 次获二等奖}，C＝{顾客抽奖 1 次能获奖}．
由题意，A1 与 A2 相互独立，A1 A2 与 A1 A2 互斥，B1 与
B2 互斥，且 B1＝A1A2，B2＝A1 A2 ＋ A1 A2，C＝B1＋B2.因为
第10章计数原理、概率、随机变量及分布列
第8讲 n次独立重复试验与二项分布
板块一知识梳理·自主学习

2021高考数学一轮复习第十章计数原理概率随机变量及其分布103二项式定理课件理20

件理20
【知识重温】
一、必记 3 个知识点
1．二项式定理
(a＋b)n
＝①_C_0n_a_n_＋__C_1n_a_n－_1_b_＋__C_2n_a_n－_2_b_2_＋_…__＋__C__rna_n_－_rb_r_＋__…__＋__C_nn_b_n(_n_∈__N_*．)
这个公式所表示的定理叫做二项式定理，右边的多项式叫做(a＋
2021/4/17
概率随机变量及其分布103二项式定理课
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1)项数为 n＋1. (2)每一项的次数之和都等于二项式的幂指数 n，即 a 与 b 的指数的和为⑥__n__. (3)字母 a 按⑦___降__幂___排列，从第一项开始，次数由 n 逐项减 1 直到零；字母 b 按⑧__升__幂____排列，从第一项起，次数由零逐项增 1 直到 n. (4)二项式的系数从⑨_C__0n _，C1n，一直到 Cnn－1，⑩_C__nn_.
17
件理20
考点二二项式系数或项系数的和问题
[互动讲练型]
[例 1]
(1)[2020·郑州高中质量预测]在x＋
3xn
的展开式中，各项
系数和与二项式系数和之比为 32:1，则 x2 的系数为( )
A．50 B．70
C．90 D．120
解析：(1)令
x＝1，则x＋
3xn＝4n，所以x＋
3xn
的展开式中，各
当 n 是奇数时，中间两项⑮________和⑯________相等，且同时
取得最大值．
2021高考数学一轮复习第十章计数原理
2021/4/17
概率随机变量及其分布103二项式定理课
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件理20
(3)各二项式系数的和： (a ＋ b)n 的展开式的各个二项式系数的和等于 2n ，即 ⑰ __C_0n_＋__C_1n＋__C__2n＋__…__＋__C_rn_＋__…__＋__C_nn__＝2n. 二项展开式中，偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系

高考数学大一轮复习第十章计数原理、概率、随机变量及其分布 2 第2讲排列与组合课件理

将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中
定序问题对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再
除法处理除以定序元素的全排列
间接法
正难则反、等价转化的方法
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第十五页，共四十六页。
1．(2019·合肥市第二次质量检测)某部队在一次军演中要先后执
行 A，B，C，D，E，F 六项不同的任务，要求是：任务 A 必
12/13/2021
第二十二页，共四十六页。
(5)法一(间接法)：选取 3 种的总数为 C335，因此共有选取方式 C335－C315＝6 545－455＝6 090(种)．所以至多有 2 种假货在内的不同的取法有 6 090 种．法二(直接法)：共有选取方式 C320＋C220C115＋C120C215＝6 090(种)．所以至多有 2 种假货在内的不同的取法有 6 090 种．
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第二十页，共四十六页。
【解】 (1)从余下的 34 种商品中，选取 2 种有 C234＝561 种取法，所以某一种假货必须在内的不同取法有 561 种． (2)从 34 种可选商品中，选取 3 种，有 C334种或者 C335－C234＝C334 ＝5 984 种取法．所以某一种假货不能在内的不同取法有 5 984 种．
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第五页，共四十六页。
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．( ) (2)一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序．( ) (3)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．( ) (4)若组合式 Cxn＝Cmn ，则 x＝m 成立．( ) (5)Amn ＝n(n－1)(n－2)…(n－m)．( ) 答案：(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)×

2021版高考数学一轮复习第十章计数原理、概率、随机变量及其分布10.3随机事件的概率课件苏教版

件B互斥若A∩B为不可能事件，A∪B为必然事对立事件件，那么称事件A与事件B互为对立事件
A∩B＝∅
A∩B＝∅且 A∪B＝U (U为全集)
9
4.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. (2)如果事件A，B互斥，则P(A∪B)＝ P(A)＋P(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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判断含有“至多、至少”等关键词的事件关系，可先借助枚举法分析每个事件包含的基本事件，然后再借助定义做出判断．
26
考点2 随机事件的频率与概率 1.概率与频率的关系
频率反映了一个随机事件出现的频繁程度，频率是随机的，而概率是一个确定的值，通常用概率来反映随机事件发生的可能性的大小，有时也用频率来作为随机事件概率的估计值．
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4．一个地区从某年起几年之内的新生婴儿数及其中的男婴数如
下：
时间范围 1年内 2年内 3年内 4年内
新生婴儿数n 5544 9607 13520 17190
男婴数m 2883 4970 6994 8892
这一地区男婴出生的概率约是
(保留四位小数)．
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0.517 3 [男婴出生的频率依次约是：0.520 0,0.517 3,0.517 3,0.517 3.由于这些频率非常接近0.517 3，因此这一地区男婴出生的概率约为0.517 3.]
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[常用结论] 如果事件A1，A2，…，An两两互斥，则称这n个事件互斥，其概率有如下公式：P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)．
11
一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)

新课标高考数学大一轮复习第十章计数原理概率随机变量及其分布3离散型随机变量及其分布课时作业理

课时作业73 离散型随机变量及其分布一、选择题1．随机变量ξ分布列为：那么ξA．0.7 B．－1C．0 D．1解析：因为P(ξ，P(ξ，P(ξ，所以ξB.答案：B2．某射手射击所得环数X分布列为解析：P(X>7)＝P(X＝8)＋P(X＝9)＋P(X＝10)＝0.28＋0.29＋0.22＝0.79.答案：C3．随机变量X概率分布列如下表：A.239B.2310C.139 D.1310 解析：由题意知：P (X ＝1)＋P (X ＝2)＋…＋P (X ＝10)＝1⇒23＋232＋…＋239＋m ＝1⇒m ＝1－⎝⎛⎭⎪⎪⎫23＋232＋…＋239 ＝1－2×13⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1391－13＝1－⎝⎛⎭⎪⎪⎫1－139＝139.答案：C4．带活动门小盒子里有采自同一巢20只工蜂与10只雄蜂，现随机地放出5只做实验，X 表示放出蜂中工蜂只数，那么X ＝2时概率是( )A.C 120C 410C 530B.C 220C 310C 530C.C 320C 210C 530D.C 420C 110C 530解析：X 服从超几何分布，P (X ＝2)＝C 220C 310C 530.答案：B5．一盒中有12个乒乓球，其中9个新，3个旧，从盒中任取3个球来用，用完后装回盒中，此时盒中旧球个数X 是一个随机变量，其分布列为P (X )，那么P (X ＝4)值为( )A.1220B.2755C.27220D.2125解析：由题意取出3个球必为2个旧球1个新球，故P (X ＝4)＝C 23C 19C 312＝27220.答案：C6．离散型随机变量X 可能取值为1，2，3，4，P (X ＝k )＝ak ＋b (k ＝1，2，3，4)，又E (X )＝3，那么3a ＋b ＝( )A ．10B.310 C ．5D.15解析：依题意知：E (X )＝1×(a ＋b )＋2(2a ＋b )＋3(3a ＋b )＋4(4a ＋b )＝a ＋b ＋4a ＋2b ＋9a ＋3b ＋16a ＋4b＝30a ＋10b ＝3，所以3a ＋b ＝310.答案：B 二、填空题7．甲、乙两队在一次对抗赛某一轮中有3个抢答题，比赛规定：对于每一个题，没有抢到题队伍得0分，抢到题并答复正确得1分，抢到题但答复错误扣1分(即得－1分)．假设X 是甲队在该轮比赛获胜时得分(分数高者胜)，那么X 所有可能取值是________．解析：X ＝－1，甲抢到一题但答错了．X ＝0，甲没抢到题，或甲抢到2题，答复时一对一错． X ＝1时，甲抢到1题且答对或甲抢到3题，且一错两对， X ＝2时，甲抢到2题均答对． X ＝3时，甲抢到3题均答对．答案：－1，0，1，2，38．从4名男生与2名女生中选3人参加演讲比赛，那么所选3人中女生人数不超过1人概率是________．解析：设所选女生人数为X ，那么X 服从超几何分布，其中N＝6，M ＝2，n ＝3，那么P (X ≤1)＝P (X ＝0)＋P (X ＝1)＝C 02C 34C 36＋C 12C 24C 36＝45. 答案：459．随机变量ξ只能取三个值：x 1，x 2，x 3，其概率依次成等差数列，那么公差d 取值范围是________．解析：设ξ取x 1，x 2，x 3时概率分别为a －d ，a ，a ＋d ，那么(a －d )＋a ＋(a ＋d )＝1，∴a ＝13，由⎩⎪⎨⎪⎧13－d ≥013＋d ≥0得－13≤d ≤13.答案：⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－13，13 三、解答题10．将编号为1，2，3，4四个材质与大小都一样球，随机放入编号为1，2，3，4四个盒子中，每个盒子放一个球，ξ表示球编号与所放入盒子编号正好一样个数．(1)求1号球恰好落入1号盒子概率． (2)求ξ分布列．解：(1)设事件A 表示“1号球恰好落入1号盒子〞，P (A )＝A 33A 44＝14，所以1号球恰好落入1号盒子概率为14.(2)ξ所有可能取值为0，1，2，4.P (ξ＝0)＝3×3A 44＝38；P (ξ＝1)＝4×2A 44＝13；P (ξ＝2)＝C 24A 44＝14；P (ξ＝4)＝1A 44＝124.所以随机变量ξ分布列为：11.A 中学推荐了3名男生、2名女生，B 中学推荐了3名男生、4名女生，两校所推荐学生一起参加集训．由于集训后队员水平相当，从参加集训男生中随机抽取3人、女生中随机抽取3人组成代表队．(1)求A 中学至少有1名学生入选代表队概率；(2)某场比赛前，从代表队6名队员中随机抽取4人参赛．设X 表示参赛男生人数，求X 分布列与数学期望．解：(1)由题意，参加集训男、女生各有6名．参赛学生全从B 中学抽取概率为C 33C 34C 36C 36＝1100.因此，A 中学至少有1名学生入选代表队概率为1－1100＝99100.(2)根据题意，X 可能取值为1，2，3.P (X ＝1)＝C 13C 33C 46＝15，P (X ＝2)＝C 23C 23C 46＝35，P (X ＝3)＝C 33C 13C 46＝15，所以X 分布列为因此，XE (X )＝1×P (X ＝1)＋2×P (X ＝2)＋3×P (X ＝3)＝1×15＋2×35＋3×15＝2.1．(2021 ·福建卷)某银行规定，一张银行卡假设在一天内出现3次密码尝试错误，该银行卡将被锁定．小王到该银行取钱时，发现自己忘记了银行卡密码，但可以确认该银行卡正确密码是他常用6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进展尝试，假设密码正确，那么完毕尝试；否那么继续尝试．直至该银行卡被锁定．(1)求当天小王该银行卡被锁定概率；(2)设当天小王用该银行卡尝试密码次数为X ，求X 分布列与数学期望．解：(1)设“当天小王该银行卡被锁定〞事件为A ，那么P (A )＝56×45×34＝12. (2)依题意得，X 所有可能取值是1，2，3.又P (X ＝1)＝16，P (X ＝2)＝56×15＝16，P (X ＝3)＝56×45×1＝23.所以X 分布列为所以E (X )＝1×16＋2×16＋3×23＝52.2．为了了解高一学生体能情况，某校随机抽取局部学生进展一分钟跳绳次数测试，将所得数据整理后，画出了频率分布直方图如下图，次数在[100，110)间频数为7，次数在110以下(不含110)视为不达标，次数在[110，130)间视为达标，次数在130以上视为优秀．(1)求此次抽样样本总数为多少人？(2)在样本中，随机抽取一人调查，那么抽中不达标学生、达标学生、优秀学生概率分别是多少？(3)将抽样样本频率视为总体概率，假设优秀成绩记为15分，达标成绩记为10分，不达标成绩记为5分，现在从该校高一学生中随机抽取2人，他们分值与记为X ，求X 分布列与期望．解：(1)设样本总数为n ，由频率分布直方图可知：次数在[100，110)间频率为 0．014×10， ∴7n，解得n ＝50. (2)记抽中不达标学生事件为C ，抽中达标学生事件为B ，抽中优秀学生事件为A .P (C )＝0.006×10＋0.014×10＝0.20； P (B )＝0.028×10＋0.022×10＝0.50； P (A )＝1－P (B )－P (C )＝0.30.(3)在高一学生中随机抽取2名学生成绩与X＝10，15，20，25，30.P(X＝10)＝0.2×0.2＝0.04；P(X＝15)＝2×0.2×0.5＝0.2；P(X2＋2×0.2×0.3＝0.37；P(X＝25)＝2×0.3×0.5＝0.3；P(X2＝0.09.X分布列为E(X)＝＋0.3×25＋0.09×30＝21.。

2021新高考第10章计数原理、概率、随机变量及其分布第1讲(文)、第4讲(理)

第十章概率(文)
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知识点二概率与频率
(1)概率与频率的概念：在相同的条件 S 下重复 n 次试验，观察某一事件 A 是否出现，称 n 次试验中事件 A 出现的次数 nA 为事件 A 出现的__频__数____，称事件 A 出现
的比例 fn(A)＝nnA为事件 A 出现的__频__率____． (2)概率与频率的关系：对于给定的随机事件 A，由于事件 A 发生的频率 fn(A)随
着试验次数的增加稳定于概率 P(A)，因此可以用___频__率__fn_(A__)__来估计概率 P(A)．
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知识点三互斥事件与对立事件事件的关系与运算
定义
符号表示
包含关系
若事件A___发__生___，则事件B___一__定__发__生___，这时称事 ___B_⊇__A__
[解析] “至少有一次中靶”的对立事件是“两次都不中靶”．故选D．
第十章概率(文)
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5 3．(P133T4)同时掷两个骰子，向上点数不相同的概率为___6___．
[解析] 掷两个骰子一次，向上的点数共 6×6＝36(种)可能的结果，其中点数相同的结果共有 6 种，所以点数不相同的概率 P＝1－366＝56．
第十章概率(文)
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题组三考题再现
4．(2018·课标全国卷Ⅲ)若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用
现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为

2021高考数学一轮复习第十章计数原理概率随机变量及其分布107离散型随机变量及其分布列课件理20

解析：事件“放回 5 个红球”表示前 5 次摸到黑球，且第 6 次摸到红球，所以 X＝6.
答案：C
2021高考数学一轮复习第十章计数原理
2021/4/17
概率随机变量及其分布107离散型随机变
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量及其分布列课件理20
5．有一批产品共 12 件，其中次品 3 件，每次从中任取一件，在取到合格品之前取出的次品数 X 的所有可能取值是________．
概率随机变量及其分布107离散型随机变
16
量及其分布列课件理20
休息时间到啦
同学们，下课休息十分钟。现在是休息时间，你们休息一下眼睛，
看看远处，要保护好眼睛哦~站起来动一动，久坐对身体不好哦~
2021高考数学一轮复习第十章计数原理
2021/4/17
概率随机变量及其分布107离散型随机变
17
量及其分布列课件理20
中，每人依次从中取出一张卡片，取到标有数字 2,3 的卡片的同学留
下，其余的淘汰；第四轮用同样的办法淘汰一位同学，最后留下的这
位同学获得一个奖品．已知同学甲参加了该游戏．
(1)求甲获得奖品的概率；
(2)设 X 为甲参加游戏的轮数，求 X 的分布列．
2021高考数学一轮复习第十章计数原理
2021/4/17
X 0 1 2 3 45
P
1 10
3 10
x
3 10
y
z
则 P(X≥2)＝( )
A．0.3 B．0.4
C．0.5 D．0.6
解析：P(X≥2)＝x＋130＋y＋z＝1－110＋130＝0.6. 答案：D
2021高考数学一轮复习第十章计数原理
2021/4/17
概率随机变量及其分布107离散型随机变

2021届高考数学一轮复习第十篇计数原理概率随机变量及其分布第1节分类加法计数原理与分步乘法计数原理

2021届高考数学一轮复习第十篇计数原理概率随机变量及其分布第1节分类加法计数原理与分步乘法计数原理训练理新人教版202108102271【选题明细表】知识点、方法题号分类加法计数原理1,4,7,8,9分步乘法计数原理3,10,11,12,13两个计数原理的综合2,5,6,141.已知两条异面直线a,b上分别有5个点和8个点,则这13个点能够确定不同的平面个数为( C )(A)40 (B)16 (C)13 (D)10解析:分两类情形讨论:第1类,直线a分别与直线b上的8个点能够确定8个不同的平面;第2类,直线b分别与直线a上的5个点能够确定5个不同的平面.依照分类加法计数原理知,共能够确定8+5=13个不同的平面.故选C.2.如图所示,从甲地到乙地有3条公路可走,从乙地到丙地有2条公路可走,从甲地不通过乙地到丙地有2条水路可走.则从甲地经乙地到丙地和从甲地到丙地的走法种数分别为( A )(A)6,8 (B)6,6 (C)5,2 (D)6,2解析:从甲地经乙地到丙地,分两步:第1步,从甲地到乙地,有3条公路;第2步,从乙地到丙地,有2条公路.依照分步乘法计数原理,有3×2=6种走法.从甲地到丙地,分两类:第1类,从甲地经乙地到丙地,有6种走法;第2类,从甲地不通过乙地到丙地,有2条水路,即有2种走法.依照分类加法计数原理,有6+2=8种走法.故选A.3.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( C )(A)16种(B)18种(C)37种(D)48种解析: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.故选C.4.假如一条直线与一个平面平行,那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”,在一个长方体中,由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是( B ) (A)60 (B)48 (C)36 (D)24解析:长方体的6个表面构成的“平行线面组”有6×6=36个,6个对角面构成的“平行线面组”有6×2=12(个).故共有36+12=48(个).故选B.5.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.今发觉A,B之间电路不通,则焊接点脱落的不同情形有( C )(A)9种(B)11种(C)13种(D)15种解析:按照焊接点脱落的个数进行分类:第1类,脱落1个,有1,4,共2种;第2类,脱落2个,有(1,4),(2,3),(1,2),(1,3),(4,2),(4,3),共6种;第3类,脱落3个,有(1,2,3),(1,2,4),(2,3,4),(1,3,4),共4种;第4类,脱落4个,有(1,2,3,4),共1种.依照分类加法计数原理,共有2+6+4+1=13种焊接点脱落的情形.故选C.6.(2021·青岛模拟)如图所示的五个区域中,中心区域是一幅图画,现在要求在其余四个区域中涂色,现有四种颜色可供选择,要求每一个区域只涂一种颜色,相邻区域所涂颜色不同,则不同的涂色方法种数为( C )(A)64 (B)72 (C)84 (D)96解析:分成两类:A和C同色时有4×3×3=36种;A和C不同色时有4×3×2×2=48种,则一共有36+48=84种.故选C.7.三边长均为正整数,且最大边长为11的三角形的个数是.解析:另两边长用x,y表示,且不妨设1≤x≤y≤11,要构成三角形,必须x+y≥12.当y取11时,x可取1,2,3,…,11,有11个三角形;当y取10时,x可取2,3,…,10,有9个三角形;…;当y取6时,x只能取6,只有1个三角形.因此所求三角形的个数为11+9+7+5+3+1=36.答案:368.已知集合M={1,2,3,4},集合A,B为集合M的非空子集,若对∀x∈A,y∈B,x<y恒成立,则称(A,B)为集合M的一个“子集对”,则集合M的“子集对”共有个.解析:A={1}时,B有23-1种情形;A={2}时,B有22-1种情形;A={3}时,B有1种情形;A={1,2}时,B有22-1种情形;A={1,3},{2,3},{1,2,3}时,B均有1种情形,故满足题意的“子集对”共有7+3+1+3+3=17个.答案:17能力提升(时刻:15分钟)9.我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013是“六合数”),则“六合数”中首位为2的“六合数”共有( B )(A)18个(B)15个(C)12个(D)9个解析:依题意,那个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4,0,0组成3个数分别为400,040,004;由3,1,0组成6个数分别为310,301,130,103,013,031;由2,2,0组成3个数分别为220,202,022;由2,1,1组成3个数分别为211,121,112.共计:3+6+3+3=15个.故选B.10.(2021·玉林市模拟)将1,2,3,…,9这9个数字填在如图的9个空格中,要求每一行从左到右、每一列从上到下分别依次增大.当3,4固定在图中的位置时,填写空格的方法为( A )(A)6种(B)12种(C)18种 (D)24种解析:因为每一行从左到右,每一列从上到下分别依次增大,1,2,9只有一种填法,5只能填在右上角或左下角,5填后与之相邻的空格可填6, 7,8任一个,余下两个数字按从小到大只有一种方法.共有2×3=6种结果.故选A.11.一个旅行景区的游玩线路如图所示,某人从P点处进,Q点处出,沿图中线路游玩A,B,C三个景点及沿途风景,则不重复(除交汇点O外)的不同游玩线路有( D )(A)6种(B)8种(C)12种(D)48种解析:从P点处进入结点O以后,游玩每一个景点所走环形路线都有2个入口(或2个出口),游玩三个景区的顺序有3×2×1=6(种),每个景区游玩方向有2种.因而所求的不同游玩线路有3×16=48种.故选D.12.(2021·铜川模拟)从0,1,2,3,4这5个数字中任取3个组成三位数,其中奇数的个数是.解析:从1,3中取一个排个位,故排个位有2种方法;排百位不能是0,能够从另外3个数中取一个,有3种方法;排十位有3种方法.故所求奇数的个数为3×3×2=18.答案:1813.在某运动会的百米决赛上,8名男运动员参加100米决赛.其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上,则安排这8名运动员竞赛的方式共有种.解析:分两步安排这8名运动员.第一步:安排甲、乙、丙三人,共有1,3,5,7四条跑道可安排.因此安排方式有4×3×2=24种.第二步:安排另外5人,可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道安排,因此安排方式有5×4×3×2×1=120种.因此安排这8人的方式有24×120=2 880种.答案:2 88014.用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1,2,…,9的9个小正方形(如图),使得任意相邻(有公共边)的小正方形所涂颜色都不相同,且标号为1,5,9的小正方形涂相同的颜色,则符合条件的所有涂法共有种.解析:把区域分为三部分,第一部分1,5,9,有3种涂法.第二部分4,7,8,当5,7同色时,4,8各有2种涂法,共4种涂法;当5,7异色时,7有2种涂法,4,8均只有1种涂法,故第二部分共4+2=6种涂法.第三部分与第二部分一样,共6种涂法.由分步乘法计数原理,可得共有3×6×6=108种涂法.答案:108。