2020届高三数学(人教B版)一轮复习取球问题学案
2020届一轮复习人教B版 集合及其运算 学案
集合及其运算一、知识梳理：（阅读教材必修1第2页—第14页）1、集合的含义与表示（1）、一般地，我们把研究对象统称为元素，把一些元素组成的总体叫做集合；（2）、集合中的元素有三个性质: 确定性，无序性，互异性；（3）、集合中的元素与集合的关系属于和不属于，分别用和表示；（4）、几个常用的集合表示法数集自然数集正整数集整数集有理数集实数集表示法R Z Q R2、集合间的基本关系表示文字语言符号语言关系相等集合A与集合B中的所有A= B元素相同子集A中任意元素均为B中元素ABA B真子集A中任意元素均为B中元素，且B中至少有一个元素不属于A空集空集是任何集合的子集，φ是任何非空集合的真子集3、集合的基本运算交集并集补集符号表示图形表示意义4、常用结论（1）、集合A中有n个元素，则集合A的子集有个；真子集有个；（2）、并集：AB= B，AA=A；A=A ；ABA；AB=B（3）、交集：AB=AB；AA=A；A；=A；（4）、补集：A=; A=U二、题型探究[探究一]、集合的概念例1：已知A={2，} ,若aA，由6-aA，求实数a的值。
解：若a=2，6-a=4，a=4，6-a=2，a=6，6-a=0.根据集合元素的确定性，综上可得，a ＝ 2，4。
【小结】集合元素的确定性和互异性是解决问题的理论依据。
确定性是入手点，互异性是检验结论的工具。
例2：已知集合P={x|x=2k+1,k} , Q={x|x=2k-1,k} , R={ x|x=4K } , M={ x|x=4K } , N={ x|x=4K },则（ A ）（A ）P=Q=R （B ） P=Q= M （C ）Q=R=M （D ） R=Q= N [探究二]、集合间的基本关系例3： 下列命题：（1）.空集没有子集；（2）.任何一个集合至少有两个子集；（3）.空集是任何集合的真子集；（4）.若空集是集合A 的真子集，则A 不是空集。
其中正确的是 A.0个 B.1个 C.2 个 D.3个 例4：已知集合p={},集合Q={},若,那么的值是A.1B.-1C.1或-1D.0或-1或1 [探究三]、集合的运算例5: （15年安徽文科）设全集{}123456U =，，，，，，{}12A =，，{}234B =，，，则()U AC B =( B )（A ）{}1256，，， （B ）{}1 （C ）{}2 （D ）{}1234，，，例6: (2018年新课标2文科) 已知集合{}|12A x x =-<<,{}|03B x x =<<,则A B =（ A ）A ．()1,3-B ．()1,0-C ．()0,2D ．()2,3 三、方法提升：1、集合元素的性质:在解题时经常用到集合元素的互异性，一方面利用集合元素的互异性能顺利地找到解题的切入点，另一方面在解答完毕之时，注意检验集合中的元素是否满足互异性,以确保答案正确。
2020届一轮复习人教B版 9.4 随机事件的概率 学案
第四节 随机事件的概率事件与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．知识点一 概率与频率1．在相同条件下，大量重复进行同一试验时，随机事件A 发生的频率会在某个常数附近摆动，即随机事件A 发生的频率具有稳定性．我们把这个常数叫作随机事件A 的概率，记作P (A )．2．频率反映了一个随机事件出现的频繁程度，但频率是随机的，而概率是一个确定的值，因此，人们用概率来反映随机事件发生的可能性的大小，有时也用频率作为随机事件概率的估计值．3．概率的几个基本性质 (1)概率的取值范围：0≤P (A )≤1. (2)必然事件的概率：P (A )＝1. (3)不可能事件的概率：P (A )＝0.易误提醒 易将概率与频率混淆，频率随着试验次数变化而变化，而概率是一个常数．[自测练习]1．给出下列三个命题，其中正确命题有________个．①有一大批产品，已知次品率为10%，从中任取100件，必有10件是次品；②做7次抛硬币的试验，结果3次出现正面，因此正面出现的概率是37；③随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率．解析：①错，不一定是10件次品；②错，37是频率而非概率；③错，频率不等于概率，这是两个不同的概念．答案：02．某城市2018年的空气质量状况如下表所示：100<T ≤150时，空气质量为轻微污染，则该城市2018年空气质量达到良或优的概率为________．解析：由题意可知2018年空气质量达到良或优的概率为P ＝110＋16＋13＝35.答案：35知识点二 互斥事件和对立事件易误提醒 互斥事件是不可能同时发生的两个事件，而对立事件除要求这两个事件不同时发生外，还要求二者之一必须有一个发生，因此，对立事件是互斥事件的特殊情况，而互斥事件未必是对立事件．[自测练习]3．装有红球、白球和黑球各2个的口袋内一次取出2个球，则与事件“两球都为白球”互斥而非对立的事件是( )“①两球都不是白球；②两球恰有一个白球；③两球至少有一个白球”． A ．①② B ．①③ C ．②③D ．①②③解析：从口袋内一次取出2个球，这个试验的基本事件空间Ω＝{(白，白)，(红，红)，(黑，黑)，(红，白)，(红，黑)，(黑，白)}，包含6个基本事件，当事件A “两球都为白球”发生时，①②不可能发生，且A 不发生时，①不一定发生，②不一定发生，故非对立事件，而A 发生时，③可以发生，故不是互斥事件．答案：A4．运动会火炬传递活动中，有编号为1,2,3,4,5的5名火炬手．若从中任选3人，则选出的火炬手的编号相连的概率为( )A.310B.58C.710D.25解析：从1,2,3,4,5中任取三个数的结果有10种，其中选出的火炬手的编号相连的事件有：(1,2,3)，(2,3,4)，(3,4,5)，∴选出的火炬手的编号相连的概率为P ＝310.答案：A考点一 事件的关系|1．一个均匀的正方体玩具的各个面上分别标有数字1,2,3,4,5,6.将这个玩具向上抛掷1次，设事件A 表示向上的一面出现奇数点，事件B 表示向上的一面出现的点数不超过3，事件C 表示向上的一面出现的点数不小于4，则( )A ．A 与B 是互斥而非对立事件 B ．A 与B 是对立事件C ．B 与C 是互斥而非对立事件D ．B 与C 是对立事件解析：根据互斥事件与对立事件的意义作答，A ∩B ＝{出现点数1或3}，事件A ，B 不互斥也不对立；B ∩C ＝∅，B ∪C ＝Ω，故事件B ，C 是对立事件．答案：D2．设条件甲：“事件A 与事件B 是对立事件”，结论乙：“概率满足P (A )＋P (B )＝1”，则甲是乙的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：若事件A 与事件B 是对立事件，则A ∪B 为必然事件，再由概率的加法公式得P (A )＋P (B )＝1.设掷一枚硬币3次，事件A ：“至少出现一次正面”，事件B ：“3次出现正面”，则P (A )＝78，P (B )＝18，满足P (A )＋P (B )＝1，但A ，B 不是对立事件．答案：A3．在5张电话卡中，有3张移动卡和2张联通卡，从中任取2张，若事件“2张全是移动卡”的概率是310，那么概率是710的事件是( )A ．至多有一张移动卡B ．恰有一张移动卡C ．都不是移动卡D ．至少有一张移动卡解析：至多有一张移动卡包含“一张移动卡，一张联通卡”、“两张全是联通卡”两个事件，它是“2张全是移动卡”的对立事件，故选A.答案：A集合法判断互斥事件与对立事件的方法1．由各个事件所含的结果组成的集合彼此的交集为空集，则事件互斥．2．事件A 的对立事件A 所含的结果组成的集合，是全集中由事件A 所含的结果组成的集合的补集．考点二 随机事件的概率|(2018·高考陕西卷)随机抽取一个年份，对西安市该年4月份的天气情况进行统计，结果如下： 日期 123456789101112131415天气晴 雨 阴 阴 阴 雨 阴 晴 晴 晴 阴 晴 晴 晴 晴日期 161718192021222324252627282930天气晴 阴 雨 阴 阴 晴 阴 晴 晴 晴 阴 晴 晴 晴 雨．．．(2)西安市某学校拟从4月份的一个晴天．．开始举行连续2天的运动会，估计运动会期间不下雨．．．的概率． [解] (1)在容量为30的样本中，不下雨的天数是26，以频率估计概率，4月份任选一天，西安市不下雨的概率为1315.(2)称相邻的两个日期为“互邻日期对”(如，1日与2日，2日与3日等)．这样，在4月份中，前一天为晴天的互邻日期对有16个，其中后一天不下雨的有14个，所以晴天的次日不下雨的频率为78.以频率估计概率，运动会期间不下雨的概率为78.1．某中学部分学生参加全国高中数学竞赛取得了优异成绩，指导老师统计了所有参赛同学的成绩(成绩都为整数，试题满分120分)，并且绘制了条形统计图(如图所示)，则该中学参加本次数学竞赛的人数为________，如果90分以上(含90分)获奖，那么获奖的概率大约是________．解析：由题图可知，参加本次竞赛的人数为4＋6＋8＋7＋5＋2＝32；90分以上的人数为7＋5＋2＝14，所以获奖的频率为1432＝0.437 5，即本次竞赛获奖的概率大约是0.437 5.答案：32 0.437 5考点三 互斥事件与对立事件的概率|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)＝11 000，P(B)＝101 000＝1100，P(C)＝501 000＝120.(2)因为事件A，B，C两两互斥，所以P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝11 000＋1100＋120＝611 000.故1张奖券的中奖概率为611 000.(3)P(A∪B)＝1－P(A＋B)＝1－⎝⎛⎭⎫11 000＋1100＝9891 000.故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为9891 000.求复杂互斥事件概率的两种方法(1)直接求法：将所求事件分解为一些彼此互斥的事件的和，运用互斥事件概率的加法公式计算．(2)间接求法：先求此事件的对立事件，再用公式P(A)＝1－P(A)求得，即运用逆向思维(正难则反)，特别是“至多”“至少”型题目，用间接求法就会较简便．2．根据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为0.5，购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为0.3.(1)求该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中的一种的概率；(2)求该地1位车主甲、乙两种保险都不购买的概率．解：记A表示事件：该车主购买甲种保险；B表示事件：该车主购买乙种保险但不购买甲种保险；C表示事件：该车主至少购买甲、乙两种保险中的一种；D表示事件：该车主甲、乙两种保险都不购买．(1)由题意得P(A)＝0.5，P(B)＝0.3，又C＝A∪B，所以P(C)＝P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝0.5＋0.3＝0.8.(2)因为D与C是对立事件，所以P(D)＝1－P(C)＝1－0.8＝0.2. 31.正难则反思想求互斥事件的概率【典例】 某超市为了了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示.(1)确定x ，y 的值，并估计顾客一次购物的结算时间的平均值；(2)求一位顾客一次购物的结算时间不超过．．．2分钟的概率．(将频率视为概率)[思路点拨] 若某一事件包含的基本事件多，而它的对立事件包含的基本事件少，则可用“正难则反”思想求解．[解] (1)由已知得25＋y ＋10＝55，x ＋30＝45， 所以x ＝15，y ＝20.该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量为100的简单随机样本，顾客一次购物的结算时间的平均值可用样本平均数估计，其估计值为1×15＋1.5×30＋2×25＋2.5×20＋3×10100＝1.9(分钟)．(2)记A 为事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟”，A 1，A 2分别表示事件“该顾客一次购物的结算时间为2.5分钟”，“该顾客一次购物的结算时间为3分钟”，将频率视为概率得P (A 1)＝20100＝15，P (A 2)＝10100＝110.P (A )＝1－P (A 1)－P (A 2)＝1－15－110＝710.故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率为710.[思想点评] (1)要准确理解题意，善于从图表信息中提炼数据关系，明确数字特征含义． (2)正确判定事件间的关系，善于将A 转化为互斥事件的和或对立事件，切忌盲目代入概率加法公式．(3)需准确理解题意，特别留心“至多…”“至少…”“不少于…”等语句的含义．[跟踪练习]某产品分甲、乙、丙三级，其中乙、丙两级均属次品，在正常生产情况下，出现乙级品和丙级品的概率分别是5%和3%，则抽检一件是正品(甲级)的概率为() A．0.95B．0.97C．0.92 D．0.08解析：记抽检的产品是甲级品为事件A，是乙级品为事件B，是丙级品为事件C，这三个事件彼此互斥，因而所求概率为P(A)＝1－P(B)－P(C)＝1－5%－3%＝92%＝0.92.答案：CA组考点能力演练1．甲：A1、A2是互斥事件；乙：A1、A2是对立事件，那么()A．甲是乙的充分不必要条件B．甲是乙的必要不充分条件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：根据对立事件与互斥事件的关系知，甲是乙的必要但不充分条件．答案：B2．某射手的一次射击中，射中10环、9环、8环的概率分别为0.2、0.3、0.1，则此射手在一次射击中不超过8环的概率为()A．0.5B．0.3C．0.6 D．0.9解析：依题设知，此射手在一次射击中不超过8环的概率为1－(0.2＋0.3)＝0.5.答案：A3．从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是()A．“至少有一个黑球”与“都是黑球”B．“至少有一个黑球”与“都是红球”C．“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”D．“恰有一个黑球”与“恰有两个黑球”解析：A中的两个事件是包含关系，不是互斥事件；B中的两个事件是对立事件；C中的两个事件都包含“一个黑球一个红球”的事件，不是互斥关系；D中的两个事件是互斥而不对立的关系．故选D.答案：D4．(2018·云南一检)在2,0,1,5这组数据中，随机取出三个不同的数，则数字2是取出的三个不同数的中位数的概率为( )A.34B.58C.12D.14解析：分析题意可知，共有(0,1,2)，(0,2,5)，(1,2,5)，(0,1,5)4种取法，符合题意的取法有2种，故所求概率P ＝12.答案：C5．(2018·孝感二模)某天下课以后，教室里还剩下2位男同学和2位女同学．如果他们依次走出教室，则第2位走出的是男同学的概率为( )A.12B.13C.14D.15解析：已知2位女同学和2位男同学走出的所有可能顺序有(女，女，男，男)，(女，男，女，男)，(女，男，男，女)，(男，男，女，女)，(男，女，男，女)，(男，女，女，男)，所以第2位走出的是男同学的概率P ＝36＝12.答案：A6．(2018·温州十校联考)记一个两位数的个位数字与十位数字的和为A .若A 是不超过5的奇数，从这些两位数中任取一个，其个位数为1的概率为________．解析：根据题意，个位数字与十位数字之和为奇数且不超过5的两位数有：10,12,14,21,23,30,32,41,50，共9个，其中个位是1的有21,41，共2个，因此所求的概率为29.答案：297．口袋内装有一些大小相同的红球、黄球、白球，从中摸出一个球，摸出红球或白球的概率为0.65，摸出黄球或白球的概率是0.6，那么摸出白球的概率是________．解析：设摸出红球、白球、黄球的事件分别为A 、B 、C ，由条件知P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )＝0.65，P (B ∪C )＝P (B )＋P (C )＝0.6， 又P (A ∪B )＝1－P (C )，∴P (C )＝0.35，∴P (B )＝0.25. 答案：0.258．中国乒乓球队中的甲、乙两名队员参加奥运会乒乓球女子单打比赛，甲夺得冠军的概率为37，乙夺得冠军的概率为14，那么中国队夺得女子乒乓球单打冠军的概率为________．解析：由于事件“中国队夺得女子乒乓球单打冠军”包括事件“甲夺得冠军”和“乙夺得冠军”，但这两个事件不可能同时发生，即彼此互斥，所以可按互斥事件概率的加法公式进行计算，即中国队夺得女子乒乓球单打冠军的概率为37＋14＝1928.答案：19289．近年来，某市为促进生活垃圾的分类处理，将生活垃圾分为厨余垃圾、可回收物和其他垃圾三类，并分别设置了相应的垃圾箱，为调查居民生活垃圾分类投放情况，现随机抽取了该市三类垃圾箱中总计1 000吨生活垃圾，数据统计如下(单位：吨)：(1)(2)试估计生活垃圾投放错误的概率．解：(1)厨余垃圾投放正确的概率约为“厨余垃圾”箱里厨余垃圾量厨余垃圾总量＝400400＋100＋100＝23. (2)设生活垃圾投放错误为事件A ，则事件A 表示生活垃圾投放正确．事件A 的概率约为“厨余垃圾”箱里厨余垃圾量、“可回收物”箱里可回收物量与“其他垃圾”箱里其他垃圾量的总和除以生活垃圾总量，即P (A )约为400＋240＋601 000＝0.7，所以P (A )约为1－0.7＝0.3.10．经统计，在某储蓄所一个营业窗口等候的人数及相应的概率如下：求：(2)至少3人排队等候的概率是多少？解：记“无人排队等候”为事件A，“1人排队等候”为事件B，“2人排队等候”为事件C，“3人排队等候”为事件D，“4人排队等候”为事件E，“5人及5人以上排队等候”为事件F，则事件A、B、C、D、E、F互斥．(1)记“至多2人排队等候”为事件G，则G＝A∪B∪C，所以P(G)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.1＋0.16＋0.3＝0.56.(2)法一：记“至少3人排队等候”为事件H，则H＝D∪E∪F，所以P(H)＝P(D∪E∪F)＝P(D)＋P(E)＋P(F)＝0.3＋0.1＋0.04＝0.44.法二：记“至少3人排队等候”为事件H，则其对立事件为事件G，所以P(H)＝1－P(G)＝0.44.B组高考题型专练1．(2018·高考陕西卷)某保险公司利用简单随机抽样方法，对投保车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下：(1)(2)在样本车辆中，车主是新司机的占10%，在赔付金额为4 000元的样本车辆中，车主是新司机的占20%，估计在已投保车辆中，新司机获赔金额为4 000元的概率．解：(1)设A表示事件“赔付金额为3 000元”，B表示事件“赔付金额为4 000元”，以频率估计概率得P(A)＝1501 000＝0.15，P(B)＝1201 000＝0.12.由于投保金额为2 800元，赔付金额大于投保金额对应的情形是3 000元和4 000元，所以其概率为P(A)＋P(B)＝0.15＋0.12＝0.27.(2)设C表示事件“投保车辆中新司机获赔4 000元”，由已知，样本车辆中车主为新司机的有0.1×1 000＝100辆，而赔付金额为4 000元的车辆中，车主为新司机的有0.2×120＝24辆，所以样本车辆中新司机车主获赔金额为4 000元的频率为24100＝0.24，由频率估计概率得P (C )＝0.24.2．(2018·高考北京卷)某超市随机选取1 000位顾客，记录了他们购买甲、乙、丙、丁四种商品的情况，整理成如下统计表，其中“√”表示购买，“×”表示未购买.(1)(2)估计顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率；(3)如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买乙、丙、丁中哪种商品的可能性最大？ 解：(1)从统计表可以看出，在这1 000位顾客中有200位顾客同时购买了乙和丙，所以顾客同时购买乙和丙的概率可以估计为2001 000＝0.2.(2)从统计表可以看出，在这1 000位顾客中有100位顾客同时购买了甲、丙、丁，另有200位顾客同时购买了甲、乙、丙，其他顾客最多购买了2种商品，所以顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率可以估计为100＋2001 000＝0.3.(3)与(1)同理，可得：顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为2001 000＝0.2，顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为100＋200＋3001 000＝0.6，顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为1001 000＝0.1.所以，如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买丙的可能性最大．。
新高考新教材一轮复习人教B版 第九章 第三节 随机事件的概率与古典概型 学案
第三节随机事件的概率与古典概型课程标准解读1．结合具体实例，理解样本点和有限样本空间的含义，理解随机事件与样本点的关系．了解随机事件的并、交与互斥的含义，能结合实例进行随机事件的并、交运算.2.结合具体实例，理解古典概型，能计算古典概型中简单随机事件的概率.3.通过实例，理解概率的性质，掌握随机事件概率的运算法则.4.结合实例，会用频率估计概率.[知识排查·微点淘金]知识点一样本空间与随机事件1．样本空间我们把随机试验中每一种可能出现的结果，都称为样本点，把由所有样本点组成的集合称为样本空间(通常用大写希腊字母Ω表示)．2．随机事件：如果随机试验的样本空间为Ω，则随机事件A是Ω的一个非空真子集．而且：若试验的结果是A中的元素，则称A发生(或出现等)；否则，称A不发生(或不出现等)．随机事件也可用自然语言描述：在一次试验中，可能发生，也可能不发生的事件．随机事件可以用集合表示，也可以用语言描述．3．必然事件、不可能事件、基本事件任何一次随机试验的结果，一定是样本空间Ω中的元素，因此可以认为每次试验中Ω一定发生，从而称为必然事件；又因为空集∅不包含任何样本点，因此可以认为每次试验中∅一定不发生，从而称∅为不可能事件．只含有一个样本点的事件称为基本事件．知识点二事件的关系与运算定义符号表示包含关系一般地，对于事件A与事件B，如果事件A发生，则事件B一定发生，这时称事件B包含事件A(或称事件A包含于事件B)B⊇A(或A⊆B)事件的和给定事件A，B，由所有A中的样本点与B中的样本点组成的事件称为A与B的和(或并)A∪B(或A＋B) 定义符号表示事件的积给定事件A，B，由A与B中的公共样本点组成的事件称为A与B的积A∩B(或AB)(或交)互斥事件给定事件A ，B ，若事件A 与B 不能同时发生，则称A 与B 互斥 A ∩B ＝∅对立事件给定样本空间Ω与事件A ，则由Ω中所有不属于A 的样本点组成的事件称为A 的对立事件，记作AA ∩B ＝∅，且A ∪B ＝Ω(Ω为全集)知识点三 随机事件的频率与概率1．频数与频率：在相同的条件S 下进行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n A 为事件A 出现的频数，称事件A 出现的比值f n (A )＝n An 为事件A出现的频率．2．概率：对于给定的随机事件A ，如果随着试验次数n 的增加，事件A 发生的频率f n (A )稳定在某个常数上，则把这个常数记作P (A )，称为事件A 的概率．[微提醒]频数是一个整数，其取值范围为0≤n A ≤n ，n A ∈N ，因此随机事件A 发生的频率f n (A )＝n An的可能取值介于0与1之间，即0≤f n (A )≤1. 知识点四 概率的基本性质 1．P (A )≥0.2．P (Ω)＝1，P (∅)＝0. 3．互斥事件的概率加法公式(1)在一次试验中，如果事件A 和事件B 是互斥事件，那么有P (A ＋B )＝P (A )＋P (B ).特别地，P (A )＝1－P (A ).(2)一般地，如果事件A 1，A 2，…，A n 是两两互斥事件，那么有P (A 1＋A 2＋…＋A n )＝P (A 1)＋P (A 2)＋…＋P (A n ).4．对任意事件A ，B 则有P (A ＋B )＝P (A )＋P (B )－P (AB ). 5．如果A ⊆B ，那么P (A )≤P (B )． 知识点五 古典概型 1．古典概型的特点2．古典概型的概率公式假设样本空间含有n 个样本点，由古典概型的定义可知，每个基本事件发生的可能性大小都相等，又因为必然事件发生的概率为1，因此由互斥事件的概率加法公式可知每个基本事件发生的概率均为1n .此时，如果事件C 包含有m 个样本点，则再由互斥事件的概率加法公式可知P (C )＝mn.[微思考]1．随机事件A ，B 互斥与对立有何区别与联系？提示：当随机事件A ，B 互斥时，不一定对立；当随机事件A ，B 对立时，一定互斥．也即两事件互斥是对立的必要不充分条件．2．若事件A 1，A 2，…，A n 两两互斥，怎样计算这n 个事件的和发生的概率？ 提示：此时P (A 1∪A 2∪…∪A n )＝P (A 1)＋P (A 2)＋…＋P (A n )．[小试牛刀·自我诊断]1．思维辨析(在括号内打“√”或“×”) (1)随机事件和随机试验是一回事．( )(2)在大量重复试验中，概率是频率的稳定值．( ) (3)两个事件的和事件是指两个事件都得发生．( )(4)对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件．( )(5)从市场上出售的标准为500±5g 的袋装食盐中任取一袋，测其重量，属于古典概型．( )(6)有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为13.( )答案：(1)× (2)√ (3)× (4)√ (5)× (6)√2．(链接人B 必修第二册P 101例2)如果从不包括大、小王的52张扑克牌中随机抽取一张，取到黑桃的概率是14，取到梅花的概率是14，则取到红色牌的概率是( )A.18B.14C.12D.34 答案：C3．(链接人B 必修第二册P 106例5)盒中装有形状、大小完全相同的5个球，其中红色球3个，黄色球2个．若从中随机取出2个球，则所取出的2个球颜色不同的概率为________.答案：354．(混淆频率与概率)给出下列三个命题，其中正确命题有__________个．①有一大批产品，已知次品率为10%，从中任取100件，必有10件是次品；②做7次抛硬币的试验，结果3次出现正面，因此正面出现的概率是37；③随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率．答案：05．(混淆“等可能性”与“非等可能性”)任意掷两枚骰子，则： (1)出现点数之和为奇数的概率为__________. (2)出现点数之和为偶数的概率为__________. 答案：(1)12 (2)12一、基础探究点——随机事件(题组练透)1．在5张电话卡中，有3张移动卡和2张联通卡，从中任取2张，若事件“2张全是移动卡”的概率是310，那么概率是710的事件是( )A ．至多有一张移动卡B ．恰有一张移动卡C ．都不是移动卡D ．至少有一张移动卡解析：选A 至多有一张移动卡包含“一张移动卡，一张联通卡”“两张全是联通卡”两个事件，它是“2张全是移动卡”的对立事件，故选A.2．对飞机连续射击两次，每次发射一枚炮弹，设A ＝{两次都击中飞机}，B ＝{两次都没击中飞机}，C ＝{恰有一次击中飞机}，D ＝{至少有一次击中飞机}，其中彼此互斥的事件是__________________，互为对立事件的是________.解析：设I 为对飞机连续射击两次所发生的所有情况，因为A ∩B ＝∅，A ∩C ＝∅，B ∩C ＝∅，B ∩D ＝∅，故A 与B ，A 与C ，B 与C ，B 与D 为互斥事件．而B ∩D ＝∅，B ∪D ＝I ，故B 与D 互为对立事件．答案：A 与B ，A 与C ，B 与C ，B 与D B 与D判断互斥、对立事件的两种方法定义法判断互斥事件、对立事件一般用定义判断，不可能同时发生的两个事件为互斥事件；两个事件，若有且仅有一个发生，则这两事件为对立事件，对立事件一定是互斥事件集合法①由各个事件所含的结果组成的集合交集为空集，则事件互斥．②事件A的对立事件A所含的结果组成的集合，是全集中由事件A所含的结果组成的集合的补集二、综合探究点——用随机事件的频率估计概率(师生共研)[典例剖析][例1]有一批货物需要用汽车从生产商所在城市甲运至销售商所在城市乙，已知从城市甲到城市乙只有两条公路，据调查统计，通过这两条公路从城市甲到城市乙的200辆汽车所用时间的频数分布情况如下表所示，所用时间(天数)10111213通过公路1的频数20402020通过公路2的频数10404010 假设汽车A只能在约定日期(某月某日)的前11天出发，汽车B只能在约定日期的前12天出发(将频率视为概率)，为了在各自允许的时间内将货物运至城市乙，汽车A和汽车B选择的最佳路径分别为()A．公路1和公路2B．公路2和公路1C．公路2和公路2 D．公路1和公路1[解析]选A通过公路1到城市乙用时10,11,12,13天的频率分别为0.2,0.4,0.2,0.2；通过公路2到城市乙用时10,11,12,13天的频率分别为0.1,0.4,0.4,0.1，设A1，A2分别表示汽车A在约定日期前11天出发，选择公路1,2将货物运往城市乙．B1，B2分别表示汽车B在约定日期前12天出发选择公路1,2，将货物运往城市乙，则P(A1)＝0.2＋0.4＝0.6，P(A2)＝0.1＋0.4＝0.5，P(B1)＝0.2＋0.4＋0.2＝0.8，P(B2)＝0.1＋0.4＋0.4＝0.9，所以汽车A最好选择公路1，汽车B最好选择公路2.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．[学会用活]1．某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20,25)，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：(1)估计六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率； (2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y (单位：元)，当六月份这种酸奶一天的进货量为450瓶时，写出Y 的所有可能值，并估计Y 大于零的概率．解：(1)这种酸奶一天的需求量不超过300瓶，当且仅当最高气温低于25，由表格数据知，最高气温低于25的频率为2＋16＋3690＝0.6，所以这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率的估计值为0.6.(2)当这种酸奶一天的进货量为450瓶时，若最高气温不低于25，则Y ＝6×450－4×450＝900；若最高气温位于区间[20,25)，则Y ＝6×300＋2×(450－300)－4×450＝300； 若最高气温低于20，则Y ＝6×200＋2×(450－200)－4×450＝－100， 所以，Y 的所有可能值为900,300，－100.Y 大于零当且仅当最高气温不低于20，由表格数据知，最高气温不低于20的频率为36＋25＋7＋490＝0.8，因此Y 大于零的概率的估计值为0.8.三、综合探究点——互斥事件、对立事件的概率(思维创新)[典例剖析][例2] A ，B ，C 三个班共有100名学生，为调查他们的体育锻炼情况，通过分层随机抽样获得了部分学生一周的锻炼时间，数据如表(单位：小时)：B 班 6 7 8 9 10 11 12C 班34.567.5910.51213.5(1)试估计C 班的学生人数；(2)从A 班和C 班抽出的学生中，各随机选取1人，A 班选出的人记为甲，C 班选出的人记为乙．假设所有学生的锻炼时间相互独立，求该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的概率．[解] (1)由题意，得三个班共抽20个学生，其中C 班抽8个，故抽样比k ＝20100＝15，故C 班有学生8÷15＝40(人)．(2)从A 班和C 班抽出的学生中，各随机选取一个人，共有5×8＝40(种)情况，而且这些情况是等可能的．当甲的锻炼时间为6小时时，甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的有2种情况；当甲的锻炼时间为6.5小时时，甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的有3种情况；当甲的锻炼时间为7小时时，甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的有3种情况；当甲的锻炼时间为7.5小时时，甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的有3种情况；当甲的锻炼时间为8小时时，甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的有4种情况．故该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的概率P ＝2＋3＋3＋3＋440＝38.求互斥事件的概率的方法(1)直接法(2)间接法(正难则反)[学会用活]2．某商场有奖销售中，购满100元商品得1张奖券，多购多得.1000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)易知P (A )＝11000，P (B )＝1100，P (C )＝120.(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 .因为A ，B ，C 两两互斥，所以P (M )＝P (A ＋B ＋C )＝P (A )＋P (B )＋P (C )＝1＋10＋501000＝611000.故1张奖券的中奖概率为611000.(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，所以P (N )＝1－P (A ＋B )＝1－⎝⎛⎭⎫11000＋1100＝9891000.故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为9891000.四、应用探究点——古典概型(师生共研)[典例剖析][例3] (1)(2021·攀枝花统考)部分省份在即将实施的新高考中将实行3＋1＋2模式，即语文、数学、英语必选，物理、历史二选一，政治、地理、化学、生物四选二．小明与小芳都准备选物理，如果他们都对后面四科的选择没有偏好，则他们所考六科中恰有五科相同的概率为( )A.23B.12C.13D.16[解析] 选A 新高考中将实行3＋1＋2模式，即语文、数学、英语必选，物理、历史二选一，政治、地理、化学、生物四选二．小明与小芳都准备选物理，他们都对后面四科的选择没有偏好，样本空间共包含n ＝C 24C 24＝36个样本点，他们所考六科中恰有五科相同包含的样本点个数为m ＝C 24C 12C 12＝24，∴他们所考六科中恰有五科相同的概率为 p ＝m n ＝2436＝23.故选A.(2)(2021·合肥一模)某商场进行购物摸奖活动，规则是：在一个封闭的纸箱中装有标号分别为1,2,3,4,5的五个小球，每次摸奖需要同时取出两个球，每位顾客最多有两次摸奖机会，并规定：若第一次取出的两球号码连号，则中奖，摸奖结束；若第一次未中奖，则将这两个小球放回后进行第二次摸球．若与第一次取出的两个小球号码相同，则为中奖．按照这样的规则摸奖，中奖的概率为( )A.45B.1925C.2350D.41100[解析] 选C 分两种情况，第一种第一次摸到连号， 则概率为P (A )＝4C 25＝25，第二种情况对应概率为P (B )＝C 25－4C 25·1C 25＝350，所以概率为P (A )＋P (B )＝25＋350＝2350，故选C.1．古典概型的概率求解步骤 (1)求出所有样本点的个数n ；(2)求出事件A 包含的所有样本点的个数m ； (3)代入公式P (A )＝mn 求解．2．样本点个数的确定方法(1)列举法：此法适合于样本点个数较少的古典概型；(2)列表法：此法适合于从多个元素中选定两个元素的试验，也可看成坐标法； (3)树状图法：树状图是进行列举的一种常用方法，适用于有顺序的问题及较复杂问题中样本点个数的探求；(4)运用排列组合知识计算．[学会用活]3．(2021·全国甲卷)将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为( ) A.13 B.25 C.23`D.45解析：选C 先考虑基本事件的总数，4个1和2个0排成一行，即6个数字排成一行，所以问题可转化为从6个位置中选择2个位置放0，共有C 26＝15个样本点，再考虑2个0不相邻的排法，4个1排成一行，共有5个缝隙(考虑两端)，所以只需从这5个缝隙中选取2个缝隙放0即可，故有C 25＝10个样本点．因此2个0不相邻的概率p ＝1015＝23.故选C. 概率与数学文化[情境素材]《易经》是我国浩如烟海的先秦古籍中一部最具魅力的经典，古代经学家曾把它列为群经之首．湖南教育出版社出版的普通高中教科书《数学》(主编：张景中)在讲授排列组合时，介绍了《易经》中的易卦(第一册第194页)，这对开阔学生眼界，加强学生应用数学于实际(科学、文化、生活)的能力，都有不可低估的作用．卦是《易经》中特有的符号，它是由两种不同的符号“——”和“－－”构成的．“——”叫做阳爻，“－－”叫做阴爻，阳爻和阴爻统称为爻．每一个卦都有专门的名称．如传统的易学研究认为，由六个爻组成的易卦是由两个三爻的卦上下重叠而成的．所以自古以来便有“伏羲画卦，文王重卦”的说法．三爻的卦共有8个，称为“八经卦”，它们是：经卦也称为单卦，易卦则称为重卦．由排列组合知，由8个经卦两两重叠而成的重卦有82＝64个．一个六爻的重卦还可以看成是由三个二爻卦叠合而成的，二爻的卦共有四个，称为四象，它们也有专门的名称：由排列组合知，这样的卦有43＝64个．[情境命题][典例] 我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化，每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“——”和阴爻“— —”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是( )A.516B.1132C.2132D.1116[思维导引] 求出重卦的基本事件总数及恰有3个阳爻的基本事件的数量，利用古典概型求解．[解法探究] “重卦”中每一爻有两种情况，基本事件计算是“住店”问题，该重卦恰有3个阳爻是相同元素的排列问题，利用直接法即可计算．由题知，每一爻有2种情况，一重卦的6爻共有26个样本点，其中6爻中恰有3个阳爻的情况有C 36个样本点，所以该重卦恰有3个阳爻的概率为C 3626＝516，故选A. [答案] A本题以《周易》“易卦”为背景，考查古典概率的计算问题．理解题意，建立概率模型，利用排列组合知识求概率．。
2020届高考数学(人教B版)一轮复习数学归纳法(理)学案
数学归纳法【学习目标】1．理解数学归纳法的原理及适用范围．掌握数学归纳法证题的思路和特点。
2．能够利用数学归纳法证明与正整数有关的命题。
【要点梳理】知识点一、数学归纳法的原理1.数学归纳法定义:对于某些与自然数n有关的命题常常采用下面的方法来证明它的正确性：先证明当n取第一个值n0时命题成立；然后假设当n=k(k N*，k≥n0)时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立这种证明方法就叫做数学归纳法要点诠释：即先验证使结论有意义的最小的正整数n0，如果当n=n0时，命题成立，再假设当n=k(k≥n0，k ∈N*)时，命题成立.(这时命题是否成立不是确定的)，根据这个假设，如能推出当n=k+1时，命题也成立，那么就可以递推出对所有不小于n0的正整数n0+1，n0+2，…，命题都成立.2.数学归纳法的原理：数学归纳法是专门证明与正整数集有关的命题的一种方法，它是一种完全归纳法。
它的证明共分两步：①证明了第一步，就获得了递推的基础。
但仅靠这一步还不能说明结论的普遍性.在第一步中，考察结论成立的最小正整数就足够了，没有必要再考察几个正整数，即使命题对这几个正整数都成立，也不能保证命题对其他正整数也成立；②证明了第二步，就获得了递推的依据。
但没有第一步就失去了递推的基础.只有把第一步和第二步结合在一起，才能获得普遍性的结论。
其中第一步是命题成立的基础，称为“归纳基础”（或称特殊性），第二步是递推的证据，解决的是延续性问题（又称传递性问题）。
3.数学归纳法的功能和适用范围1.数学归纳法具有证明的功能，它将无穷的归纳过程根据归纳公理转化为有限的特殊演绎（直接验证和演绎推理相结合）过程.2. 数学归纳法一般被用于证明某些与正整数n（n取无限多个值）有关的数学命题。
但是，并不能简单地说所有与正整数n有关的数学命题都可使用数学归纳法证明。
知识点二、运用数学归纳法的步骤与技巧1 用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题的步骤：(1)证明：当n取第一个值n0结论正确；(2)假设当n=k(k∈N*，且k≥n0)时结论正确，证明当n=k+1时结论也正确由(1)，(2)可知，命题对于从n0开始的所有正整数n都正确2．用数学归纳法证题的注意事项（1）弄错起始n0．n0不一定恒为1，也可能n0=2或3（即起点问题）．（2）对项数估算错误．特别是当寻找n=k与n=k+1的关系时，项数的变化易出现错误（即跨度问题）．（3）没有利用归纳假设．归纳假设是必须要用的，假设是起桥梁作用的，桥梁断了就过不去了，整个证明过程也就不正确了（即伪证问题）．（4）关键步骤含糊不清．“假设n=k时结论成立，利用此假设证明n=k+1时结论也成立”是数学归纳法的关键一步，也是证明问题最重要的环节，推导的过程中要把步骤写完整，另外要注意证明过程的严谨性、规范性（即规范问题）．3.用数学归纳法证题的关键：运用数学归纳法由n=k到n=k+l的证明是证明的难点，突破难点的关键是掌握由n=k到n=k+1的推证方法．在运用归纳假设时，应分析由n=k到n=k+1的差异与联系，利用拆、添、并、放、缩等手段，或从归纳假设出发，或从n=k+1时分离出n=k时的式子，再进行局部调整；也可以考虑二者的结合点，以便顺利过渡．知识点三、用数学归纳法证题的类型：1.用数学归纳法证明与正整数n有关的恒等式；对于证明恒等的问题，在由证等式也成立时，应及时把结论和推导过程对比，也就是我们通常所说的两边凑的方法，以减小计算的复杂程度，从而发现所要证明的式子，使问题的证明有目的性．2.用数学归纳法证明与正整数n有关的整除性问题；用数学归纳法证明整除问题时，由到时，首先要从要证的式子中拼凑出假设成立的式子，然后证明剩余的式子也能被某式（数）整除，这是数学归纳法证明问题的一大技巧。
2024届高考一轮复习数学教案(新人教B版)：数列中的综合问题
§6.6数列中的综合问题考试要求数列的综合运算问题以及数列与函数、不等式等知识的交汇问题，是历年高考的热点内容．一般围绕等差数列、等比数列的知识命题，涉及数列的函数性质、通项公式、前n 项和公式等．题型一等差数列、等比数列的综合运算例1(2023·厦门模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝32n 2＋12n ，递增的等比数列{b n }满足b 1＋b 4＝18，b 2·b 3＝32.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若c n ＝a n ·b n ，n ∈N +，求数列{c n }的前n 项和T n .解(1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝32n 2＋12n －32(n －1)2＋12(n －1)＝3n －1，又∵当n ＝1时，a 1＝S 1＝2符合上式，∴a n ＝3n －1.∵b 2b 3＝b 1b 4，∴b 1，b 4是方程x 2－18x ＋32＝0的两根，又∵b 4>b 1，∴解得b 1＝2，b 4＝16，∴q 3＝b4b 1＝8，∴q ＝2，∴b n ＝b 1·q n －1＝2n .(2)∵a n ＝3n －1，b n ＝2n ，则c n ＝(3n －1)·2n ，∴T n ＝2·21＋5·22＋8·23＋11·24＋…＋(3n －1)·2n ，2T n ＝2·22＋5·23＋8·24＋11·25＋…＋(3n －1)·2n ＋1，将两式相减得－T n ＝2·21＋3(22＋23＋24＋…＋2n )－(3n －1)·2n ＋1＝4＋322(1－2n －1)1－2－(3n －1)·2n ＋1＝(4－3n )·2n ＋1－8，∴T n ＝(3n －4)·2n ＋1＋8.思维升华数列的综合问题常将等差、等比数列结合，两者相互联系、相互转化，解答这类问题的方法：寻找通项公式，利用性质进行转化．跟踪训练1(2022·全国甲卷)记S n 为数列{a n }的前n 项和．已知2S nn＋n ＝2a n ＋1.(1)证明：{a n }是等差数列；(2)若a 4，a 7，a 9成等比数列，求S n 的最小值．(1)证明由2S nn＋n ＝2a n ＋1，得2S n ＋n 2＝2a n n ＋n ，①所以2S n ＋1＋(n ＋1)2＝2a n ＋1(n ＋1)＋(n ＋1)，②②－①，得2a n ＋1＋2n ＋1＝2a n ＋1(n ＋1)－2a n n ＋1，化简得a n ＋1－a n ＝1，所以数列{a n }是公差为1的等差数列．(2)解由(1)知数列{a n }的公差为1.由a 4，a 7，a 9成等比数列，得a 27＝a 4a 9，即(a 1＋6)2＝(a 1＋3)(a 1＋8)，解得a 1＝－12.所以S n ＝－12n ＋n (n －1)2＝n 2－25n2－6258，所以当n ＝12或13时，S n 取得最小值，最小值为－78.题型二数列与其他知识的交汇问题命题点1数列与不等式的交汇例2(1)已知数列{a n }满足a 1＋12a 2＋13a 3＋…＋1na n ＝n 2＋n (n ∈N +)，设数列{b n }满足：b n ＝2n ＋1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，若T n <nn ＋1λ(n ∈N +)恒成立，则实数λ的取值范围为()A.14，＋∞C.38，＋∞答案D解析数列{a n }满足a 1＋12a 2＋13a 3＋…＋1na n ＝n 2＋n ，①当n ≥2时，a 1＋12a 2＋13a 3＋…＋1n －1a n －1＝(n －1)2＋(n －1)，②①－②得1na n ＝2n ，故a n ＝2n 2，当n ＝1时，a 1＝2也满足上式．数列{b n }满足：b n ＝2n ＋1a n a n ＋1＝2n ＋14n 2(n ＋1)2＝141n 2－1(n ＋1)2，则T n ＝141＋…＋1n 2－1(n ＋1)2＝141－1(n ＋1)2，由于T n <nn ＋1λ(n ∈N +)恒成立，故141－1(n ＋1)2<n n ＋1λ，整理得λ>n ＋24n ＋4，因为y ＝n ＋24n ＋4＝n ∈N +上单调递减，故当n ＝1＝38，所以λ>38.(2)已知数列{a n }满足a 1＝37，3a n ,2a n ＋1，a n a n ＋1成等差数列．{a n }的通项公式；②记{a n }的前n 项和为S n ，求证：1271S n <7528.①解由已知得4a n ＋1＝3a n ＋a n a n ＋1，因为a 1＝37≠0，所以由递推关系可得a n ≠0恒成立，所以4a n ＝3a n ＋1＋1，所以4a n －4＝3a n ＋1－3，即1a n ＋1－1又因为1a 1－1＝73－1＝43，所以数列是首项为43，公比为43的等比数列，所以1a n－1，所以a n ＝11.②证明由①可得a n ＝111－1＝37×－1，所以S n ≥37＋37×＋…＋37×－1＝1271n，a n ＝11<1，S 1＝37<7528，当n ≥2时，S n <37＋＋ (37)1－34＝7528－3<7528.综上所述，1271n≤S n <7528成立．命题点2数列与函数的交汇例3(1)(2023·龙岩模拟)已知函数f (x )＝13x 3＋4x ，记等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若f (a 1＋2)＝100，f (a 2022＋2)＝－100，则S 2022等于()A ．－4044B ．－2022C ．2022D ．4044答案A解析因为f (－x )＝－13x 3－4x ＝－f (x )，所以f (x )是奇函数，因为f (a 1＋2)＝100，f (a 2022＋2)＝－100，所以f (a 1＋2)＝－f (a 2022＋2)，所以a 1＋2＋a 2022＋2＝0，所以a 1＋a 2022＝－4，所以S 2022＝2022(a 1＋a 2022)2＝－4044.(2)数列{a n }是等差数列，a 1＝1，公差d ∈[1,2]，且a 4＋λa 10＋a 16＝15，则实数λ的最大值为________．答案－12解析因为a 4＋λa 10＋a 16＝15,所以a 1＋3d ＋λ(a 1＋9d )＋a 1＋15d ＝15，令λ＝f (d )＝151＋9d －2，因为d ∈[1,2]，所以令t ＝1＋9d ，t ∈[10,19]，因此λ＝f (t )＝15t －2，当t ∈[10,19]时，函数λ＝f (t )是减函数，故当t ＝10时，实数λ有最大值，最大值为f (10)＝－12.思维升华(1)数列与不等式的综合问题及求解策略①判断数列问题的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小或借助数列对应的函数的单调性比较大小．②以数列为载体，考查不等式恒成立的问题，此类问题可转化为函数的最值．③考查与数列有关的不等式证明问题，此类问题一般采用放缩法进行证明，有时也可通过构造函数进行证明．(2)数列与函数交汇问题的主要类型及求解策略①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题．②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要利用数列的通项公式、前n 项和公式、求和方法等对式子化简变形．跟踪训练2(1)设{a n }是等比数列，函数y ＝x 2－x －2023的两个零点是a 2，a 3，则a 1a 4等于()A ．2023B ．1C ．－1D ．－2023答案D解析由题意a 2，a 3是x 2－x －2023＝0的两根．由根与系数的关系得a 2a 3＝－2023.又a 1a 4＝a 2a 3，所以a 1a 4＝－2023.(2)数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N +)，S n 为其前n 项和．数列{b n }为等差数列，且满足b 1＝a 1，b 4＝S 3.①求数列{a n }，{b n }的通项公式；②设c n ＝1b n ·log 2a 2n ＋2，数列{c n }的前n 项和为T n ，证明：13≤T n <12.①解由题意知，{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以a n ＝a 1·2n －1＝2n －1.所以S n ＝2n－1.设等差数列{b n }的公差为d ，则b 1＝a 1＝1，b 4＝1＋3d ＝7，所以d ＝2，b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.②证明因为log 2a 2n ＋2＝log 222n ＋1＝2n ＋1，所以c n ＝1b n ·log 2a 2n ＋2＝1(2n －1)(2n ＋1)＝所以T n －13＋13－15＋…＋12n －1－因为n ∈N +，所以T n <12，＝n 2n ＋1.当n ≥2时，T n －T n －1＝n 2n ＋1－n －12n －1＝1(2n ＋1)(2n －1)>0，所以数列{T n }是一个递增数列，所以T n ≥T 1＝13.综上所述，13≤T n <12.课时精练1．(2022·汕头模拟)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15,4a 1,2a 3，a 5成等差数列，则a 1等于()A ．52－5B ．52＋5C ．52D ．5答案A解析设各项均为正数的等比数列{a n }的公比为q ，q >0，由前4项和为15,4a 1,2a 3，a 5成等差数列，可得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝15，4a 3＝4a 1＋a 5，即4a 1＋a 1q 4＝4a 1q 2，即q 2－2＝0，解得q ＝2，a 1＝52－5.2．(2023·焦作模拟)直播带货是一种直播和电商相结合的销售手段，目前受到了广大消费者的追捧，针对这种现状，某传媒公司决定逐年加大直播带货的资金投入，若该公司今年投入的资金为2000万元，并在此基础上，以后每年的资金投入均比上一年增长12%，则该公司需经过____年其投入资金开始超过7000万元()(参考数据：lg 1.12≈0.049，lg 2≈0.301，lg 7≈0.845)A ．14B ．13C ．12D ．11答案C解析设该公司经过n 年投入的资金为a n 万元，则a 1＝2000×1.12，由题意可知，数列{a n }是以2000×1.12为首项，以1.12为公比的等比数列，所以a n ＝2000×1.12n ，由a n ＝2000×1.12n >7000可得n >log 1.1272＝lg 7－lg 2lg 1.12≈11.1，因此，该公司需经过12年其投入资金开始超过7000万元．3．在正项等比数列{a n }中，3为a 6与a 14的等比中项，则a 3＋3a 17的最小值为()A ．23B ．89C ．6D ．3答案C解析因为{a n }是正项等比数列，且3为a 6与a 14的等比中项，所以a 6a 14＝3＝a 3a 17，则a 3＋3a 17＝a 3＋3·3a 3≥2a 3·3·3a 3＝6，当且仅当a 3＝3时，等号成立，所以a 3＋3a 17的最小值为6.4．(2023·岳阳模拟)在等比数列{a n }中，a 2＝－2a 5,1<a 3<2，则数列{a 3n }的前5项和S 5的取值范围是()－118，－－338，－答案A解析设等比数列{a n }的公比为q ，则q 3＝a 5a 2＝－12，数列{a 3n }是首项为a 3，公比为q 3＝－12的等比数列，则S 51＋12＝1116a 35．(多选)(2023·贵阳模拟)已知函数f (x )＝lg x ，则下列四个命题中，是真命题的为()A ．f (2)，f (10)，f (5)成等差数列B ．f (2)，f (4)，f (8)成等差数列C ．f (2)，f (12)，f (72)成等比数列D ．f (2)，f (4)，f (16)成等比数列答案ABD解析对于A ，f (2)＋f (5)＝lg 2＋lg 5＝lg 10＝1，2f (10)＝2lg 10＝1，故f (2)，f (10)，f (5)成等差数列，故是真命题；对于B ，f (2)＋f (8)＝lg 2＋lg 8＝lg 16,2f (4)＝2lg 4＝lg 16，故f (2)，f (4)，f (8)成等差数列，故是真命题；对于C ，f (2)·f (72)＝lg 2×lg ＝lg 212＝f 2(12)，故f (2)，f (12)，f (72)不成等比数列，故是假命题；对于D ，f (2)f (16)＝lg 2×lg 16＝4lg 22＝(2lg 2)2＝lg 24＝f 2(4)，故f (2)，f (4)，f (16)成等比数列，故是真命题．6．数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了F n ＝22n＋1(n ＝0,1,2，…)是质数的猜想，直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出F 5＝641×6700417，不是质数．现设a n ＝log 4(F n －1)(n ＝1,2，…)，S n 表示数列{a n }的前n 项和．若32S n ＝63a n ，则n 等于()A ．5B ．6C ．7D ．8答案B解析因为F n ＝22n＋1(n ＝0,1,2，…)，所以a n ＝log 4(F n －1)＝log 4(22n＋1－1)＝log 422n＝2n －1，所以{a n }是等比数列，首项为1，公比为2，所以S n ＝1(1－2n )1－2＝2n －1.所以32(2n －1)＝63×2n －1，解得n ＝6.7.宋元时期我国数学家朱世杰在《四元玉鉴》中所记载的“垛积术”，其中“落—形”就是每层为“三角形数”的三角锥垛，三角锥垛从上到下最上面是1个球，第二层是3个球，第三层是6个球，第四层是10个球，…，则这个三角锥垛的第十五层球的个数为________．答案120解析∵“三角形数”可写为1,1＋2,1＋2＋3,1＋2＋3＋4,1＋2＋3＋4＋5，…，∴“三角形数”的通项公式为a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，∴这个三角锥垛的第十五层球的个数为a 15＝15×162＝120.8．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝ln n ，若存在p ∈R ，使得a n ≤pn 对任意的n ∈N +都成立，则p 的取值范围为________．答案ln 33，＋∞解析数列{a n }的通项公式为a n ＝ln n ，若存在p ∈R ，使得a n ≤pn 对任意的n ∈N +都成立，故p ，设f (x )＝ln x x ，则f ′(x )＝1x ·x －ln x x 2，令f ′(x )＝1－ln x x 2＝0，解得x ＝e ，故函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)，所以函数在x ＝e 处取最大值，由于n ∈N +，所以当n ＝3时函数最大值为ln 33.所以p 的取值范围是ln 33，＋9．记关于x 的不等式x 2－4nx ＋3n 2≤0(n ∈N +)的整数解的个数为a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，满足4T n ＝3n ＋1－a n －2.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)设c n ＝2b n －，若对任意n ∈N +，都有c n <c n ＋1成立，试求实数λ的取值范围．解(1)由不等式x 2－4nx ＋3n 2≤0可得，n ≤x ≤3n ，∴a n ＝2n ＋1，T n ＝14×3n ＋1－12n －34，当n ＝1时，b 1＝T 1＝1，当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝12×3n －12，∵b 1＝1适合上式，∴b n ＝12×3n －12.(2)由(1)可得，c n ＝3n －1＋(－1)n －1，∴c n ＋1＝3n ＋1－1＋(－1)n ＋1，∵c n <c n ＋1，∴c n ＋1－c n ＝2×3n ＋52(－1)n >0，∴(－1)n λ>－45×2n ，当n 为奇数时，λ<45×2n ，由于45×2n 随着n 的增大而增大，当n ＝1时，45×2n 的最小值为85，∴λ<85，当n 为偶数时，λ>－45×2n ，由于－45×2n 随着n 的增大而减小，当n ＝2时，－45×2n 的最大值为－165，∴λ>－165，综上可知，－165<λ<85.10．设n ∈N +，有三个条件：①a n 是2与S n 的等差中项；②a 1＝2，S n ＋1＝a 1(S n ＋1)；③S n ＝2n ＋1－2.在这三个条件中任选一个，补充在下列问题的横线上，再作答．若数列{a n }的前n 项和为S n ，且________．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若{a n ·b n }是以2为首项，4为公差的等差数列，求数列{b n }的前n 项和T n .注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分．解(1)选择条件①：因为a n 是2与S n 的等差中项，所以2a n ＝2＋S n ，所以当n ≥2时，2a n －1＝2＋S n －1，两式相减得，2a n －2a n －1＝a n ，即a n ＝2a n －1(n ≥2)，在2a n ＝2＋S n 中，令n ＝1，可得a 1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，故a n ＝2·2n －1＝2n .选择条件②：由a 1＝2，S n ＋1＝a 1(S n ＋1)，知S n ＋1＝2(S n ＋1)，当n ＝1时，可求得a 2＝4，所以当n ≥2时，S n ＝2(S n －1＋1)，两式相减得，a n ＋1＝2a n (n ≥2)，又a 1＝2，a 2＝4也满足上式，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，故a n ＝2·2n －1＝2n .选择条件③：在S n ＝2n ＋1－2中，令n ＝1，则a 1＝21＋1－2＝2，当n ≥2时，有S n －1＝2n －2，两式相减得，a n ＝2n (n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝2满足上式，所以a n ＝2n .(2)因为{a n ·b n }是以2为首项，4为公差的等差数列，所以a n ·b n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2，由(1)知，a n ＝2n ，所以b n ＝2n －12n －1，所以T n ＝1＋3＋5＋…＋2n －12n －1，12T n ＝1＋3＋…＋2n －32n －1＋2n －12n ，两式相减得，12T n ＝1＋2＋2＋…＋2－1－2n －12n ＝1＋2×21－12－2n －12n ＝3－2n ＋32n，所以T n ＝6－2n ＋32n －1.11．(2022·北京)设{a n }是公差不为0的无穷等差数列，则“{a n }为递增数列”是“存在正整数N 0，当n >N 0时，a n >0”的()A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案C 解析设无穷等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn ＋a 1－d .若{a n }为递增数列，则d >0，则存在正整数N 0，使得当n >N 0时，a n ＝dn ＋a 1－d >0，所以充分性成立；若存在正整数N 0，使得当n >N 0时，a n ＝dn ＋a 1－d >0，即d >d －a 1n对任意的n >N 0，n ∈N +均成立，由于n →＋∞时，d －a 1n→0，且d ≠0，所以d >0，{a n }为递增数列，必要性成立．故选C.12．已知a 1，a 2，a 3，a 4成等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)．若a 1>1，则()A ．a 1<a 3，a 2<a 4B ．a 1>a 3，a 2<a 4C ．a 1<a 3，a 2>a 4D ．a 1>a 3，a 2>a 4答案B 解析因为ln x ≤x －1(x >0)，所以a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)≤a 1＋a 2＋a 3－1，所以a 4＝a 1·q 3≤－1.由a 1>1，得q <0.若q ≤－1，则ln(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q )·(1＋q 2)≤0.又a 1＋a 2＋a 3＝a 1(1＋q ＋q 2)≥a 1>1，所以ln(a 1＋a 2＋a 3)>0，矛盾．因此－1<q <0.所以a 1－a 3＝a 1(1－q 2)>0，a 2－a 4＝a 1q (1－q 2)<0，所以a 1>a 3，a 2<a 4.13．函数y ＝f (x )，x ∈[1，＋∞)，数列{a n }满足a n ＝f (n )，n ∈N +，①函数f (x )是增函数；②数列{a n }是递增数列．写出一个满足①的函数f (x )的解析式________．写出一个满足②但不满足①的函数f (x )的解析式________．答案f (x )＝x 2f (x )(答案不唯一)解析由题意，可知在x ∈[1，＋∞)这个区间上是增函数的函数有许多，可写为f (x )＝x 2.第二个填空是找一个数列是递增数列，而对应的函数不是增函数，可写为f (x ).则这个函数在1，43上单调递减，在43，＋∴f (x )在[1，＋∞)上不是增函数，不满足①.而对应的数列为a n 在n ∈N +上越来越大，属于递增数列．14．设函数f (x )－4，x ≤－3，x 2＋2，x >－3，数列{a n }满足a n ＋1＝f (a n )(n ∈N +)，若{a n }是等差数列．则a 1的取值范围是__________．答案(－∞，－3]∪{－2,1}解析画出函数f (x )的图象如图所示，当a 1≤－3时，a 2＝f (a 1)＝a 1－4≤－7，a 3＝f (a 2)＝a 2－4≤－11，…，数列{a n }是首项为a 1，公差为－4的等差数列，符合题意，当a 1>－3时，因为{a n }是等差数列，①若其公差d >0，则∃k 0∈N +，使得0k a >2，这与a n ＋1＝f (a n )＝2－a 2n ≤2矛盾，②若其公差d ＝0，则a 2＝－a 21＋2＝a 1，即a 21＋a 1－2＝0，解得a 1＝－2或a 1＝1，则当a 1＝－2时，a n ＝－2为常数列，当a 1＝1时，a n ＝1为常数列，此时{a n }为等差数列，符合题意，③若其公差d <0，则∃k 0∈N +，使得0k a >－3且01k a ＋≤－3，则等差数列的公差必为－4，因此001k k a a ＋－＝－4，所以2－002k k a a －＝－4，解得0k a ＝－3(舍去)或0k a ＝2.又当0k a ＝2时，000123k k k a a a ＋＋＋＝＝＝…＝－2，这与公差为－4矛盾．综上所述，a 1的取值范围是(－∞，－3]∪{－2,1}．15．若数列{a n }对于任意的正整数n 满足：a n >0且a n a n ＋1＝n ＋1，则称数列{a n }为“积增数列”．已知“积增数列”{a n }中，a 1＝1，数列{a 2n ＋a 2n ＋1}的前n 项和为S n ，则对于任意的正整数n ，有()A ．S n ≤2n 2＋3B ．S n ≥n 2＋4nC ．S n ≤n 2＋4nD ．S n ≥n 2＋3n 答案D 解析∵a n >0，∴a 2n ＋a 2n ＋1≥2a n a n ＋1，∵a n a n ＋1＝n ＋1，∴{a n a n ＋1}的前n 项和为2＋3＋4＋…＋n ＋1＝n (2＋n ＋1)2＝n (n ＋3)2，∴数列{a 2n ＋a 2n ＋1}的前n 项和为S n ≥2×n (n ＋3)2＝n 2＋3n .16．设{a n }是正数组成的数列，其前n 项和为S n ，并且对于所有的正整数n ，a n 与2的等差中项等于S n 与2的等比中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b nn ∈N +)，求证：b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n <1＋n .(1)解由已知a n ＋22＝2S n (n ∈N +)，整理得S n ＝18(a n ＋2)2，所以S n ＋1＝18(a n ＋1＋2)2.所以a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝18[(a n ＋1＋2)2－(a n ＋2)2]＝18(a 2n ＋1＋4a n ＋1－a 2n －4a n )，整理得(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －4)＝0，由题意知a n ＋1＋a n ≠0，所以a n ＋1－a n ＝4，而a 1＝2，即数列{a n }是a 1＝2，d ＝4的等差数列，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝4n －2.(2)证明令c n ＝b n －1，则c n ＋a n a n ＋1－＝12n －1－12n ＋1.故b 1＋b 2＋…＋b n －n ＝c 1＋c 2＋…＋cn…1－12n ＋1<1.故b 1＋b 2＋…＋b n <1＋n .。
2020届一轮复习人教B版概率学案
《概率》全章节复习与巩固【学习目标】1.理解随机变量及其概率分布的概念，了解分布列对于刻画随机现象的重要性.2.理解超几何分布及其导出过程，并能进行简单的应用.3.理解事件的独立性和条件概率，并能进行简单的应用.4.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.5.理解随机变量的均值、方差的概念，能计算简单随机变量的均值、方差，并能解决一些实际问题.6.了解正态分布的有关概念. 【要点梳理】要点一、离散型随机变量及其分布列1．离散型随机变量：如果随机试验的结果可以用一个变量来表示，那么这样的变量叫做随机变量，随机变量常用希腊字母ηξ,等表示。
对于随机变量可能取的值，可以按一定次序一一列出，这样的随机变量叫做离散型随机变量； 若ξ是随机变量，,b a +=ξη其中a,b 是常数，则η也是随机变量，并且不改变其属性（离散型、连续型）。
2．离散性随机变量的分布列：设离散型随机变量ξ可能取得值为x 1,x 2,…,x 3,…,若ξ取每一个值x i (i=1,2,…)的概率为i i P x P ==)(ξ，则称表为随机变量ξ的概率分布，简称ξ的分布列. 离散型随机变量的分布列都具有下面两个性质： （1）p i ≥0,i=1,2…； （2）P 1+P 2+…=13．如果随机变量X 的分布列为称离散型随机变量X 服从参数为p 的两点分布。
要点二、超几何分布在含M 件次品的N 件产品中，任取n 件，其中恰有X 件次品数，则事件{}X k =发生的概率为：()k n k M N MnNC C P X k C --⋅==，0,1,2,,k m =，其中min{}m M =，n ，n N M N n M N N *≤≤∈，，，，，称分布列为超几何分布列。
离散型随机变量X 服从超几何分布。
要点三、独立性1.条件概率的概念设A 、B 为两个事件，且()0P A >，在已知事件A 发生的条件下，事件B 发生的概率叫做条件概率，用符号(|)P B A 表示。
届高考人教B版数学一轮复习方案课时作业第55讲随机数与几
届高考人教B版数学一轮复习方案课时作业第55讲随机数与几2022年届高考人教B版数学一轮复习方案课时作业第55讲随机数与几何概型Word版含答案]课时作业(五十五) [第55讲随机数与几何概型](时间：35分钟分值：80分)基础热身1．在线段[0，3]上任投一点，则此点坐标小于1的概率为( ) 111A. B. D．1 2342．[2022年九江六校三联] 在一球内有一边长为1的内接正方体，一动点在球内运动，则此点落在正方体内部的概率为( )A.__ C. D.π2ππ3π3．[2022年大连4月测试] 一个路口的红绿灯，红灯的时间为30秒，绿灯的时间为40秒，黄灯的时间为5秒，当某人到达路口时看见的是红灯的概率是( )1234A. B. D. 55554．[2022年鸡西三模] 欧阳修《卖油翁》中写到：(翁)乃取一葫芦置于地，以钱覆其口，徐以杓酌油沥之，自钱孔入，而钱不湿．可见“行行出状元”，卖油翁的技艺让人叹为观止．若铜钱是直径为3 cm的圆，中间有边长为1 cm的正方形孔，若你随机向铜钱上滴一滴油，则油(油滴大小忽略不计)正好落入孔中的概率是( )A. 能力提升→→→5．已知P是△ABC所在平面内一点，PB＋PC＋2PA＝0，先向△ABC内随机掷点，则点落在△PBC内的概率是( ) 1121A. B. D. 43326．在区间(0，π]上随机取一个数x，则事件“sinx＋3c osx≤1”发生的概率为( ) 1112A. B. D. 432317．[2022年信阳二模] 在面积为S的△ABC内随机取一点M，则△MBC的面积S△MBC≤S2的概率为( )1123A. B. D.32349π94π4 C. D. 44π99π2022年届高考人教B版数学一轮复习方案课时作业第55讲随机数与几何概型Word版含答案]8．[2022年韶关调研] 已知Ω＝{(x，y)|x＋y≤6，x≥0，y≥0}，A＝{(x，y)|x≤4，y≥0，x－2y≥0}，若向区域Ω上随机投一点P，则点P落入区域A的概率为( )1214A. B. D. 99399．[2022年郑州一中质检] 在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O为底面ABCD的中心，在正方体ABCD－A1B1C1D1内随机取一点P，则点P到点O的距离大于1的概率等于________．x－4x≤0，2210．若不等式组－1≤y≤2，表示的平面区域为M，(x－4)＋y≤1表示的平面区域为x－y－1≥0N，现随机向区域M内抛一点，则该点落在平面区域N内的概率是________．11．[2022年琼海二模] 一只蚂蚁在边长为4的正三形内爬行，某时刻此蚂蚁距三角形三个顶点的距离均超过1的概率为________．12．(13分)某班主任统计本班50名学生放学回家后学习时间的数据，用条形图表示(如图K55－1)．(1)求该班学生每天在家学习时间的平均值；(2)该班主任用分层抽样方法(按学习时间分五层)选出10个学生谈话，求在学习时间为1 h的学生中选出的人数；(3)假设学生每天在家学习时间为18时至23时，已知甲每天连续学习2 h，乙每天连续学习3 h，求22时甲、乙都在学习的概率．2图K55－1难点突破13．(12分)设有关于x的一元二次方程x＋2ax＋b＝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．222022年届高考人教B版数学一轮复习方案课时作业第55讲随机数与几何概型Word版含答案]课时作业(五十五)【基础热身】11．B [解析] 点坐标小于1的区间长度为132．D [解析] 由已知可得球的半径为r＝__π，球的体积为V＝π×＝，正方2322体体积V1＝1，所以概率P＝.故选D.V3π3．B [解析] 某人到达路口看到红灯的概率是P＝44．D [解析] 概率为P＝＝D.329ππ2【能力提升】→→→5．D [解析] 根据PB＋PC＋2PA＝0知，点P是△ABC的BC 边上中线的中点，故△PBC1的面积等于△ABC面积的D.2π π16．C [解析] 由sinx＋3cosx≤1得sin x≤，当x∈(0，π]x3 22 ππ－21≤π，所以所求概率为P＝＝.故选C.π－0212＝故选B.30＋40＋557．D [解析] 如图，点D，E分别是AB，AC的中点，连接DE，在阴影区域内任取一点1S四边形BCED3M，则有S△MBC≤S.所以所求概率P＝＝.故选D.2S△ABC4118．B [解析] 分别画出两个集合表示的区域可知SΩ＝×6×6＝18，SA＝×4×2＝4，22由几何概型概率计算可得P＝SA42，选B. SΩ189π22π9．1－[解析] 因为正方体的体积为8，而半球的体积为×1×π＝P__π8－3π到点O的距离大于1的概率为＝1－8122022年届高考人教B版数学一轮复习方案课时作业第55讲随机数与几何概型Word版含答案]ππ[解析] 如图所示：P＝. __×（1＋4）×3212π×1211．1－3π[解析] 如图，当蚂蚁在图示三个半径为1的扇形区域外时满足条件，241π23__1233π由几何概型公式得1－1－__4×2212．解：(1)平均学习时间为20×1＋10×2＋10×3＋5×4＝1.8 h.5010(2)20×＝4.50(3)设甲开始学习的时刻为x，乙开始学习的时刻为y，试验的全部结果所构成的区域为Ω＝{(x，y)|18≤x≤21，18≤y≤20}，面积SΩ＝2×3＝6.事件A表示“22时甲、乙正在学习”，所构成的区域为A＝{(x，y)|20≤x≤21，19≤y≤20}，面积为SA＝1×1＝1，这是一个几何概型，所以P(A)＝SA1＝. SΩ6[点评] 根据以上的解法，我们把此类问题的解决总结为以下四步：(1)设变量．从问题情景中，发现哪两个量是随机的，从而设为变量x，y.(2)集合表示．用(x，y)表示每次试验结果，则可用相应的集合分别表示出试验全部结果Ω和事件A所包含试验结果．一般来说，两个集合都是几个二元一次不等式的交集．(3)作出区域．把以上集合所表示的平面区域作出来，先作不等式对应的直线，然后取一特殊点验证哪侧是符合条件的区域．计算求解．根据几何概型的概率公式，易从平面图形中两个面积的比求得．【难点突破】13．解：设事件A为“方程x＋2ax＋b＝0有实根”．当a≥0，b≥0时，方程x＋2ax＋b＝0有实根的充要条件为a≥b.22222022年届高考人教B版数学一轮复习方案课时作业第55讲随机数与几何概型Word版含答案](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．93事件A中包含9个基本事件，事件A发生的概率为P(A)＝124(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}．12。
2020届一轮复习人教B版 立体几何中的平行与垂直的证明 学案
考查角度1立体几何中的平行与垂直的证明分类透析一证明平行关系如图,在菱形ABCD中,∠BAD=π,ED⊥平面ABCD,EF∥DB,M3AD=2.是线段AE的中点,DE=EF=12(1)证明:DM∥平面CEF.ABCDEF的表面积.连接AC,设AC,BD的交点为O,连接MO,可证平面MOD∥从而DM∥平面CEF;(2)先判断各个面的形状,找出垂直关系,,再计算表面积.连接AC,设AC与BD的交点为O,连接MO.EF,DO⊄平面CEF,∴DO∥平面CEF.∵M是线段AE的中点,O为AC的中点,∴MO是△ACE的中位线,∴MO∥EC.又MO⊄平面CEF,∴MO∥平面CEF.又MO∩DO=O,∴平面MDO∥平面CEF.又DM⊂平面MDO,∴DM∥平面CEF.(2)连接FO,由菱形ABCD可得AC⊥BD.∵ED⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,∴ED⊥AC.又BD∩ED=D,∴AC⊥平面EDBF.又OF⊂平面EDBF,∴AC⊥OF.∵EF∥DO,且EF=DO,ED⊥DO,ED=DO,∴四边形EDOF为正方形,ED=DO=OF=FE=2.在Rt△ADE和Rt△CDE中,∵AD=CD=4,DE=2,∴AE=EC=2√5,∴S△ADE=S△CDE=4.在Rt△AOF和Rt△COF中,∵AO=CO=2√3,OF=2,AF=CF=4,∴△AEF和△CEF是直角三角形,∴S△AEF=S△CEF=4.∵四边形ABCD为菱形,∴AB=BC=CD=DA=4,S ABCD=8√3.又AF=CF=AB=CB=4,FB=2√2,∴S△AFB=S△CFB=2√7.∴多面体ABCDEF的表面积为4×2+4×2+2√7×2+8√3=16+4√7+8√3.证明线面平行的常用方法:①利用线面平行的判定定理,直线,可利用几何体的特征,合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两条直线平行.②利用面面平行的性质,即两个平面平行,在其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面.分类透析二证明垂直关系如图,已知四棱锥P-ABCD,侧面PAD为边长等于2的正三角形,为菱形,∠BAD=60°.(1)证明:PB⊥BC.(2)若平面PAD⊥底面ABCD,E为线段PD上的点,且PE=2ED,求三的体积.设AD的中点为O,通过证线面垂直得到线线垂直;(2),寻找三棱锥P-ABE的体积与三棱锥B-PAD的体积间的关系,然后求出三棱锥B-PAD的体积,最后得到三棱锥P-ABE的体积.解析 (1)如图,设AD的中点为O,连接PO,BO.,∴PO⊥AD.∵四边形ABCD为菱形,∠BAD=60°,∴OB⊥AD,OP∩OB=O,∴AD⊥平面POB.又AD∥BC,∴BC⊥平面POB.∵PB⊂平面POB,∴PB⊥BC.V B-PAD.(2)连接BD,由题知V P-ABE=V B-PAE=23∵平面PAD⊥底面ABCD,∴OP,OA,OB两两垂直且OP=OB=√3.则V B-PAD =13×12×2×√3×√3=1,故V P-ABE =2V B-PAD =23.有关空间中垂直关系的证明:主要用到线线垂直、线,再结合题意进行推理或证明完成,有些题目需要添加一些辅助线.分类透析三 平行关系和垂直关系的综合应用如图,在三棱锥P-ABC 中,AB ⊥平面PAC ,∠APC=90°,E 是AB ,M 是CE 的中点,点N 在PB 上,且4PN=PB.证明:(1)平面PCE ⊥平面PAB ; ∥平面PAC.先证明直线PC ⊥平面PAB ,再证平面PCE ⊥平面PAB ;(2)设AE Q ,连接MQ ,NQ ,证明平面MNQ ∥平面PAC ,从而MN ∥平面∵AB ⊥平面PAC ,PC ⊂平面PAC , PC.∵∠APC=90°,∴AP ⊥PC.又AP ⊂平面PAB ,AB ⊂平面PAB ,AP ∩AB=A , ∴PC ⊥平面PAB.∵PC ⊂平面PCE , ∴平面PCE ⊥平面PAB.(2)取AE 的中点Q ,连接NQ ,MQ. ∵M 是CE 的中点,∴MQ ∥AC. ∵PB=4PN ,AB=4AQ ,∴QN ∥AP.又AP ∩AC=A ,AP ⊂平面APC ,AC ⊂平面APC ,QN ∩QM=Q ,QN ⊂平面MNQ ,QM ⊂平面MNQ ,∴平面MNQ ∥平面PAC.∵MN ⊂平面MNQ ,∴MN ∥平面PAC.如图,△ABC 内接于圆O ,AB 是圆O 的直径,四边形DCBE 为平行四边形,DC ⊥平面ABC ,AB=2,BE=√3.(1)证明:平面ACD ⊥平面ADE.(2)记AC=x ,V (x )表示三棱锥A-CBE 的体积,求V (x )的最大值.要证平面ACD ⊥平面ADE ,只需证明DE ⊥平面ADC ,DC ⊥BC ,BC ⊥AC ,从而得证;(2)先利用体积公式求出V (x x 的解析式,再利用不等式求出最值.∵四边形DCBE 为平行四边形,BE ,BC ∥DE.∵DC ⊥平面ABC ,BC ⊂平面ABC , ∴DC ⊥BC.∵AB 是圆O 的直径, ∴BC ⊥AC.又DC ∩AC=C , ∴BC ⊥平面ADC. ∵DE ∥BC ,∴DE ⊥平面ADC. 又∵DE ⊂平面ADE ,∴平面ACD ⊥平面ADE.(2)在Rt△ABC 中,∵BC=√AB 2-AC 2=√4-x 2(0<x<2),∴S △ABC =12AC ·BC=12x √4-x 2,又BE=√3, ∴V (x )=V E-ABC =13S △ABC ·BE=√36x ·√4-x 2(0<x<2).若V (x )取得最大值,则x √4-x 2=√x 2(4-x 2)取得最大值.∵x 2(4-x 2)≤(x 2+4-x 22)2=4,当且仅当x 2=4-x 2,即x=√2时,“=”成立,故V (x )的最大值为√33.立体几何中最值问题的求解策略主要有:(1)转化为函解有些立体几何的最值问题可先引入线参数或角参数,再建立关于这些变量的函数关系,转化为函数的最值问题来解决.(2)利用重要不等式求最值.1.(2018年全国Ⅱ卷,文19改编)如图,在三棱锥P-ABC 中,AB=BC=2√2,PA=PB=PC=AC=4,O 为AC 的中点. (1)证明:PO ⊥平面ABC.(2)若点M 在棱BC 上,且MC=2MB ,求V C-POM ∶V P-ABMO .因为AP=CP=AC=4,O 为AC 的中点, 所以OP ⊥AC ,且OP=2√3.如图,连接OB ,因为AB=BC=√22AC ,所以△ABC 为等腰直角三角形,且OB ⊥AC ,OB=12AC=2.由OP 2+OB 2=PB 2知,OP ⊥OB.由OP ⊥OB ,OP ⊥AC ,OB ∩AC=O 知,PO ⊥平面ABC. (2)作CH ⊥OM ,垂足为H.又由(1)可得OP ⊥CH ,所以CH ⊥平面POM. 故CH 的长为点C 到平面POM 的距离. 由题设可知OC=12AC=2,CM=23BC=4√23,∠ACB=45°, 所以OM=2√53,CH=OC ·MC ·sin∠ACB OM =4√55. 所以V C-POM =13S △COM ×PO=13×12×2√53×4√55×PO=49PO , V P-ABMO =13×(12×2√2×2√2-12×2√53×4√55)×PO=89PO , 所以V C-POM ∶V P-ABMO =1∶2.2.(2018年全国Ⅲ卷,文19改编)如图,矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD⏜所在平面垂直,M 是CD ⏜上异于C ,D 的点. (1)证明:CM ⊥平面AMD.(2)设P 是AM 的中点,求证:MC ∥平面PDB.∵平面ABCD⊥半圆面CMD,CMD,∴AD⊥平面MCD.∵CM在平面MCD内,∴AD⊥CM.又M是半圆弧CD⏜上异于C,D的点,∴CM⊥MD.又AD∩MD=D,∴CM⊥平面AMD.(2)连接AC与BD交于点O,连接PO.在矩形ABCD中,O是AC的中点,P是AM的中点,∴OP∥MC.∵OP⊆平面PDB,MC⊄平面PDB,∴MC∥平面PDB.3.(2017年全国Ⅰ卷,文18改编)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.(1)证明:平面PCD⊥平面PAD.(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,且四棱锥P-ABCD的体积为83,求AB 的长度.由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.AB∥CD,故AP⊥CD.因为AP∩PD=P,所以CD⊥平面PAD.又CD⊂平面PCD,所以平面PCD⊥平面PAD.(2)在平面PAD内作PE⊥AD,垂足为E.由(1)知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PE,AB∩AD=A,可得PE⊥平面ABCD.设AB=x,则由已知可得AD=√2x,PE=√22x.故四棱锥P-ABCD的体积V P-ABCD=13AB·AD·PE=13x3.由题设得13x3=83,故x=2.从而AB=2.1.(2018年湖北省八校高三第二次联考测试)如图,在三棱锥P-ABC 中,PA ⊥AB ,PA=AB=BC=4,∠ABC=90°,PC=4√3,D 为线段AC 的中点,E 是线段PC 上一动点.(1)当DE ⊥AC 时,求证:PA ∥平面EDB.(2)当△BDE 的面积最小时,求三棱锥E-BCD 的体积.在Rt△ABC 中,AC=4√2.在△PAC 中,由PA 2+AC 2=PC 2知,PA ⊥AC , ∵DE ⊥AC ,∴PA ∥DE.又PA ⊄平面EDB ,∴PA ∥平面EDB. (2)在等腰直角△ABC 中, 由D 为AC 的中点知,DB ⊥AC.∵PA ⊥AC ,PA ⊥AB ,AB ∩AC=A ,∴PA ⊥平面ABC. ∵DB ⊂平面ABC ,∴PA ⊥DB.又DB ⊥AC ,PA ∩AC=A ,∴DB ⊥平面PAC. ∵DE ⊂平面PAC ,∴DE ⊥DB , 即△EBD 为直角三角形,∴当DE 最小时,△BDE 的面积最小,过点D 作PC 的垂线,当E 为垂足时,DE 最小,为2√63, 此时,EC=√(2√2)2-(2√63)2=4√33,∴V E-BCD =13×S △BDE ×EC=13×12×2√2×2√63×4√33=169.2.(2018年辽宁大连高三上学期期末)如图,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,D ,E 分别是AB ,BB 1的中点,AB=BC.证明: (1)BC 1∥平面A 1CD.(2)1EC ⊥平面ACC 1A 1.如图,连接AC 1,交A 1C 于点O ,连接DO ,则O 是AC 1的中点.因为D 是AB 的中点,所以OD ∥BC 1. 因为OD ⊂平面A 1CD ,BC 1⊄平面A 1CD , 所以BC 1∥平面A 1CD.(2)取AC 的中点F ,连接EO ,OF ,FB ,因为O 是AC 1的中点,所以OF ∥AA 1且OF=12AA 1.显然BE ∥AA 1,且BE=12AA 1,所以OF ∥BE 且OF=BE.则四边形BEOF 是平行四边形,所以EO ∥BF.因为AB=BC ,所以BF ⊥AC.又BF ⊥CC 1,AC ∩CC 1=C , 所以直线BF ⊥平面ACC 1A 1.因为EO ∥BF ,所以EO ⊥平面ACC 1A 1.因为EO ⊂平面A 1EC ,所以平面A 1EC ⊥平面ACC 1A 1.3.(四川省德阳市2018届高三二诊考试)如图,在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 为菱形,∠DAB=60°,PD ⊥平面ABCD ,PD=AD=2,点E 、F 分别为AB 、PD 的中点.(1)求证:直线AF ∥平面PEC ; (2)求点A 到平面PEC 的距离.取PC 的中点Q ,连接EQ ,FQ ,由题意知,FQ ∥DC 且FQ=12CD ,AE ∥CD 且AE=12CD ,故AE ∥FQ 且AE=FQ ,所以四边形AEQF 为平行四边形. 所以AF ∥EQ.又EQ ⊂平面PEC ,AF ⊄平面PEC , 所以AF ∥平面PEC.(2)连接AC ,设点A 到平面PEC 的距离为d. 由题意知在△EBC 中,EC=√EB 2+BC 2-2EB ·BC ·cos∠EBC =√1+4+2×1×2×12=√7,在△PDE 中,PE=√PD 2+DE 2=√7,在△PDC 中,PC=√PD 2+CD 2=2√2,故EQ ⊥PC ,EQ=AF=√5,S △PEC =12×2√2×√5=√10,S △AEC =12×1×√3=√32,所以由V A-PEC =V P-AEC ,得13×√10·d=13×√32×2,解得d=√3010.4.(山东省枣庄市2018届高三第二次模拟考试)在四棱锥S-ABCD 中,底面ABCD 为矩形,平面SAB ⊥平面ABCD ,平面SAD ⊥平面ABCD ,且SA=2AD=3AB.(1)证明:SA ⊥平面ABCD ;(2)若E 为SC 的中点,三棱锥E-BCD 的体积为89,求四棱锥S-ABCD 外接球的表面积.由底面ABCD 为矩形,得BC ⊥AB ,SAB ⊥平面ABCD ,平面SAB ∩平面ABCD=AB ,BC ⊂平面ABCD ,所以BC ⊥平面SAB ,所以BC ⊥SA.同理可得CD ⊥SA. 又BC ∩CD=C ,BC ⊂平面ABCD ,CD ⊂平面ABCD , 所以SA ⊥平面ABCD.(2)设SA=6a ,则AB=2a ,AD=3a.V E-BCD =13×S △BCD ×h=13×(12×BC ×CD)×(12SA)=13×(12×2a ×3a)×(3a )=3a 3.又V E-BCD =89,所以3a 3=89,解得a=23.四棱锥S-ABCD 的外接球是以AB ,AD ,AS 为棱的长方体的外接球,设其半径为R ,则2R=√AB 2+AD 2+AS 2=7a=143,即R=73,所以四棱锥S-ABCD 外接球的表面积为4πR 2=196π9.。
2023届高三数学一轮复习专题 空间几何体的外接球与内切球问题 讲义 (解析版)
空间几何体的外接球与内切球问题高考分析： 球与几何体的切接问题是近几年高考的高频考点，常以选择题和填空题的形式出现，以中档题和偏难题为主. 一、几种常见几何体的外接与内切球 1.长方体的外接球 (1)球心：体对角线的交点；(2)半径：R ＝a 2＋b 2＋c 22(a ，b ，c 为长方体的长、宽、高)．2.正方体的外接球、内切球及与各条棱相切的球 (1)外接球：球心是正方体的中心；半径R ＝32a(a 为正方体的棱长)； (2)内切球：球心是正方体的中心；半径r ＝2a(a 为正方体的棱长)；(3)与各条棱都相切的球：球心是正方体的中心；半径=2r a (a 为正方体的棱长)． 3.正四面体的外接球与内切球(1)外接球：球心是正四面体的中心；半径R (a 为正四面体的棱长)；(2)内切球：球心是正四面体的中心；半径r (a 为正四面体的棱长)．求外接球问题常用方法：1.补体法。
将几何体补形成长方体正方体等常见模型去求解2.外接球的球心都在过底面外接圆圆心的垂线上（注意球体可以滚动所以可以选择较为方便计算的那一面作为底面）3.利用外接球球心到几何体各顶点距离都等于半径4.球心与截面圆圆心的连线垂直于截面圆求外接球的关键是确定球心位置，进而计算出外接球半径。
题型一：柱体的外接球1.已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为_________．2.已知三棱柱111ABC A B C －的底面是边长为6的正三角形，侧棱垂直于底面，且该三棱柱的外接球的表面积为12 ，则该三棱柱的体积为_________．3.已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是( )A ．16πB ．20πC ．24πD ．32π4.已知圆柱的底面半径为12，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A.πB.3π4 C.π2 D.π4题型二：锥体的外接球5.求棱长为1的正四面体外接球的体积为_________．6.已知正四棱锥P －ABCD 内接于一个半径为R 的球，则正四棱锥P －ABCD 体积的最大值是( )A.16R 381B.32R 381C.64R 381 D ．R 3 7.如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，PB ⊥底面ABCD ，O 为对角线AC 与BD 的交点，若PB ＝1，∠APB ＝∠BAD ＝π3，则三棱锥P －AOB 的外接球的体积是_________．8.已知△ABC 是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ） A.B.C. 1D.9.已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为（ ）A. 64πB. 48πC. 36πD. 32π10.《九章算术》中对一些特殊的几何体有特定的称谓，例如：将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵．将一堑堵沿其一顶点与相对的棱切开，得到一个阳马(底面是长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥)和一个鳖臑(四个面均是直角三角形的四面体)．在如图所示的堑堵ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AC ＝5，AB ＝3，BC ＝4，则阳马C 1－ABB 1A 1的外接球的表面积是( )A ．25πB ．50πC ．100πD ．200π11.已知三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为 A ．68πB ．64πC ．62πD ．6π12.已知正三棱锥的所有顶点都在球O 的球面上，其底面边长为3，E,F ,G 分别为为侧棱AB,AC,AD 的中点.若O 在三棱锥A -BCD 内，且三棱锥A -BCD 的体积是三棱锥O -BCD 体积的3倍，则平面EFG 截球O 所得截面的面积为微专题 球与几何体的切接问题——内切球1.半径为R 的球的外切圆柱(球与圆柱的侧面、两底面都相切)的表面积为_________，体积为_________．2.若正四面体的棱长为a ，则其内切球的半径为_________．3.已知正三棱锥的高为6，内切球(与四个面都相切)的表面积为16π，则其底面边长为( ) A ．18 B ．12 C ．6 3 D ．434.将半径为3，圆心角为2π3的扇形围成一个圆锥(接缝处忽略不计)，则该圆锥的内切球的体积为( )A.2π3 B.3π3 C.4π3D ．2π 5.如图，已知球O 是棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的内切球，则平面ACD 1截球O 的截面面积为( )A.66π B.π3 C.π6 D.33π题型三 最值问题6.已知底面是正六边形的六棱锥P －ABCDEF 的七个顶点均在球O 的表面上，底面正六边形的边长为1，若该六棱锥体积的最大值为3，则球O 的表面积为_________．7.四棱锥S －ABCD 的所有顶点都在同一球面上，底面ABCD 是正方形且和球心O 在同一平面内，当此四棱锥的体积取得最大值时，其表面积等于8＋83，则球O 的体积等于( )A.32π3B.322π3 C ．16π D.162π38.已知SAB 是边上为2的等边三角形，045ACB ∠=，则三棱锥体积最大时，CA = ;其外接球的表面积为。
2020届高考数学(人教B版)一轮复习排列(理)学案1
排 列【学习目标】1．理解排列的概念.2．能利用计数原理推导排列数公式．3．能利用排列数公式解决简单的实际问题．【要点梳理】要点一、排列的概念1. 排列的定义：一般地，从n 个不同的元素中取出m （m≤n）个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列．要点诠释:（1）排列的定义中包括两个基本内容，一是“取出元素”，二是“按照一定的顺序排列”．（2）从定义知，只有当元素完全相同，并且元素排列的顺序也完全相同时，才是同一个排列．（3）如何判断一个具体问题是不是排列问题，就要看从n 个不同元素中取出m 个元素后，再安排这m 个元素时是有顺序还是无顺序，有顺序就是排列，无顺序就不是排列． 要点二：排列数1.排列数的定义从n 个不同元素中，任取m （m n ≤）个元素的所有排列的个数叫做从n 个元素中取出m 元素的排列数，用符号m n A 表示.要点诠释:（1）“排列”和“排列数”是两个不同的概念，一个排列是指“从n 个不同的元素中，任取m （m≤n）个元素，按照一定的顺序排成一列”，它不是一个数，而是具体的一个排列（也就是具体的一件事）；（2）排列数是指“从n 个不同元素中取出m （m≤n）个元素的所有不同排列的个数”，它是一个数．比如从3个元素a 、b 、c 中每次取出2个元素，按照一定的顺序排成一列，有如下几种：ab ，ac ，ba ，bc ，ca ，cb ，每一种都是一个排列，共有6种，而数字6就是排列数，符号A m n 表示排列数，在此题中23A 6=．2．排列数公式A (1)(2)(1)m n n n n n m =---+，其中n ，m∈N +，且m≤n．要点诠释:(1)公式特征：第一个因数是n ，后面每一个因数比它前面一个少1，最后一个因数是1n m -+，共有m 个因数。
(2)公式含义：①2n A 的意义：假定有排好顺序的2个空位，从n 个元素12,,n a a a 中任取2个元素去填空，一个空位填一个元素，每一种填法就得到一个排列，反过来，任一个排列总可以由这样的一种填法得到。
2020版高考数学一轮复习 11.1计数原理精品学案 新人教版
2020版高考数学一轮复习精品学案：第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布【知识特点】1．本章是高中数学中相对独立的一部分，概念性强、灵活性强、思维方法独特；2．本章内容应用性强，与实际问题联系密切，读不懂题意、题意理解错误往往是解不出题的原因。
【重点关注】1．排列、组合问题及随机变量的分布列、期望、方差是必考的内容。
准确确定随机变量的取值，准确计算概率是求分布列的基础，在复习过程中要多角度地加大训练力度。
2．在解题过程中要注意“分类讨论”“正难则反”的思想。
【地位与作用】1．计数问题是数学中的重要研究对象之一，分类加法计数原理、分步乘法计数原理是解决计数问题的最基本、最重要的方法，也称为基本计数原理，它们为解决很多实际问题提供了思想和工具。
在本章中，将复习到计数基本原理、排列、组合、二项式定理及其应用，了解计数与现实生活的联系，会解决简单的计数问题。
2．概率是描述随机事件发生可能性大小的量度，它已经渗透到人们的日常生活中，例如：彩票的中奖率，产品的合格率，天气预报、台风预报等都离不开概率。
概率在整个高中数学中占有重要地位，在整个高考考试中也占据着重要的地位。
3．对本章而言，高考中主要以选择、填空或解答题的形式考查，属于中、低档题。
重点考查的是两个计数原理、古典概型、离散型随机变量的分布列及其期望、方差等，预计本章在今后的高考中仍将在计数原理、古典概型、几何模型及随机变量的分布列等处命题。
11．1 计数原理【高考新动向】一、分类加法计数原理与分步乘法计数原理1．考纲点击（1）理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理；（2）全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。
2．热点提示（1）主要考查分类加法计数原理和分步乘法计数原理及分类讨论思想；（2）对两个原理的考查一般在选择、填空题中出现。
二、排列与组合1．考纲点击（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、组合公式；（3）能解决简单的实际问题。
2020届高三数学(人教B版)一轮复习随机事件的概率与古典概型学案
§11.1 随机事件的概率与古典概型1.概率和频率(1)在相同的条件S 下重复n 次试验，观察某一事件A 是否出现，称n 次试验中事件A 出现的次数n A 为事件A 出现的频数，称事件A 出现的比例f n (A )＝n An为事件A 出现的频率. (2)对于给定的随机事件A ，由于事件A 发生的频率f n (A )随着试验次数的增加稳定于概率P (A )，因此可以用频率f n (A )来估计概率P (A ).2.事件的关系与运算3.概率的几个基本性质(1)概率的取值范围：0≤P (A )≤1. (2)必然事件的概率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 ). (5)对立事件的概率若事件A 与事件B 互为对立事件，则P (A )＝1－P (B ). 4.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. 5.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)试验中所有可能出现的基本事件只有有限个； (2)每个基本事件出现的可能性相等.6.如果一次试验中可能出现的结果有n 个，而且所有结果出现的可能性都相等，那么每一个基本事件的概率都是1n ；如果某个事件A 包括的结果有m 个，那么事件A 的概率P (A )＝mn.7.古典概型的概率公式P (A )＝A 包含的基本事件的个数基本事件的总数.概念方法微思考1.随机事件A 发生的频率与概率有何区别与联系？提示 随机事件A 发生的频率是随机的，而概率是客观存在的确定的常数，但在大量随机试验中事件A 发生的频率稳定在事件A 发生的概率附近.2.随机事件A，B互斥与对立有何区别与联系？提示当随机事件A，B互斥时，不一定对立，当随机事件A，B对立时，一定互斥.3.任何一个随机事件与基本事件有何关系？提示任何一个随机事件都等于构成它的每一个基本事件的和.4.如何判断一个试验是否为古典概型？提示一个试验是否为古典概型，关键在于这个试验是否具有古典概型的两个特征：有限性和等可能性.题组一思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)事件发生的频率与概率是相同的.( ×)(2)在大量重复试验中，概率是频率的稳定值.( √)(3)两个事件的和事件是指两个事件都得发生.( ×)(4)掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”，这三个结果是等可能的.( ×)(5)从市场上出售的标准为500±5g的袋装食盐中任取一袋测其重量，属于古典概型.( ×)题组二教材改编2.[P121T4]一个人打靶时连续射击两次，事件“至少有一次中靶”的对立事件是( )A.至多有一次中靶B.两次都中靶C.只有一次中靶D.两次都不中靶答案 D解析“至少有一次中靶”的对立事件是“两次都不中靶”.3.[P133T3]袋中装有6个白球，5个黄球，4个红球，从中任取一球，则取到白球的概率为( )A.25B.415C.35D.23答案 A解析从袋中任取一球，有15种取法，其中取到白球的取法有6种，则所求概率为P＝615＝25.4.[P133T4]同时掷两个骰子，向上点数不相同的概率为________.答案5 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＝1－636＝56.题组三易错自纠5.将一枚硬币向上抛掷10次，其中“正面向上恰有5次”是( )A.必然事件B.随机事件C.不可能事件D.无法确定答案 B解析抛掷10次硬币，正面向上的次数可能为0～10，都有可能发生，正面向上恰有5次是随机事件.6.安排甲、乙、丙、丁四人参加周一至周六的公益活动，每天只需一人参加，其中甲参加三天活动，乙、丙、丁每人参加一天，那么甲连续三天参加活动的概率为( )A.115B.15C.14D.12答案 B解析由题意可得，甲连续三天参加活动的所有情况为：第1～3天，第2～4天，第3～5天，第4～6天，共四种情况，∴所求概率P＝4·A33C36·A33＝15.故选B.7.从一箱产品中随机地抽取一件，设事件A＝{抽到一等品}，事件B＝{抽到二等品}，事件C ＝{抽到三等品}，且已知P(A)＝0.65，P(B)＝0.2，P(C)＝0.1，则事件“抽到的产品不是一等品”的概率为______.答案0.35解析∵事件A＝{抽到一等品}，且P(A)＝0.65，∴事件“抽到的产品不是一等品”的概率为P＝1－P(A)＝1－0.65＝0.35.题型一随机事件命题点1 随机事件的关系例1 (1)在5张电话卡中，有3张移动卡和2张联通卡，从中任取2张，若事件“2张全是移动卡”的概率是310，那么概率是710的事件是( )A.至多有一张移动卡B.恰有一张移动卡C.都不是移动卡D.至少有一张移动卡答案 A解析“至多有一张移动卡”包含“一张移动卡，一张联通卡”，“两张全是联通卡”两个事件，它是“2张全是移动卡”的对立事件.(2)口袋里装有1红，2白，3黄共6个形状相同的小球，从中取出两个球，事件A＝“取出的两个球同色”，B＝“取出的两个球中至少有一个黄球”，C＝“取出的两个球中至少有一个白球”，D＝“取出的两个球不同色”，E＝“取出的两个球中至多有一个白球”.下列判断中正确的序号为____________.①A与D为对立事件；②B与C是互斥事件；③C与E是对立事件；④P(C∪E)＝1；⑤P(B)＝P(C).答案①④命题点2 随机事件的频率与概率例2 某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完.根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关.如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20，25)，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶.为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率.(1)估计六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率；(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位：元)，当六月份这种酸奶一天的进货量为450瓶时，写出Y的所有可能值，并估计Y大于零的概率.解(1)这种酸奶一天的需求量不超过300瓶，当且仅当最高气温低于25，由表格数据知，最高气温低于25的频率为2＋16＋3690＝0.6，所以这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率的估计值为0.6.(2)当这种酸奶一天的进货量为450瓶时，若最高气温不低于25，则Y ＝6×450－4×450＝900；若最高气温位于区间[20，25)，则Y ＝6×300＋2(450－300)－4×450＝300； 若最高气温低于20，则Y ＝6×200＋2(450－200)－4×450＝－100， 所以，Y 的所有可能值为900，300，－100.Y 大于零当且仅当最高气温不低于20，由表格数据知，最高气温不低于20的频率为36＋25＋7＋490＝0.8.因此Y 大于零的概率的估计值为0.8. 命题点3 互斥事件与对立事件例3 一盒中装有12个球，其中5个红球，4个黑球，2个白球，1个绿球.从中随机取出1球，求：(1)取出1球是红球或黑球的概率； (2)取出1球是红球或黑球或白球的概率. 解 方法一 (利用互斥事件求概率) 记事件A 1＝{任取1球为红球}，A 2＝{任取1球为黑球}， A 3＝{任取1球为白球}， A 4＝{任取1球为绿球}，则P (A 1)＝512，P (A 2)＝412＝13，P (A 3)＝212＝16，P (A 4)＝112.根据题意知，事件A 1，A 2，A 3，A 4彼此互斥， 由互斥事件的概率公式，得 (1)取出1球是红球或黑球的概率为P (A 1∪A 2)＝P (A 1)＋P (A 2)＝512＋13＝34.(2)取出1球是红球或黑球或白球的概率为P (A 1∪A 2∪A 3)＝P (A 1)＋P (A 2)＋P (A 3)＝512＋13＋16＝1112.方法二 (利用对立事件求概率)(1)由方法一知，取出1球为红球或黑球的对立事件为取出1球为白球或绿球，即A 1∪A 2的对立事件为A 3∪A 4，所以取出1球为红球或黑球的概率为P (A 1∪A 2)＝1－P (A 3∪A 4)＝1－P (A 3)－P (A 4)＝1－16－112＝34.(2)因为A 1∪A 2∪A 3的对立事件为A 4， 所以P (A 1∪A 2∪A 3)＝1－P (A 4)＝1－112＝1112.思维升华(1)准确把握互斥事件与对立事件的概念 ①互斥事件是不可能同时发生的事件，但可以同时不发生.②对立事件是特殊的互斥事件，特殊在对立的两个事件不可能都不发生，即有且仅有一个发生.(2)判断互斥、对立事件的方法判断互斥事件、对立事件一般用定义判断，不可能同时发生的两个事件为互斥事件；两个事件若有且仅有一个发生，则这两个事件为对立事件，对立事件一定是互斥事件. (3)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，有时也用频率作为随机事件概率的估计值. (4)随机事件概率的求法利用概率的统计定义求事件的概率，即通过大量的重复试验，事件发生的频率会逐渐趋近于某一个常数，这个常数就是概率. (5)求复杂事件的概率的两种方法求概率的关键是分清所求事件是由哪些事件组成的，求解时通常有两种方法 ①将所求事件转化成几个彼此互斥的事件的和事件，利用概率加法公式求解概率. ②若将一个较复杂的事件转化为几个互斥事件的和事件时，需要分类太多，而其对立面的分类较少，可考虑利用对立事件的概率公式，即“正难则反”.它常用来求“至少”或“至多”型事件的概率.跟踪训练1 (1)某保险公司利用简单随机抽样的方法对投保车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下：①若每辆车的投保金额均为2800元，估计赔付金额大于投保金额的概率；②在样本车辆中，车主是新司机的占10%，在赔付金额为4000元的样本车辆中，车主是新司机的占20%，估计在已投保车辆中，新司机获赔金额为4000元的概率.解 ①设A 表示事件“赔付金额为3000元”，B 表示事件“赔付金额为4000元”，以频率估计概率得P (A )＝1501000＝0.15，P (B )＝1201000＝0.12.由于投保金额为2800元，赔付金额大于投保金额对应的情形是赔付金额为3000元和4000元，所以其概率为P (A )＋P (B )＝0.15＋0.12＝0.27.②设C 表示事件“投保车辆中新司机获赔4000元”，由已知，可得样本车辆中车主为新司机的有0.1×1000＝100(辆)，而赔付金额为4000元的车辆中，车主为新司机的有0.2×120＝24(辆)，所以样本车辆中新司机车主获赔金额为4000元的频率为24100＝0.24，由频率估计概率得P (C )＝0.24.(2)A ，B ，C 三个班共有100名学生，为调查他们的体育锻炼情况，通过分层抽样获得了部分学生一周的锻炼时间，数据如下表(单位：小时)：①试估计C 班的学生人数；②从A 班和C 班抽出的学生中，各随机选取1人，A 班选出的人记为甲，C 班选出的人记为乙.假设所有学生的锻炼时间相互独立，求该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的概率. 解 ①由题意及分层抽样可知，C 班学生人数约为 100×85＋7＋8＝100×820＝40.②设事件A i 为“甲是现有样本中A 班的第i 个人”，i ＝1，2，…，5， 事件C j 为“乙是现有样本中C 班的第j 个人”，j ＝1，2，…，8. 由题意可知P (A i )＝15，i ＝1，2，…，5；P (C j )＝18，j ＝1，2， (8)P (A i C j )＝P (A i )P (C j )＝15×18＝140，i ＝1，2，...，5，j ＝1，2， (8)设事件E 为“该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长”， 由题意知，E ＝A 1C 1∪A 1C 2∪A 2C 1∪A 2C 2∪A 2C 3∪A 3C 1∪A 3C 2∪A 3C 3∪A 4C 1∪A 4C 2∪A 4C 3∪A 5C 1∪ A 5C 2∪A 5C 3∪A 5C 4.因此P (E )＝P (A 1C 1)＋P (A 1C 2)＋P (A 2C 1)＋P (A 2C 2)＋P (A 2C 3)＋P (A 3C 1)＋P (A 3C 2)＋P (A 3C 3)＋P (A 4C 1)＋P (A 4C 2)＋P (A 4C 3)＋P (A 5C 1)＋P (A 5C 2)＋P (A 5C 3)＋P (A 5C 4)＝15×140＝38.题型二 古典概型例4 (1)从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为( ) A.110B.15C.310D.25 答案 D解析 从5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张的情况如图：基本事件总数为25，第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的事件数为10， ∴所求概率P ＝1025＝25.(2)袋中有形状、大小都相同的4个球，其中1个白球，1个红球，2个黄球，从中一次随机摸出2个球，则这2个球颜色不同的概率为________. 答案 56解析 方法一 基本事件共有C 24＝6(种)， 设取出2个球颜色不同为事件A .A 包含的基本事件有C 12C 12＋C 11C 11＝5(种).故P (A )＝56.方法二 将两个黄球分别编号为黄1，黄2.设取出的2个球颜色不同为事件A ，基本事件有：(白，红)，(白，黄1)，(白，黄2)，(红，黄1)，(红，黄2)，(黄1，黄2)，共6种，事件A 包含5种，故P (A )＝56.思维升华求古典概型的概率的关键是求试验的基本事件的总数和事件A 包含的基本事件的个数，这就需要正确列出基本事件，基本事件的表示方法有列举法、列表法和树状图法，具体应用时可根据需要灵活选择.跟踪训练2 (1)小敏打开计算机时，忘记了开机密码的前两位，只记得第一位是M ，I ，N 中的一个字母，第二位是1，2，3，4，5中的一个数字，则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是( ) A.815B.18C.115D.130 答案 C解析 由题意可知，共15种可能性，而只有1种是正确的. ∴输入一次密码能够成功开机的概率为115.(2)甲在微信群中发布6元“拼手气”红包一个，被乙、丙、丁三人抢完.若三人均领到整数元，且每人至少领到1元，则乙获得“手气最佳”(即乙领取的钱数不少于其他任何人)的概率是( ) A.34B.13C.310D.25 答案 D解析 用(x ，y ，z )表示乙、丙、丁抢到的红包分别为x 元、y 元、z 元.乙、丙、丁三人抢完6元钱的所有不同的可能结果有10种，分别为(1，1，4)，(1，4，1)，(4，1，1)，(1，2，3)，(1，3，2)，(2，1，3)，(2，3，1)，(3，1，2)，(3，2，1)，(2，2，2).乙获得“手气最佳”的所有不同的可能结果有4种，分别为(4，1，1)，(3，1，2)，(3，2，1)，(2，2，2).根据古典概型的概率计算公式，得乙获得“手气最佳”的概率P ＝410＝25.(3)已知a ∈{0，1，2}，b ∈{－1，1，3，5}，则函数f (x )＝ax 2－2bx 在区间(1，＋∞)上为增函数的概率是( ) A.512B.13C.14D.16 答案 A解析 ∵a ∈{0，1，2}，b ∈{－1，1，3，5}， ∴基本事件总数n ＝3×4＝12.函数f (x )＝ax 2－2bx 在区间(1，＋∞)上为增函数，①当a ＝0时，f (x )＝－2bx ，符合条件的只有(0，－1)，即a ＝0，b ＝－1；②当a ≠0时，需要满足b a≤1，符合条件的有(1，－1)，(1，1)，(2，－1)，(2，1)，共4种.∴函数f (x )＝ax 2－2bx 在区间(1，＋∞)上为增函数的概率是P ＝512.1.从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是( )A.至少有一个黑球与都是黑球B.至少有一个黑球与都是红球C.至少有一个黑球与至少有一个红球D.恰有一个黑球与恰有两个黑球答案 D解析 对于A ，事件“至少有一个黑球”与事件“都是黑球”可以同时发生，∴A 不正确；对于B ，事件“至少有一个黑球”与事件“都是红球”不能同时发生，但一定会有一个发生，∴这两个事件是对立事件，∴B 不正确；对于C ，事件“至少有一个黑球”与事件“至少有一个红球”可以同时发生，如：一个红球，一个黑球，∴C 不正确；对于D ，事件“恰有一个黑球”与事件“恰有两个黑球”不能同时发生，但从口袋中任取两个球时还有可能是两个都是红球，∴两个事件是互斥事件但不是对立事件，∴D 正确.2.甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是12，甲获胜的概率是13，则甲不输的概率为( ) A.56B.25C.16D.13答案 A解析 事件“甲不输”包含“和棋”和“甲获胜”这两个互斥事件，所以甲不输的概率为12＋13＝56. 3.(2018·衢州质检)从集合{－1，－2，－3，0，1，2，3，4}中，随机选出4个数组成子集，使得这4个数中的任何两个数之和不等于1，则取出这样的子集的概率为( )A.435B.835C.1635D.2735答案 B解析 依题意，得题中的集合的4元子集共有C 48＝70个，其中使得这4个数中的任何两个数之和不等于1的子集共有16个(注意到－1＋2＝－2＋3＝－3＋4＝0＋1＝1，因此该类子集共有C 12·C 12·C 12·C 12＝16个)，因此所求的概率等于1670＝835. 4.根据某医疗研究所的调查，某地区居民血型的分布为：O 型50%，A 型15%，B 型30%，AB 型5%.现有一血液为A 型病人需要输血，若在该地区任选一人，那么能为病人输血的概率为( )A.15%B.20%C.45%D.65%答案 D解析 因为某地区居民血型的分布为：O 型50%，A 型15%，B 型30%，AB 型5%，现在能为A 型病人输血的有O 型和A 型，故为病人输血的概率为50%＋15%＝65%，故选D.5.每年三月为学雷锋活动月，某班有青年志愿者男生3人，女生2人，现需选出2名青年志愿者到社区做公益宣传活动，则选出的2名志愿者性别相同的概率为( )A.35B.25C.15D.310答案 B解析 设男生为A ，B ，C ，女生为a ，b ，从5人中选出2名志愿者有：(A ，B )，(A ，C )，(A ，a )，(A ，b )，(B ，C )，(B ，a )，(B ，b )，(C ，a )，(C ，b )，(a ，b )，共10种等可能情况，其中选出的2名志愿者性别相同的有(A ，B )，(A ，C )，(B ，C )，(a ，b )，共4种等可能的情况，则选出的2名志愿者性别相同的概率为P ＝410＝25. 6.(2018·金华十校联考)将A ，B ，C ，D ，E 五种不同的文件随机地放入编号依次为1，2，3，4，5，6，7的七个抽屉内，每个抽屉至多放一种文件，则文件A ，B 被放在相邻的抽屉内且文件C ，D 被放在不相邻的抽屉内的概率是( )A.221B.421C.821D.17答案 B解析 依题意知，将这五种文件随机放入这七个抽屉内，每个抽屉至多放一种文件的放法共有A 57种，文件A ，B 被放在相邻的抽屉内，∴A ，B 看成一个元素，相应的抽屉看成6个，则有4个元素在6个位置排列，有A 22A 46＝720种方法，文件A ，B 被放在相邻的抽屉内且文件C ，D 被放在相邻的抽屉内，有A 22A 22A 35＝240种，∴文件A ，B 被放在相邻的抽屉内且文件C ，D 被放在不相邻的抽屉内，有720－240＝480种方法.因此所求的概率为480A 57＝421，故选B. 7.(2014·浙江)在3张奖券中有一、二等奖各1张，另1张无奖.甲、乙两人各抽取1张，则两人都中奖的概率是________.答案 13解析 设中一、二等奖及不中奖分别记为1，2，0，那么甲、乙抽奖结果有(1，2)，(1，0)，(2，1)，(2，0)，(0，1)，(0，2)，共6种.其中甲、乙都中奖有(1，2)，(2，1)，共2种，所以P (A )＝26＝13. 8.(2018·湖州模拟)无重复数字的五位数a 1a 2a 3a 4a 5，当a 1<a 2，a 2>a 3，a 3<a 4，a 4>a 5时称为波形数，则由1，2，3，4，5任意组成的一个没有重复数字的五位数是波形数的概率是________. 答案 215解析 ∵a 2>a 1，a 2>a 3，a 4>a 3，a 4>a 5，∴a 2只能是3，4，5中的一个.①若a 2＝3，则a 4＝5，a 5＝4，a 1与a 3是1或2，这时共有A 22＝2(个)符合条件的五位数； ②若a 2＝4，则a 4＝5，a 1，a 3，a 5可以是1，2，3，共有A 33＝6(个)符合条件的五位数； ③若a 2＝5，则a 4＝3或4，此时分别与①②中的个数相同.∴满足条件的五位数有2(A 22＋A 33)＝16(个).又由1，2，3，4，5任意组成的一个没有重复数字的五位数有A 55＝120(个)，故所求概率为16120＝215. 9.袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球，5个红球.从袋中任取2个球，则所取的2个球中恰有1个白球、1个红球的概率为________.答案 1021解析 从袋中任取2个球共有C 215＝105(种)取法，其中恰有1个白球、1个红球共有C 110C 15＝50(种)取法，所以所取的球恰有1个白球、1个红球的概率为50105＝1021. 10.10件产品中有7件正品，3件次品，从中任取4件，则恰好取到1件次品的概率是________.答案 12解析 从10件产品中取4件，共有C 410种取法，恰好取到1件次品的取法有C 13C 37种，由古典概型概率计算公式得P ＝C 13C 37C 410＝3×35210＝12. 11.(2018·浙江省重点中学高三调研)小明和小华进行有放回的摸小球游戏，规则如下：共有7个小球(除编号不同外，其他完全相同)，编号分别为1，2，3，4，5，6，7，置于一个盒子内，小明和小华每次各摸一个，每个小球被摸到的概率是相等的.则取到的两个小球的编号之和为偶数的概率为________，小明取到的小球编号大于小华取到的小球编号的概率为________.答案 2549 37 解析 由题意可得，所有的取法总数为7×7＝49；取到的两个小球的编号之和为偶数的取法数为3×3＋4×4＝25，所以其概率为P 1＝2549；小明取到的小球编号大于小华取到的小球编号的取法数为6＋5＋4＋3＋2＋1＝21，所以其概率为P 2＝2149＝37. 12.(2019·嘉兴模拟)有编号分别为1，2，3，4的4个红球和4个黑球，从中取出3个，则取出的球的编号互不相同的概率是________.答案 47解析 在8个球中取出3个，共有C 38＝56种取法，其中在4个编号中取出3个编号，有C 34种取法，其中每个编号选择一球各有2种取法，所以取出的3个球的编号互不相同的取法有C 34×23＝32(种)，则所求概率为3256＝47.13.一个三位数，个位、十位、百位上的数字依次为x ，y ，z ，当且仅当y >x ，y >z 时，称这样的数为“凸数”(如243)，现从集合{5，6，7，8}中取出三个不同的数组成一个三位数，则这个三位数是“凸数”的概率为( )A.23B.13C.16D.112答案 B解析 从集合{5，6，7，8}中取出3个不同的数组成一个三位数共有24个结果：567，576，657，675，756，765，568，586，658，685，856，865，578，587，758，785，857，875，678，687，768，786，867，876，其中是“凸数”的是：576，675，586，685，587，785，687，786共8个结果，∴这个三位数是“凸数”的概率为824＝13，故选B. 14.某学校成立了数学、英语、音乐3个课外兴趣小组，3个小组分别有39，32，33个成员，一些成员参加了不止一个小组，具体情况如图所示.现随机选取一个成员，他属于至少2个小组的概率是________，他属于不超过2个小组的概率是________.答案 35 1315解析 “至少2个小组”包含“2个小组”和“3个小组”两种情况，故他属于至少2个小组的概率为P ＝11＋10＋7＋86＋7＋8＋8＋10＋10＋11＝35. “不超过2个小组”包含“1个小组”和“2个小组”，其对立事件是“3个小组”.故他属于不超过2个小组的概率是P ＝1－86＋7＋8＋8＋10＋10＋11＝1315.15.(2018·温州高三高考适应性测试)某人先后三次掷一颗骰子，则其中某两次所得的点数之和为11的概率为( )A.118B.112C.536D.16答案 C解析 先后三次掷一颗骰子，所得的不同的结果共有63种.其中某两次所得的点数之和为11，可分为三类：第一类，5，6都只出现一次，有A 23A 14种不同的结果；第二类，5出现两次，6只出现一次，有3种不同的结果；第三类，6出现两次，5只出现一次，有3种不同的结果.根据分类加法计数原理，其中某两次所得的点数之和为11的不同的结果共有A 23A 14＋3＋3＝30(种).根据古典概型的概率计算公式，所求的概率P ＝3063＝536，故选C. 16.如图，用K ，A 1，A 2三类不同的元件连接成一个系统.当K 正常工作且A 1，A 2至少有一个正常工作时，系统正常工作.已知K ，A 1，A 2正常工作的概率依次为0.8，0.7，0.7，则系统正常工作的概率为________.答案 0.728解析 方法一 由题意知K ，A 1，A 2正常工作的概率分别为P (K )＝0.8，P (A 1)＝0.7，P (A 2)＝0.7，∵K ，A 1，A 2相互独立，∴A 1，A 2至少有一个正常工作的概率为P (A 1A 2)＋P (A 1A 2)＋P (A 1A 2)＝(1－0.7)×0.7＋0.7×(1－0.7)＋0.7×0.7＝0.91.∴系统正常工作的概率为P (K )[P (A 1A 2)＋P (A 1A 2)＋P (A 1A 2)]＝0.8×0.91＝0.728. 方法二 A 1，A 2至少有一个正常工作的概率为1－P (A 1A 2)＝1－(1－0.7)(1－0.7)＝0.91，故系统正常工作的概率为P (K )[1－P (A 1A 2)]＝0.8×0.91＝0.728.。
[备考资料】2020届一轮复习人教B版 取球问题 学案.doc
微专题90 取球问题一、基础知识：在很多随机变量的题目中，常以“取球”作为故事背景，通过对“取球”提出不同的要求，来考察不同的模型，常见的模型及处理方式如下：1、独立重复试验模型：关键词“可放回的抽取”，即下一次的取球试验与上一次的相同。
2、超几何分布模型：关键词“不放回的抽取”3、与条件概率相关：此类问题通常包含一个抽球的规则，并一次次的抽取，要注意前一次的结果对后一步抽球的影响4、古典概型：要注意虽然题目中会说明“相同的”小球，但是为了能使用古典概型（保证基本事件为等可能事件），通常要将“相同的”小球视为“不同的”元素，在利用排列组合知识进行分子分母的计数。
5、数字问题：在小球上标注数字，所涉及的问题与数字相关（奇，偶，最大，最小等），在解决此类问题时，要将数字模型转化为“怎样取球”的问题，从而转化为前几个类型进行求解。
二、典型例题：例1：一袋中有6个黑球，4个白球（1）不放回地依次取出3个球，已知第一次取出的是白球，求第三次取到黑球的概率 （2）有放回地依次取出3个球，已知第一次取出的是白球，求第三次取到黑球的概率 （3）有放回的依次取出3个球，求取到白球个数X 的分布列，期望和方差（1）思路：因为是不放回的取球，所以后面取球的情况受到前面的影响，要使用条件概率相关公式进行计算。
第一次已经取到白球，所以剩下6个黑球，3个白球；若第二次取到黑球，则第三次取到黑球的概率为6598⋅，若第二次取到白球，则第三次取到黑球的概率为3698⋅，从而能够得到第三次取到黑球的概率解：设事件A 为“不放回取球，第一次取出白球时，第三次取到黑球”()65364829898723P A ∴=⋅+⋅== （2）思路：因为是有放回的取球，所以每次取球的结果互不影响，属于独立重复试验模型，所以第三次取球时依然是6个黑球，3个白球，取得黑球的概率为69解：设事件B 为“有放回取球，第一次取出白球时，第三次取到黑球”()23P B ∴=（3）思路：本问依然属于独立重复试验模型，X 的取值为0,1,2,3，则X 符合二项分布，即23,5XB ⎛⎫⎪⎝⎭，所以可通过二项分布的概率计算公式求得概率，得到分布列 解：X 的取值为0,1,2,3，依题意可得：23,5XB ⎛⎫ ⎪⎝⎭()30332705125P X C ⎛⎫∴=== ⎪⎝⎭ ()2133254155125P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ ()12233236255125P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ ()3332835125P X C ⎛⎫=== ⎪⎝⎭23,5XB ⎛⎫⎪⎝⎭26355EX ∴=⋅= 231835525DX =⋅⋅=例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3个红球和3个黑球，现从甲，乙两个盒内各任取2个球 （1）求取出的4个球中没有红球的概率 （2）求取出的4个球中恰有1个红球的概率（3）设ξ为取出的4个球中红球的个数，求ξ的分布列和数学期望思路：本题这三问的关键在于所取球中红球的个数，考虑红球个数来自于两个盒内拿出红球个数的总和，所以可将红球总数进行分配，从而得到每个盒中出红球的情况，进而计算出概率（1）设事件i A 为“甲盒中取出i 个红球”，事件j B 为“乙盒中取出j 个红球”则()()2213332246,i i j ji j C C C C P A P B C C --==设事件A 为“4个球中没有红球”则()()()0202133300224633161510C C C C P A P A P B C C =⋅=⋅=⋅= （2）设事件B 为“4个球中恰有1个红球”()()()0211110213331333011022224646393326156155C C C C C C C C P B P A B P A B C C C C ∴=+=⋅+⋅=⋅+⋅= （3）ξ可取的值为0,1,2,3()()1010P P A ξ∴===()()215P P B ξ=== ()()()0220111113331333021122224646225C C C C C C C C P P A B P A B C C C C ξ==+=⋅+⋅= ()()11021333122246331361510C C C C P P A B C C ξ===⋅=⋅=ξ∴的分布列为：01231055102E ξ∴=⨯+⨯+⨯+⨯=例3：甲、乙两袋中各装有大小相同的小球9个，其中甲袋中红色、黑色、白色小球的个数分别为2、3、4，乙袋中红色、黑色、白色小球的个数均为3，某人用左右手分别从甲、乙两袋中取球．（1）若左右手各取一球，求两只手中所取的球颜色不同的概率；（2）若左右手依次各取两球，称同一手中两球颜色相同的取法为成功取法，记成功取法次数为随机变量X ，求X 的分布列和数学期望．解：（1）设事件A 为“两只手中所取的球颜色不同”，则A 为“两只手中所取的球颜色相同”()()2333432119999993P A P A ⎛⎫=-=-⋅+⋅+⋅= ⎪⎝⎭（2）X 可取的值为0,1,2左手取球成功的概率222234129518C C C P C ++== 右手取球成功的概率22233322914C C C P C ++== ()511301118424P X ⎛⎫⎛⎫∴==-⋅-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()5151711118418418P X ⎛⎫⎛⎫==-⋅+⋅-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()515218472P X ==⋅=X ∴的分布列为01224187236EX ∴=⨯+⨯+⨯= 例4：袋中装有若干个质地均匀大小相同的红球和白球，白球数量是红球数量的两倍，每次从袋中摸出一个球，然后放回，若累计3次摸到红球则停止摸球，否则继续摸球直到第5次摸球后结束（1）求摸球四次就停止的事件发生的概率（2）记摸到红球的次数为ξ，求随机变量ξ的分布列及其期望（1）思路：本题为有放回摸球，可理解为独立重复试验，如果摸球四次就停止，说明在这四次中一共摸到3次红球，且前三次有两次摸到红球，第四次又摸到红球。
2024届高考一轮复习数学教案(新人教B版)：基本计数原理
§10.1基本计数原理考试要求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．知识梳理基本计数原理(1)分类加法计数原理：完成一件事，如果有n 类办法，且：第一类办法中有m 1种不同的方法，第二类办法中有m 2种不同的方法……第n 类办法中有m n 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝m 1＋m 2＋…＋m n 种不同的方法．(2)分步乘法计数原理：完成一件事，如果需要分成n 个步骤，且：做第一步有m 1种不同的方法，做第二步有m 2种不同的方法……做第n 步有m n 种不同的方法．那么完成这件事共有N ＝m 1×m 2×…×m n 种不同的方法．常用结论两个计数原理的区别与联系分类加法计数原理分步乘法计数原理相同点用来计算完成一件事的方法种数不同点分类、相加分步、相乘每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事每步依次完成才算完成这件事情(每步中的每一种方法不能独立完成这件事)注意点类类独立，不重不漏步步相依，缺一不可思考辨析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，某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．(√)(3)在分步乘法计数原理中，只有各步骤都完成后，这件事情才算完成．(√)(4)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．(√)教材改编题1．已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法的种数为()A．16B．13C．12D．10答案C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，不同走法共有4×3＝12(种)．2．有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则不同的监考方法有()A．8种B．9种C．10种D．11种答案B解析设四位监考教师分别为A，B，C，D，所教班级分别为a，b，c，d.假设A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法，同理A监考c，d时，也分别有3种不同方法．由分类加法计数原理可知，共有3＋3＋3＝9(种)不同的监考方法．3．由于用具简单、趣味性强，象棋成为流行极为广泛的棋艺活动．某棋局的一部分如图所示，若不考虑这部分以外棋子的影响，且“马”和“炮”不动，“兵”只能往前走或左右走，每次只能走一格，从“兵”吃掉“马”的最短路线中随机选择一条路线，其中也能把“炮”吃掉的可能路线有()A．10条B．8条C．6条D．4条答案C解析由题意可知，“兵”吃掉“马”的最短路线需横走三步，竖走两步；其中也能把“炮”吃掉的路线可分为两步：第一步，横走两步，竖走一步，有3种走法；第二步，横走一步，竖走一步，有2种走法．所以所求路线共有3×2＝6(条)．题型一分类加法计数原理例1(1)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，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有()A．4种B．10种C．18种D．20种答案B解析赠送1本画册，3本集邮册．需从4人中选取1人赠送画册，其余赠送集邮册，有4种方法．赠送2本画册，2本集邮册，只需从4人中选出2人赠送画册，其余2人赠送集邮册，有6种方法．由分类加法计数原理可知，不同的赠送方法共有4＋6＝10(种)．(2)如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1<a2，且a2>a3，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么所有凸数的个数为________．答案240解析若a2＝2，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0，“凸数”为120与121，共2个．若a2＝3，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有2×3＝6(个)．若a2＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12(个)，……，若a2＝9，满足条件的“凸数”有8×9＝72(个)．所以所有凸数共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．思维升华使用分类加法计数原理的两个注意点(1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏．(2)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．跟踪训练1(1)(2023·太原模拟)现有拾圆、贰拾圆、伍拾圆的人民币各一张，一共可以组成的币值有()A．3种B．6种C．7种D．8种答案C解析由题意得，三种币值取一张，共有3种取法，币值分别为拾圆、贰拾圆、伍拾圆；三种币值取两张，共有3种取法，币值分别为叁拾圆、陆拾圆、柒拾圆；三种币值全取，共有1种取法，币值为捌拾圆．一共可以组成的币值有3＋3＋1＝7(种)．(2)设I＝{1,2,3,4}，A与B是I的子集，若A∩B＝{1,2}，则称(A，B)为一个“理想配集”．若将(A，B)与(B，A)看成不同的“理想配集”，则符合此条件的“理想配集”有________个．答案9解析对子集A分类讨论：当A是二元集{1,2}时，B可以为{1,2,3,4}，{1,2,4}，{1,2,3}，{1,2}，共4种情况；当A是三元集{1,2,3}时，B可以为{1,2,4}，{1,2}，共2种情况；当A是三元集{1,2,4}时，B可以为{1,2,3}，{1,2}，共2种情况；当A是四元集{1,2,3,4}时，B取{1,2}，有1种情况．根据分类加法计数原理可知，共有4＋2＋2＋1＝9(种)结果，即符合此条件的“理想配集”有9个．题型二分步乘法计数原理例2(1)数独是源自18世纪瑞士的一种数学游戏．如图是数独的一个简化版，由3行3列9个单元格构成．玩该游戏时，需要将数字1,2,3(各3个)全部填入单元格，每个单元格填一个数字，要求每一行、每一列均有1,2,3这三个数字，则不同的填法有()A．12种B．24种C．72种D．216种答案A解析先填第一行，有3×2×1＝6(种)不同填法，再填第二行第一列，有2种不同填法，当该单元格填好后，其他单元格唯一确定．根据分步乘法计数原理可知，共有6×2＝12(种)不同的填法．(2)(多选)(2022·武汉模拟)现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个工厂，则下列说法正确的是()A．共有43种不同的安排方法B．若甲工厂必须有同学去，则不同的安排方法有37种C．若A同学必须去甲工厂，则不同的安排方法有12种D．若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有24种答案ABD解析对于A，A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每个学生有4种选法，则三个学生有4×4×4＝43(种)选法，故A正确；对于B，三人到4个工厂，有43＝64(种)情况，其中甲工厂没有人去，即三人全部到乙、丙、丁三个工厂的情况有33＝27(种)，则甲工厂必须有同学去的安排方法有64－27＝37(种)，故B正确；对于C，若同学A必须去甲工厂，剩下2名同学安排到4个工厂即可，有42＝16(种)安排方法，故C错误；对于D，若三名同学所选工厂各不相同，有4×3×2＝24(种)安排方法，故D正确．思维升华利用分步乘法计数原理解题的策略(1)明确题目中的“完成这件事”是什么，确定完成这件事需要几个步骤，且每步都是独立的．(2)将这件事划分成几个步骤来完成，各步骤之间有一定的连续性，只有当所有步骤都完成了，整个事件才算完成．跟踪训练2(1)教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，则由一层到五层不同的走法有() A．10种B．25种C．52种D．24种答案D解析每相邻的两层之间各有2种走法，共分4步．由分步乘法计数原理可知，共有24种不同的走法．(2)(多选)有4位同学报名参加三个不同的社团，则下列说法正确的是()A．每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有34种B．每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有43种C．每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有24种D．每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有43种答案AD解析对于A，B，第1个同学有3种报法，第2个同学有3种报法，后面的2个同学也有3种报法，根据分步乘法计数原理知共有34种结果，A正确，B错误；对于C，D，每个社团限报一个人，则第1个社团有4种选择，第2个社团有4种选择，第3个社团有4种选择，根据分步乘法计数原理知共有43种结果，D正确，C错误．题型三基本计数原理的综合应用例3(1)有5个不同的棱柱、3个不同的棱锥、4个不同的圆台、2个不同的球，若从中取出2个几何体，使多面体和旋转体各一个，则不同的取法种数是()A．14B．23C．48D．120答案C解析分两步：第1步，取多面体，有5＋3＝8(种)不同的取法；第2步，取旋转体，有4＋2＝6(种)不同的取法．所以不同的取法种数是8×6＝48.(2)(2023·南平质检)甲与其他四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是9,0,2,1,5，为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行)，五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案种数为________．答案80解析5日至9日，日期尾数分别为5,6,7,8,9，有3天是奇数日，2天是偶数日．第一步，安排偶数日出行，每天都有2种选择，共有2×2＝4(种)用车方案；第二步，安排奇数日出行，分两类，第一类，选1天安排甲的车，另外2天安排其他车，有3×2×2＝12(种)用车方案，第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，共有23＝8(种)用车方案，共计12＋8＝20(种)用车方案．根据分步乘法计数原理可知，不同的用车方案种数为4×20＝80.思维升华利用基本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．(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．(3)对于复杂问题，一般是先分类再分步．跟踪训练3(1)有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的裙子，另有2套不同样式的连衣裙．需选择一套服装参加“五一”节歌舞演出，则不同的选择方式种数为()A．24B．14C．10D．9答案B解析第一类：一件衬衣，一件裙子搭配一套服装有4×3＝12(种)选择方式；第二类：选2套连衣裙中的一套服装有2种选法，由分类加法计数原理可知，共有12＋2＝14(种)选择方式．(2)如图，a省分别与b，c，d，e四省交界，且b，c，d互不交界，在地图上分别给各省地域涂色，要求相邻省涂不同色，现有5种不同颜色可供选用，则不同的涂色方案种数为()A．480B．600C．720D．840答案C解析依题意，按c与d涂的颜色相同和不同分成两类：若c与d涂同色，先涂d有5种方法，再涂a有4种方法，涂c有1种方法，涂e有3种方法，最后涂b有3种方法，由分步乘法计数原理得到不同的涂色方案有5×4×1×3×3＝180(种)，若c与d涂不同色，先涂d有5种方法，再涂a有4种方法，涂c有3种方法，涂e，b也各有3种方法，由分步乘法计数原理得到不同的涂色方案有5×4×3×3×3＝540(种)，所以，由分类加法计数原理得不同的涂色方案共有180＋540＝720(种)．课时精练1.小黑点表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网络相连．连线上标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量．现在从结点A向结点B传递信息，信息可分开沿不同的路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为()A．9B．21C．12D．8答案D解析由图形可以看出，从A→B，可以分成两种情况，A→D→B或A→C→B，这两类方法中各自包含的单位时间内通过的信息量分别是5,3，根据分类加法计数原理可知，传递的最大信息量为5＋3＝8.2．(2023·济宁模拟)某省新高考采用“3＋1＋2”模式：“3”为全国统考科目语文、数学、外语，所有学生必考；“1”为首选科目，考生须在物理、历史科目中选择1个科目；“2”为再选科目，考生可在思想政治、地理、化学、生物4个科目中选择2个科目．已知小明同学必选化学，那么他可选择的方案共有()A．4种B．6种C．8种D．12种答案B解析根据题意得，分两步进行分析：①小明必选化学，则必须在思想政治、地理、生物中再选出1个科目，选法有3种；②小明在物理、历史科目中选出1个，选法有2种．由分步乘法计数原理知，小明可选择的方案共有3×2＝6(种)．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()A．3B．4C．6D．8答案D解析以1为首项的等比数列为1,2,4；1,3,9；以2为首项的等比数列为2,4,8；以4为首项的等比数列为4,6,9；把这四个数列顺序颠倒，又得到4个新数列，所以所求的数列共有2×(2＋1＋1)＝8(个)．4．中国古代将物质属性分为“金、木、土、水、火”五种，其相互关系是“金克木，木克土，土克水，水克火，火克金”．将五种不同属性的物质任意排成一列，则属性相克的两种物质不相邻的排法种数为()A．8B．10C．15D．20答案B解析由题意知，可看作五个位置排列五个元素，第一个位置有5种排列方法，不妨假设是金，则第二个位置只能从土与水两者中选一种排放，有2种选择，不妨假设排的是水，则第三个位置只能排木，第四个位置只能排火，第五个位置只能排土，因此，总的排列方法种数为5×2×1×1×1＝10.5．中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种，现有十二生肖的吉祥物各一个，甲同学喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学哪个吉祥物都喜欢，三位同学按甲、乙、丙的顺序依次选一个作为礼物，如果让三位同学选取的礼物都满意，那么不同的选法有() A．360种B．50种C．60种D．90种答案B解析第一类：甲同学选择牛，乙有2种选法，丙有10种选法，选法有1×2×10＝20(种)；第二类：甲同学选择马，乙有3种选法，丙有10种选法，选法有1×3×10＝30(种)，所以共有20＋30＝50(种)选法．6．(2023·宿州模拟)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”的个数为()A．12B．24C．36D．48答案C解析第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)．7．用0,1,2,3,4,5,6这7个数字可以组成无重复数字的四位偶数的个数为()A．180B．240C．420 D.480答案C解析以末位数字进行分类：当末位数字为0时，共有6×5×4＝120(个)；当末位数字是2,4,6中的某个数时，共有3×5×5×4＝300(个)，故共有120＋300＝420(个)不同的数字．8．(多选)现有4个数学课外兴趣小组，第一、二、三、四组分别有7人、8人、9人、10人，则下列说法正确的是()A．选1人为负责人的选法种数为34B．每组选1名组长的选法种数为5400C．若推选2人发言，这2人需来自不同的小组，则不同的选法种数为420D．若另有3名学生加入这4个小组，加入的小组可自由选择，且第一组必须有人选，则不同的选法有37种答案AD解析对于A,4个数学课外兴趣小组共有7＋8＋9＋10＝34(人)，故选1人为负责人的选法共有34种，A对；对于B，分四步：第一、二、三、四步分别为从第一、二、三、四组中各选1名组长，所以不同的选法共有7×8×9×10＝5040(种)，B错；对于C，分六类：从第一、二组中各选1人，有7×8种不同的选法；从第一、三组中各选1人，有7×9种不同的选法；从第一、四组中各选1人，有7×10种不同的选法；从第二、三组中各选1人，有8×9种不同的选法；从第二、四组中各选1人，有8×10种不同的选法；从第三、四组中各选1人，有9×10种不同的选法．所以不同的选法共有7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)，C错；对于D，若不考虑限制条件，每个人都有4种选法，共有43＝64(种)选法，其中第一组没有人选，每个人都有3种选法，共有33＝27(种)选法，所以不同的选法有64－27＝37(种)，D对．9.如图所示，在由连接正八边形的三个顶点构成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________个(用数字作答)．答案40解析把与正八边形有公共边的三角形分为两类：第一类，有一条公共边的三角形，共有8×4＝32(个)；第二类，有两条公共边的三角形，共有8个．由分类加法计数原理可知，共有32＋8＝40(个)．10．(2023·保定模拟)算筹是一根根同样长短和粗细的小棍子，是中国古代用来记数、列式和进行各种数与式演算的一种工具，是中国古代的一项伟大、重要的发明．在算筹计数法中，以“纵式”和“横式”两种方式来表示数字，如表所示：数字123456789方式纵式横式用算筹计数法表示多位数时，个位用纵式，十位用横式，百位用纵式，千位用横式，以此类推，遇零则置空，知“”表示的三位数为________；如果把5根算筹以适当的方式全部放入下面的表格中，那么可以表示能被5整除的三位数的个数为________．答案62114解析由题意，结合表格中的数据和图形，知“”表示的三位数为621；共有5根算筹，要能被5整除，则个位数必须为0或5，①当个位数为5时，不符合题意；②当个位数为0时，则5根算筹全部放在十位和百位，若百位有1根，十位有4根，则共有1×2＝2(个)三位数；若百位有2根，十位有3根，则共有2×2＝4(个)三位数；若百位有3根，十位有2根，则共有2×2＝4(个)三位数；若百位有4根，十位有1根，则共有2×1＝2(个)三位数；若百位有5根，十位有0根，则共有2个三位数．所以共有2＋4＋4＋2＋2＝14(个)三位数．11.如图是在“赵爽弦图”的基础上创作出的一个“数学风车”平面模型，图中正方形ABCD 内部为“赵爽弦图”(由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成)，△ABE，△BCF，△CDG，△DAH这4个三角形和“赵爽弦图”ABCD涂色，且相邻区域(即图中有公共点的区域)不同色，已知有4种不同的颜色可供选择．则不同的涂色方法种数是()A．48B．54C．72D．108答案C解析设“赵爽弦图”ABCD为①区，△ABE，△BCF，△CDG，△DAH这4个三角形分别为②，③，④，⑤区．第一步给①区涂色，有4种涂色方法．第二步给②区涂色，有3种涂色方法．第三步给③区涂色，有2种涂色方法．第四步给④区涂色，若④区与②区同色，⑤区有2种涂色方法．若④区与②区不同色，则④区有1种涂色方法，⑤区有1种涂色方法．所以共有4×3×2×(2＋1×1)＝72(种)涂色方法．12．(2022·怀化模拟)世界杯参赛球队共32支，现分成8个小组进行单循环赛，决出16强(各组的前2名小组出线)，这16支队伍按照确定的程序进行淘汰赛，决出8强，再决出4强，直到决出冠、亚军和第三名、第四名，则比赛进行的总场数为________．答案64解析因为8个小组进行单循环赛，每小组进行6场小组赛，所以小组赛的场数为8×6＝48，因为16支队伍按照确定的程序进行淘汰赛，所以淘汰赛的场数为8＋4＋2＋2＝16，因此比赛进行的总场数为48＋16＝64.13．几只猴子在一棵枯树上玩耍，假设它们均不慎失足下落，已知：(1)甲在下落的过程中依次撞击到树枝A，B，C；(2)乙在下落的过程中依次撞击到树枝D，E，F；(3)丙在下落的过程中依次撞击到树枝G，A，C；(4)丁在下落的过程中依次撞击到树枝B，D，H；(5)戊在下落的过程中依次撞击到树枝I，C，E，则这九根树枝从高到低不同的顺序共有() A．23种B．24种C．32种D．33种答案D解析不妨设A，B，C，D，E，F，G，H，I代表树枝的高度，九根树枝从上至下共九个位置，根据甲依次撞击到树枝A，B，C；乙依次撞击到树枝D，E，F；丙依次撞击到树枝G，A，C；丁依次撞击到树枝B，D，H；戊依次撞击到树枝I，C，E，可得G>A>B，且G，A，B 在前四个位置，C>E>F，D>E>F，且E，F一定排在后四个位置，(1)若I排在前四个位置中的一个位置，前四个位置有4种排法，若第五个位置排C，则第六个位置一定排D，后三个位置共有3种排法，若第五个位置排D，则后四个位置共有4种排法，所以I排在前四个位置中的一个位置时，共有4×(3＋4)＝28(种)排法；(2)若I不排在前四个位置中的一个位置，则G，A，B，D按顺序排在前四个位置，由于I>C>E>F，所以后五个位置的排法就是H的不同排法，共5种排法，即若I不排在前四个位置中的一个位置共有5种排法，由分类加法计数原理可得，这九根树枝从高到低不同的顺序有28＋5＝33(种)．14．若m，n均为非负整数，在做m＋n的加法时，各位均不进位(例如：134＋3802＝3936)，则称(m，n)为“简单的”有序数对，m＋n为有序数对(m，n)的值，那么值为1942的“简单的”有序数对的个数是________．答案300解析第1步，1＝1＋0,1＝0＋1，共2种组合方式；第2步，9＝0＋9,9＝1＋8,9＝2＋7,9＝3＋6，…，9＝9＋0，共10种组合方式；第3步，4＝0＋4,4＝1＋3,4＝2＋2,4＝3＋1,4＝4＋0，共5种组合方式；第4步，2＝0＋2,2＝1＋1,2＝2＋0，共3种组合方式．根据分步乘法计数原理可知，值为1942的“简单的”有序数对的个数为2×10×5×3＝300.。
2024年高考数学(人教B版)一轮复习学案第10章10.4随机事件与概率
§10.4随机事件与概率考试要求 1.了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义以及频率与概率的区别.2.理解事件间的关系与运算.3.掌握古典概型及其计算公式，能计算古典概型中简单随机事件的概率．知识梳理1．样本空间和随机事件(1)样本点和样本空间样本点：随机试验中每一种可能出现的结果称为样本点．样本空间：由所有样本点组成的集合称为样本空间，常用Ω表示．(2)随机事件一般地，如果随机试验的样本空间为Ω，则随机事件A是Ω的一个非空真子集，而且若试验的结果是A中的元素，则称A发生，否则，称A不发生．2．两个事件的关系和运算含义符号表示包含关系A发生导致B发生相等关系B⊇A且A⊇B并事件(和事件) A与B至少一个发生A∪B或A＋B交事件(积事件)A与B同时发生A∩B或AB互斥(互不相容)A与B不能同时发生A∩B＝∅互为对立A与B有且仅有一个发生3.古典概型的特征(1)有限性：样本空间所包含的样本点个数是__________；(2)等可能性：每个基本事件发生的可能性大小都________．4．古典概型的概率公式假设样本空间含有n个样本点，如果事件C包含m个样本点，则由互斥事件的概率加法公式可知P(C)＝__________.5．概率的性质性质1：对任意的事件A，都有P(A)≥0；性质2：必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0，即P(Ω)＝1，P(∅)＝0；性质3：如果事件A与事件B互斥，那么P(A＋B)＝________；性质4：如果事件A与事件B互为对立事件，那么P(B)＝1－P(A)，P(A)＝________；性质5：如果A⊆B，那么P(A)≤P(B)，由该性质可得，对于任意事件A，因为∅⊆A⊆Ω，所以0≤P(A)≤1；性质6：设A，B是一个随机试验中的两个事件，有P(A＋B)＝______________.6．频率与概率(1)频率的稳定性一般地，如果在n次重复进行的试验中，一个事件发生的频率会很接近于这个事件发生的概率，而且，试验的次数越多，频率与概率之间差距很小的可能性越大．(2)频率稳定性的作用：可以用频率f n(A)估计概率P(A)．常用结论1．当随机事件A，B互斥时，不一定对立；当随机事件A，B对立时，一定互斥，即两事件互斥是对立的必要不充分条件．2．若事件A1，A2，…，A n两两互斥，则P(A1+A2+…+A n)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(A n)．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)事件发生的频率与概率是相同的．()(2)两个事件的和事件发生是指这两个事件至少有一个发生．()(3)从－3，－2，－1,0,1,2中任取一个数，取到的数小于0与不小于0的可能性相同．()(4)若A＋B是必然事件，则A与B是对立事件．()教材改编题1．一个人打靶时连续射击两次，事件“至多有一次中靶”的互斥事件是()A．至少有一次中靶B．两次都中靶C．只有一次中靶D．两次都不中靶2．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](单位：cm)内的概率为0.5，那么该同学的身高超过175 cm的概率为() A．0.2 B．0.3 C．0.7 D．0.83．(2022·全国乙卷)从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为________．题型一随机事件命题点1随机事件间关系的判断例1 (1)(多选)对空中飞行的飞机连续射击两次，每次发射一枚炮弹，设事件A＝{两弹都击中飞机}，事件B＝{两弹都没击中飞机}，事件C＝{恰有一弹击中飞机}，事件D＝{至少有一弹击中飞机}，则下列关系正确的是()A．AD＝∅B．BD＝∅C．A＋C＝D D．A＋B＝B＋D(2)从装有十个红球和十个白球的罐子里任取两球，下列情况中是互斥而不对立的两个事件的是()A．至少有一个红球；至少有一个白球B．恰有一个红球；都是白球C．至少有一个红球；都是白球D．至多有一个红球；都是红球听课记录：______________________________________________________________________________________________________________________________________命题点2利用互斥、对立事件求概率例2某商场进行有奖销售，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．________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________思维升华事件关系的运算策略进行事件的运算时，一是要紧扣运算的定义，二是要全面考虑同一条件下的试验可能出现的全部结果，必要时可列出全部的试验结果进行分析．当事件是由互斥事件组成时，运用互斥事件的概率加法公式．跟踪训练1(1)(多选)抛掷一枚质地均匀的骰子，有如下随机事件：C i＝“点数为i”，其中i＝1,2,3,4,5,6；D1＝“点数不大于2”，D2＝“点数不小于2”，D3＝“点数大于5”；E＝“点数为奇数”；F ＝“点数为偶数”． 下列结论正确的是( ) A ．C 1与C 2对立 B ．D 1与D 2不互斥 C ．D 3⊆FD ．E ⊇(D 1D 2)(2)某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示．已知这100位顾客中一次购物量超过8件的顾客占55%. ①确定x ，y 的值，并估计顾客一次购物的结算时间的平均值； ②估计一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率．________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ 题型二 古典概型例3 (1)(2023·南通质检)我国数学家张益唐在“孪生素数”研究方面取得突破，孪生素数也称为孪生质数，就是指两个相差2的素数，例如5和7.在大于3且不超过20的素数中，随机选取2个不同的数，恰好是一组孪生素数的概率为( ) A.356 B.328 C.17 D.15(2)在一次比赛中某队共有甲、乙、丙等5位选手参加，赛前用抽签的方法决定出场顺序，则乙、丙都不与甲相邻出场的概率是( ) A.110 B.15 C.25 D.310听课记录：______________________________________________________________ ________________________________________________________________________思维升华 利用公式法求解古典概型问题的步骤跟踪训练2 (1)(2022·全国甲卷)从分别写有1,2,3,4,5,6的6张卡片中无放回地随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为( ) A.15 B.13 C.25 D.23(2)(2022·宜宾质检)2022年冬奥会在北京、延庆、张家口三个区域布置赛场，北京承办所有冰上项目，延庆和张家口承办所有雪上项目．组委会招聘了包括甲在内的4名志愿者，准备分配到上述3个赛场参与赛后维护服务工作，要求每个赛场至少分到一名志愿者，则志愿者甲正好分到北京赛场的概率为 ________. 题型三 概率与统计的综合问题例4 北京冬奥会顺利闭幕后，某学校团委组织了一次“奥运会”知识讲座活动，活动结束后随机抽取120名学生对讲座情况进行调查，其中男生与女生的人数之比为1∶1，抽取的学生中男生有40名对讲座活动满意，女生中有30名对讲座活动不满意．(1)完成下面2×2列联表，并判断是否有90%的把握认为对讲座活动是否满意与性别有关？满意 不满意总计 男生 女生 总计120(2)从被调查的对讲座活动满意的学生中，利用比例分配的分层随机抽样方法抽取7名学生，再在这7名学生中抽取3名学生谈谈自己听讲座的心得体会，求其中恰好抽中2名男生与1名女生的概率． 参考数据：χ2＝n (ad －bc )2(a ＋b )(c ＋d )(a ＋c )(b ＋d )，其中n ＝a ＋b ＋c ＋d .α＝P (χ2≥k )0.10 0.05 0.01 0.005 0.001 k2.7063.8416.6357.87910.828________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ 思维升华 求解古典概型的综合问题的步骤 (1)将题目条件中的相关知识转化为事件；(2)判断事件是否为古典概型；(3)选用合适的方法确定样本点个数；(4)代入古典概型的概率公式求解．跟踪训练3从参加环保知识竞赛的学生中抽出40名，将其成绩(均为整数)整理后画出频率分布直方图如图所示，观察图形，回答下列问题．(1)成绩在[80,90)这一组的频数、频率分别是多少？(2)估计这次环保知识竞赛成绩的平均数、众数、中位数；(不要求写过程)(3)从成绩是80分以上(包括80分)的学生中选2人，求他们在同一分数段的概率．________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
高中数学重复取球教案
高中数学重复取球教案教学目标：学生能够掌握重复取球的概率计算方法，并能够运用所学知识解决实际问题。
教学重点：重复取球的概率计算方法。
教学难点：解决复杂的取球问题。
教学准备：球盒、彩色球、黑白板、书写工具。
教学过程：一、引入问题老师向学生提出如下问题：在一个装有10个红球和5个蓝球的盒子中，每次从中取出一个球，并将取出的球放回，不停地取球直至取出5个红球为止，求取出的球中有3个蓝球的概率是多少？二、讲解概念1. 重复取球：每次取球后将球放回，继续取球的过程。
2. 概率计算方法：在这个问题中，我们可以利用排列组合的方法来计算概率。
三、计算概率1. 首先，我们计算共有多少种取球的可能结果。
将问题简化为将10个红球和5个蓝球拉成一条线，共15个球，然后从中取出5个球的不同排列方式为C(15,5) = 3003。
2. 接着，我们计算取出的球中有3个蓝球的可能结果。
需要从5个蓝球中取出3个蓝球，并从10个红球中取出2个红球，即C(5,3) * C(10,2) = 10 * 45 = 450。
3. 最后，我们可以得到取出的球中有3个蓝球的概率为450/3003 ≈ 0.15。
四、练习与拓展老师引导学生进行类似问题的练习，并鼓励学生尝试通过概率计算解决更复杂的取球问题。
五、总结与评价通过本节课的学习，学生应该掌握了重复取球的概率计算方法，能够运用所学知识解决实际问题。
同时，老师可以对学生进行评价，鼓励他们在概率计算方面不断探索和拓展。
六、作业布置布置相关作业，巩固学生对于重复取球问题的理解和运用能力。
七、教学反思教师进行教学反思，总结教学过程中的不足与收获，为下一堂课的教学做好准备。
2020届高考数学一轮复习人教B版计数原理、概率、随机变量及其分布列学案Word版
计数原理、概率、随机变量及其分布列[全国卷3年考情分析](1)概率、随机变量及其分布是高考命题的热点之一，命题形式为“一小一大”，即一道选择题(或填空题)和一道解答题．(2)选择题或填空题常出现在第4～10题或第13～15题的位置，主要考查随机事件的概率、古典概型、几何概型，难度一般．考点一 二项式定理 保分考点·练后讲评[大稳定——常规角度考双基]1.[求特定项的系数](2018·全国卷Ⅲ)⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋2x 5的展开式中x 4的系数为( )A ．10B ．20C ．40D ．80解析：选C ⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋2x 5的展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 5·(x 2)5－r·⎝ ⎛⎭⎪⎫2xr ＝C r 5·2r ·x10－3r ， 令10－3r ＝4，得r ＝2.故展开式中x 4的系数为C 25·22＝40.2.[求特定项系数](2017·全国卷Ⅰ)⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x 2(1＋x )6展开式中x 2的系数为( )A ．15B ．20C ．30D ．35解析：选C (1＋x )6展开式的通项T r ＋1＝C r 6x r ，所以⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x2(1＋x )6的展开式中x 2的系数为1×C 26＋1×C 46＝30.3.[有关系数和问题]在⎝⎛⎭⎪⎫x ＋3x n的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为32∶1，则x 2的系数为( )A ．50B ．70C ．90D ．120解析：选C 令x ＝1，则⎝⎛⎭⎪⎫x ＋3x n ＝4n ，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋3x n 的展开式中，各项系数和为4n，又二项式系数和为2n，所以4n2n ＝2n ＝32，解得n ＝5.二项展开式的通项T r ＋1＝C r 5x 5－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x r ＝C r 53r x 5－32r ，令5－32r ＝2，得r ＝2，所以x 2的系数为C 2532＝90，故选C.4.[求参数值]若二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋a x 7的展开式中1x3的系数是84，则实数a 等于( )A ．2 B.34 C ．1D.24解析：选C 二项式⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋a x 7的展开式的通项T r ＋1＝C r 727－r x 7－r a r x －r＝27－r C r 7a r x7－2r， 令7－2r ＝－3，得r ＝5，所以T 6＝4C 57a 5＝84，解得a ＝1.5.[二项式系数或各项系数的最值]在⎝⎛⎭⎪⎪⎫x 2－13x n的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式的常数项是( )A ．－7B ．7C ．－28D ．28解析：选B 因为只有第5项的二项式系数C 4n 最大，所以n2＝4，即n ＝8.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x 2－13x 8的展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 8⎝ ⎛⎭⎪⎫x 28－r ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－13x r ＝－r C r 828－rx 8－43r ， 令8－43r ＝0，解得r ＝6，故常数项为T 7＝－6C6822＝7.故选B.6.[求多项式的特定项系数](x 2＋x ＋y )4的展开式中，x 3y 2的系数是________． 解析：法一：(x 2＋x ＋y )4＝[(x 2＋x )＋y ]4， 其展开式的第r ＋1项T r ＋1＝C r 4(x 2＋x )4－r y r，因为要求x 3y 2的系数，所以r ＝2，所以T 3＝C 24(x 2＋x )4－2y 2＝6(x 2＋x )2y 2.因为(x 2＋x )2的展开式中x 3的系数为2，所以x 3y 2的系数是6×2＝12. 法二：(x 2＋x ＋y )4表示4个因式x 2＋x ＋y 的乘积，在这4个因式中，有2个因式选y ，其余的2个因式中有一个选x ，剩下的一个选x 2，即可得到含x 3y 2的项，故x 3y 2的系数是C 24·C 12·C 11＝12. 答案：12 [解题方略]1．求二项式与代数式积的展开式特定项系数问题的关键一是将二项式看作一个整体，利用分配律整理所给式子；二是利用二项展开式的通项公式，求特定项，特定项的系数即为所要求的系数．2．求(x ＋y ＋z )n的展开式的特定项的系数问题的技巧若三项能用完全平方公式，那当然比较简单，若三项不能用完全平方公式，只需根据题目特点，把“三项”当成“两项”看，再利用二项展开式的通项公式去求特定项的系数；把(x ＋y ＋z )n看作n 个因式x ＋y ＋z 的乘积，再利用组合数公式求解．3．二项式系数最大项的确定方法若n 是偶数，则中间一项⎝ ⎛⎭⎪⎫第n2＋1项的二项式系数最大；若n 是奇数，则中间两项第n ＋12项与第n ＋12＋1项的二项式系数，最大．[小创新——变换角度考迁移]1.[二项式定理与函数的交汇]在(1＋x )6(2＋y )4的展开式中，记x m y n项的系数为f (m ，n )，则f (4,0)＋f (3,1)＋f (2,2)＋f (1,3)＋f (0,4)＝( )A ．1 240B ．1 289C ．600D ．880解析：选B (1＋x )6的展开式中，x m的系数为C m6，(2＋y )4的展开式中，y n 的系数为C n 424－n，则f (m ，n )＝C m 6·C n 4·24－n，从而f (4,0)＋f (3,1)＋f (2,2)＋f (1,3)＋f (0,4)＝C 46·C 04·24＋C 36·C 14·23＋C 26·C 24·22＋C 16·C 34·21＋C 06·C 44·20＝1 289.2.[二项式定理与三角函数的交汇]已知(1＋ax ＋by )5(a ，b 为常数，a ∈N *，b ∈N *)的展开式中不含字母x 的项的系数和为243，则函数f (x )＝2sin 2x ＋b 2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2的最小值为______．解析：令x ＝0，y ＝1，得(1＋b )5＝243，解得b ＝2.因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以x ＋π4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，3π4，则sin x ＋cos x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4∈[1，2]，所以f (x )＝2sin 2x ＋b 2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4＝2sin 2x ＋2sin x ＋cos x ＝4sin x ·cos x ＋2sin x ＋cos x ＝2(sin x ＋cos x )＝22sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4，所以2≤f (x )≤2 2.故f (x )的最小值为2.答案：2考点二 古典概型、几何概型及条件概率 保分考点练后讲评1.[古典概型](2018·全国卷Ⅱ)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30＝7＋23.在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是( )A.112 B.114C.115D.118解析：选C 不超过30的所有素数为2,3,5,7,11,13,17,19,23,29，共10个，随机选取两个不同的数，共有C 210＝45种情况，而和为30的有7＋23,11＋19,13＋17这3种情况，∴所求概率为345＝115.故选C.2.[几何概型](2018·全国卷Ⅰ)如图，来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形．此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC 的斜边BC ，直角边AB ，AC .△ABC 的三边所围成的区域记为Ⅰ，黑色部分记为Ⅱ，其余部分记为Ⅲ.在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为p 1，p 2，p 3，则( )A ．p 1＝p 2B ．p 1＝p 3C ．p 2＝p 3D ．p 1＝p 2＋p 3解析：选A 法一：∵S △ABC ＝12AB ·AC ，以AB 为直径的半圆的面积为12π·⎝ ⎛⎭⎪⎫AB 22＝π8AB 2，以AC 为直径的半圆的面积为12π·⎝ ⎛⎭⎪⎫AC 22＝π8AC 2，以BC 为直径的半圆的面积为12π·⎝ ⎛⎭⎪⎫BC 22＝π8BC 2， ∴S Ⅰ＝12AB ·AC ，S Ⅲ＝π8BC 2－12AB ·AC ，S Ⅱ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫π8AB 2＋π8AC 2－⎝⎛⎭⎪⎫π8BC 2－12AB ·AC ＝12AB ·AC . ∴S Ⅰ＝S Ⅱ.由几何概型概率公式得p 1＝S ⅠS 总，p 2＝S ⅡS 总， ∴p 1＝p 2.故选A.法二：不妨设△ABC 为等腰直角三角形，AB ＝AC ＝2，则BC ＝22，所以区域Ⅰ的面积即△ABC 的面积， 为S 1＝12×2×2＝2，区域Ⅱ的面积S 2＝π×12－⎣⎢⎡⎦⎥⎤π222－2＝2，区域Ⅲ的面积S 3＝π222－2＝π－2.根据几何概型的概率计算公式， 得p 1＝p 2＝2π＋2，p 3＝π－2π＋2， 所以p 1≠p 3，p 2≠p 3，p 1≠p 2＋p 3，故选A.3.[条件概率]一个口袋中装有6个小球，其中红球4个，白球2个．如果不放回地依次摸出2个小球，则在第1次摸出红球的条件下，第2次摸出红球的概率为________．解析：设“第1次摸出红球”为事件A ，“第2次摸出红球”为事件B ，则“第1次和第2次都摸出红球”为事件AB ，所求事件为B |A .事件A 发生的概率为P (A )＝46＝23，事件AB 发生的概率为P (AB )＝46×35＝25.由条件概率的计算公式可得，所求事件的概率为P (B |A )＝P ABP A ＝2523＝35.答案：35[解题方略]1．求解几何概型的步骤2．条件概率的求法(1)利用定义，分别求P (A )和P (AB )，得P (B |A )＝P ABP A.这是通用的求条件概率的方法．(2)借助古典概型概率公式，先求事件A 包含的基本事件数n (A )，再在事件A 发生的条件下求事件B 包含的基本事件数，即n (AB )，得P (B |A )＝n ABn A.考点三 随机变量的分布列、均值与方差 增分考点广度拓展题型一 超几何分布及其均值与方差[例1] 某大学志愿者协会有6名男同学，4名女同学．在这10名同学中，3名同学来自数学学院，其余7名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院．现从这10名同学中随机选取3名同学到希望小学进行支教活动(每位同学被选到的可能性相同)．(1)求选出的3名同学是来自互不相同学院的概率；(2)设X 为选出的3名同学中女同学的人数，求随机变量X 的分布列和数学期望E (X )． [解] (1)设“选出的3名同学是来自互不相同的学院”为事件A ，则P (A )＝C 13C 27＋C 03C 37C 310＝4960. 所以选出的3名同学是来自互不相同学院的概率为4960.(2)随机变量X 的所有可能值为0,1,2,3.P (X ＝k )＝C k 4C 3－k6C 310(k ＝0,1,2,3)．所以P (X ＝0)＝C 04C 36C 310＝16，P (X ＝1)＝C 14C 26C 310＝12，P (X ＝2)＝C 24C 16C 310＝310，P (X ＝3)＝C 34C 06C 310＝130.所以随机变量X 的分布列为：故随机变量X 的数学期望E (X )＝0×16＋1×12＋2×310＋3×130＝65.[解题方略]1．超几何分布的应用条件及实质(1)条件：①考察对象分两类；②已知各类对象的个数；③从中抽取若干个个体，考察某类个体个数X 的概率分布．(2)实质：古典概型问题． 2．超几何分布的均值与方差对于实际问题中的随机变量X ，如果能够断定它服从超几何分布H (N ，M ，n )，则其概率可直接利用公式P (X ＝k )＝C k M C n －kN －MC n N(k ＝0,1，…，m ，其中m ＝min{M ，n }，且n ≤N ，M ≤N ，n ，M ，N ∈N *)．题型二 相互独立事件的概率及均值与方差[例2] (2019届高三·益阳、湘潭调研)某乒乓球俱乐部派甲、乙、丙三名运动员参加某运动会的单打资格选拔赛，本次选拔赛只有出线和未出线两种情况．规定一名运动员出线记1分，未出线记0分．假设甲、乙、丙出线的概率分别为23，34，35，他们出线与未出线是相互独立的．(1)求在这次选拔赛中，这三名运动员至少有一名出线的概率；(2)记在这次选拔赛中，甲、乙、丙三名运动员的得分之和为随机变量ξ，求随机变量ξ的分布列和数学期望E (ξ)．[解] (1)记“甲出线”为事件A ，“乙出线”为事件B ，“丙出线”为事件C ，“甲、乙、丙至少有一名出线”为事件D ，则P (D )＝1－P (A B C )＝1－13×14×25＝2930.(2)由题意可得，ξ的所有可能取值为0,1,2,3， 则P (ξ＝0)＝P (A B C )＝13×14×25＝130；P (ξ＝1)＝P (A B C )＋P (A B C )＋P (A B C )＝23×14×25＋13×34×25＋13×14×35＝1360； P (ξ＝2)＝P (AB C )＋P (A B C )＋P (A BC )＝23×34×25＋23×14×35＋13×34×35＝920； P (ξ＝3)＝P (ABC )＝23×34×35＝310.所以ξ的分布列为E (ξ)＝0×130＋1×1360＋2×920＋3×310＝12160.[解题方略] 求相互独立事件的概率的两种方法题型三 二项分布及其均值与方差[例3] 雾霾天气对人体健康有伤害，应对雾霾污染、改善空气质量的首要任务是控制PM2.5，要从压减燃煤、严格控车、调整产业、强化管理、联防联控、依法治理等方面采取重大举措，聚焦重点领域，严格指标考核．某省环保部门为加强环境执法监管，派遣四个不同的专家组对A ，B ，C 三个城市进行治霾落实情况抽查．(1)若每个专家组随机选取一个城市，四个专家组选取的城市可以相同，也可以不同，求恰有一个城市没有专家组选取的概率；(2)每一个城市都要由四个专家组分别对抽查情况进行评价，并对所选取的城市进行评价，每个专家组给检查到的城市评价为优的概率为12，若四个专家组均评价为优则检查通过不用复检，否则需进行复检．设需进行复检的城市的个数为X ，求X 的分布列．[解] (1)随机选取，共有34＝81种不同方法，恰有一个城市没有专家组选取的有C 13(C 14A 22＋C 24)＝42种不同方法，故恰有一个城市没有专家组选取的概率P ＝4281＝1427.(2)设事件A ：“一个城市需复检”，则P (A )＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝1516，X 的所有可能取值为0,1,2,3，P (X ＝0)＝C 03·⎝ ⎛⎭⎪⎫1163＝14 096， P (X ＝1)＝C 13·⎝ ⎛⎭⎪⎫1162·1516＝454 096， P (X ＝2)＝C 23·116·⎝ ⎛⎭⎪⎫15162＝6754 096， P (X ＝3)＝C 33·⎝ ⎛⎭⎪⎫15163＝3 3754 096. 所以X 的分布列为[解题方略] 破解有关二项分布的“四关”考点四 利用均值与方差破解决策性问题 增分考点讲练冲关[典例] (2018·洛阳第一次统考)甲、乙两家外卖公司，其送餐员的日工资方案如下：甲公司，底薪80元，每单送餐员抽成4元；乙公司，无底薪，40单以内(含40单)的部分送餐员每单抽成6元，超出40单的部分送餐员每单抽成7元．假设同一公司的送餐员一天的送餐单数相同，现从这两家公司各随机选取一名送餐员，并分别记录其50天的送餐单数，得到如下频数表：甲公司送餐员送餐单数频数表乙公司送餐员送餐单数频数表(1)现从记录甲公司的50天送餐单数中随机抽取3天的送餐单数，求这3天送餐单数都不小于40的概率．(2)若将频率视为概率，回答下列两个问题：①记乙公司送餐员日工资为X (单位：元)，求X 的分布列和数学期望E (X )；②小王打算到甲、乙两家公司中的一家应聘送餐员，如果仅从日工资的角度考虑，请利用所学的统计学知识为小王作出选择，并说明理由．[解] (1)记抽取的3天送餐单数都不小于40为事件M ， 则P (M )＝C 325C 350＝23196.(2)①设乙公司送餐员的送餐单数为a ， 当a ＝38时，X ＝38×6＝228， 当a ＝39时，X ＝39×6＝234， 当a ＝40时，X ＝40×6＝240， 当a ＝41时，X ＝40×6＋1×7＝247， 当a ＝42时，X ＝40×6＋2×7＝254.所以X 的所有可能取值为228,234,240,247,254. 故X 的分布列为所以E (X )＝228×10＋234×5＋240×5＋247×5＋254×10＝241.8.②依题意，甲公司送餐员的日平均送餐单数为38×0.2＋39×0.3＋40×0.2＋41×0.2＋42×0.1＝39.7， 所以甲公司送餐员的日平均工资为80＋4×39.7＝238.8元． 由①得乙公司送餐员的日平均工资为241.8元． 因为238.8<241.8，所以推荐小王去乙公司应聘． [解题方略] 利用均值与方差进行决策的思路方法利用随机变量的均值与方差可以帮助我们作出科学的决策，其中随机变量X 的均值的意义在于描述随机变量的平均程度，而方差则描述了随机变量稳定与波动或集中与分散的状况．品种的优劣、仪器的好坏、预报的准确与否、机器的性能好坏等很多指标都与这两个特征量有关．[多练强化]为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1 000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额．(1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元，求： ①顾客所获的奖励额为60元的概率； ②顾客所获的奖励额的分布列及均值；(2)商场对奖励总额的预算是60 000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成．为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由．解：(1)设顾客所获的奖励额为X . ①依题意，得P (X ＝60)＝C 11C 13C 24＝12，即顾客所获的奖励额为60元的概率为12.②依题意，得X 的所有可能取值为20,60. P (X ＝60)＝12，P (X ＝20)＝C 23C 24＝12，即X 的分布列为所以顾客所获的奖励额的均值E (X )＝20×2＋60×2＝40元．(2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为60元．所以，先寻找均值为60元的可能方案．对于面值由10元和50元组成的情况，如果选择(10,10,10,50)的方案，因为60元是面值之和的最大值，所以均值不可能为60元；如果选择(50,50,50,10)的方案，因为60元是面值之和的最小值，所以均值也不可能为60元，因此可能的方案是(10,10,50,50)，记为方案1.对于面值由20元和40元组成的情况，同理可排除(20,20,20,40)和(40,40,40,20)的方案，所以可能的方案是(20,20,40,40)，记为方案2.以下是对两个方案的分析：对于方案1，即方案(10,10,50,50)，设顾客所获的奖励额为X 1，则X 1的分布列为X 1的均值E (X 1)＝20×16＋60×3＋100×6＝60，X 1的方差D (X 1)＝(20－60)2×16＋(60－60)2×23＋(100－60)2×16＝1 6003.对于方案2，即方案(20,20,40,40)，设顾客所获的奖励额为X 2，则X 2的分布列为X 2的均值E (X 2)＝40×16＋60×3＋80×6＝60，X 2的方差D (X 2)＝(40－60)2×16＋(60－60)2×23＋(80－60)2×16＝4003. 由于两种方案的奖励额的均值都符合要求，但方案2奖励额的方差比方案1的小，所以应该选择方案2.考点五 正态分布及其应用 增分考点·讲练冲关[典例] (2017·全国卷Ⅰ)为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸(单位：cm)．根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N (μ，σ2)．(1)假设生产状态正常，记X 表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件数，求P (X ≥1)及X 的数学期望；(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查．①试说明上述监控生产过程方法的合理性； ②下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：9．95 10.12 9.96 9.96 10.01 9.92 9.98 10.04 10.26 9.91 10.13 10.02 9.22 10.04 10.05 9.95经计算得x ＝116∑i ＝116x i ＝9.97，s ＝116∑i ＝116x i －x 2＝116⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫∑i ＝116x 2i －16x2≈0.212，其中x i 为抽取的第i 个零件的尺寸，i ＝1,2， (16)用样本平均数x 作为μ的估计值μ^，用样本标准差s 作为σ的估计值σ^，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外的数据，用剩下的数据估计μ和σ(精确到0.01)．附：若随机变量Z 服从正态分布N (μ，σ2)，则P (μ－3σ<Z <μ＋3σ)＝0.997 4.0.997 416≈0.959 2，0.008≈0.09.[解] (1)抽取的一个零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之内的概率为0.997 4，从而零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率为0.002 6，故X ～B (16,0.002 6)．因此P (X ≥1)＝1－P (X ＝0)＝1－0.997 416≈0.040 8.X 的数学期望为EX ＝16×0.002 6＝0.041 6.(2)①如果生产状态正常，一个零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率只有0.002 6，一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件的概率只有0.040 8，发生的概率很小．因此一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查，可见上述监控生产过程的方法是合理的．②由x ＝9.97，s ≈0.212，得μ的估计值为μ^＝9.97，σ的估计值为σ^＝0.212，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外，因此需对当天的生产过程进行检查．剔除(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外的数据9.22，剩下数据的平均数为115(16×9.97－9.22)＝10.02，因此μ的估计值为10.02.i ＝116x 2i ＝16×0.2122＋16×9.972≈1 591.134， 剔除(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外的数据9.22，剩下数据的样本方差为115(1 591.134－9.222－15×10.022)≈0.008，因此σ的估计值为0.008≈0.09.[解题方略] 利用正态曲线的对称性求概率的策略(1)解题的关键是利用对称轴x ＝μ确定所求概率对应的随机变量的区间与已知概率对应的随机变量的区间的关系，必要时，可借助图形判断．(2)对于正态分布N (μ，σ2)，由x ＝μ是正态曲线的对称轴知： ①对任意的a ，有P (X <μ－a )＝P (X >μ＋a )； ②P (X <x 0)＝1－P (X ≥x 0)；③P (a <X <b )＝P (X <b )－P (X ≤a )．(3)对于特殊区间求概率一定要掌握服从N (μ，σ2)的随机变量X 在三个特殊区间的取值概率，将所求问题向P (μ－σ<X ≤μ＋σ)，P (μ－2σ<X ≤μ＋2σ)，P (μ－3σ<X ≤μ＋3σ)转化，然后利用特定值求出相应概率．同时，要充分利用正态曲线的对称性和曲线与x 轴之间的面积为1这些特殊性质．[多练强化](2018·聊城期末)已知某厂生产的电子产品的使用寿命X (单位：小时)服从正态分布N (1 000，σ2)，且P (X <800)＝0.1，P (X ≥1 300)＝0.02.(1)现从该厂随机抽取一件产品，求其使用寿命在[1 200，1 300)的概率；(2)现从该厂随机抽取三件产品，记抽到的三件产品使用寿命在[800,1 200)的件数为Y ，求Y 的分布列和数学期望E (Y )．解：(1)因为X ～N (1 000, σ2)，P (X <800)＝0.1，P (X ≥1 300)＝0.02，所以P (1 200≤X <1 300)＋P (X ≥1 300)＝P (X ≥1 200)＝P (X <800)＝0.1.所以P (1 200≤X <1 300)＝0.1－0.02＝0.08， 即其使用寿命在[1 200,1 300)的概率为0.08.(2)因为P (800≤X <1 200)＝1－2P (X <800)＝1－2×0.1＝0.8＝45，所以Y ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，45. 所以P (Y ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－453＝1125，P (Y ＝1)＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫45⎝⎛⎭⎪⎫1－452＝12125， P (Y ＝2)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫452⎝⎛⎭⎪⎫1－45＝48125， P (Y ＝3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫453＝64125， 所以Y 的分布列为所以E (Y )＝0×1125＋1×12125＋2×48125＋3×64125＝125.⎝⎛⎭⎪⎫或E Y ＝np ＝3×45＝125数据分析——随机变量及其分布列与期望问题的求解[典例] 某网络广告公司计划从甲、乙两个网站中选择一个网站拓展公司的广告业务，为此该公司随机抽取了甲、乙两个网站某月中10天的日访问量(单位：万次)，整理后得到如图所示的茎叶图．(1)请说明该公司应该选择哪个网站；(2)根据双方规定，该公司将根据所选网站的日访问量进行付费，付费标准如下：考虑到资金有限，若要使该公司每个月(按30天计)付的费用最少，则该公司应该选择哪个网站？[解] (1)根据题中的茎叶图得，x甲＝110×(15＋24＋28＋25＋30＋36＋30＋35＋32＋45)＝30，s2甲＝110[(15－30)2＋(24－30)2＋(28－30)2＋(25－30)2＋(30－30)2＋(36－30)2＋(30－30)2＋(35－30)2＋(32－30)2＋(45－30)2]＝58.x乙＝110×(18＋25＋22＋24＋32＋38＋30＋36＋35＋40)＝30，s2乙＝110[(18－30)2＋(25－30)2＋(22－30)2＋(24－30)2＋(32－30)2＋(38－30)2＋(30－30)2＋(36－30)2＋(35－30)2＋(40－30)2]＝49.8.因为x甲＝x乙，s2甲>s2乙，所以该公司应选择乙网站．(2)设选择甲网站每日需付的费用为随机变量X，选择乙网站每日需付的费用为随机变量Y，则随机变量X的分布列为其数学期望E(X)，故该公司若选择甲网站，则每个月需付的费用为720×30＝21 600(元)．随机变量Y的分布列为其数学期望E(Y)，故该公司若选择乙网站，则每个月需付的费用为730×30＝21 900(元)．因此应选择甲网站．[素养通路]数据分析是指针对研究对象获取数据，运用统计方法对数据进行整理、分析和推断，形成关于研究对象知识的素养．数据分析过程主要包括：收集数据，整理数据，提取信息，构建模型，进行推断，获得结论．本题先分析茎叶图中的数据，分别求出甲、乙的平均数、方差，然后做出最佳选择，再通过分布列、数学期望的计算后的“数据分析”，对实际问题做出合理的判断．考查了数据分析这一核心素养．。
2020版高考数学一轮复习 10.1随机抽样精品学案 新人教版
2020版高考数学一轮复习精品学案：第十章统计、统计案例【知识特点】1.统计中所学的内容是数理统计中最基本的问题，通过这些内容主要来介绍相关的统计思想和方法，了解一些有关统计学的基本知识，并能够应用几个基本概念、基本公式来处理实际生活中的一些基本问题。
2.统计案例为新课标中新增内容，主要是通过案例体会运用统计方法解决实际问题的思想和方法。
增加了统计和统计案例后，使得高中数学的整个体系更加完善了，有利于开阔数学视野，丰富数学思想和方法。
【重点关注】1.从对新课标高考试题的分析可以发现,主要考查抽样方法、各种统计图表、样本数字特征等。
对这部分的考查主要以选择题和填空题的形式出现。
2.统计案例中的独立性检验和回归分析也会逐步在高考题中出现,难度不会太大,多数情况下是考查两种统计分析方法的简单知识,以选择题和填空题为主。
【地位与作用】《全国新课程标准高考数学考试大纲》中对考生能力要求明确界定为空间想象能力、抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力、数据处理能力以及应用意识和创新意识等六个方面，其中数据处理能力是首次提出的一个能力要求，这定义为：会收集数据、整理数据、分析数据，能从大量数据中抽取对研究问题有用的信息，并作出判断。
数据处理能力主要依据统计（高考考试大纲对知识点要求如下表所示）或统计案例中的方法对数据进行整理、分析，并解决给定的实际问题，对统计的要求已提升到能力的高度。
统计的思想方法广泛应用于自然科学和社会科学的研究中，统计的语言不仅是数学的语言，也是各学科经常引用的大众语言，统计知识是作为一个新时期公民所比备的知识。
统计学就是应用科学的方法收集、整理、分析、描述所要研究的数据资料，然后根据所得到的结果，进行推断或决策的一门实用性很强的科学。
统计这部分内容，在高中数学新课程中，主要分布在必修3第二章（约16课时）与选修2—3第三章（约9课时）。
相对于高中学生的认知水平和生活经历还相对不是很高，所以它只能属于非重点内容，所出的相关题目一般来说都相对比较简单。
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微专题90 取球问题一、基础知识：在很多随机变量的题目中，常以“取球”作为故事背景，通过对“取球”提出不同的要求，来考察不同的模型，常见的模型及处理方式如下：1、独立重复试验模型：关键词“可放回的抽取”，即下一次的取球试验与上一次的相同。
2、超几何分布模型：关键词“不放回的抽取”3、与条件概率相关：此类问题通常包含一个抽球的规则，并一次次的抽取，要注意前一次的结果对后一步抽球的影响4、古典概型：要注意虽然题目中会说明“相同的”小球，但是为了能使用古典概型（保证基本事件为等可能事件），通常要将“相同的”小球视为“不同的”元素，在利用排列组合知识进行分子分母的计数。
5、数字问题：在小球上标注数字，所涉及的问题与数字相关（奇，偶，最大，最小等），在解决此类问题时，要将数字模型转化为“怎样取球”的问题，从而转化为前几个类型进行求解。
二、典型例题：例1：一袋中有6个黑球，4个白球（1）不放回地依次取出3个球，已知第一次取出的是白球，求第三次取到黑球的概率 （2）有放回地依次取出3个球，已知第一次取出的是白球，求第三次取到黑球的概率 （3）有放回的依次取出3个球，求取到白球个数X 的分布列，期望和方差（1）思路：因为是不放回的取球，所以后面取球的情况受到前面的影响，要使用条件概率相关公式进行计算。
第一次已经取到白球，所以剩下6个黑球，3个白球；若第二次取到黑球，则第三次取到黑球的概率为6598⋅，若第二次取到白球，则第三次取到黑球的概率为3698⋅，从而能够得到第三次取到黑球的概率解：设事件A 为“不放回取球，第一次取出白球时，第三次取到黑球”()65364829898723P A ∴=⋅+⋅== （2）思路：因为是有放回的取球，所以每次取球的结果互不影响，属于独立重复试验模型，所以第三次取球时依然是6个黑球，3个白球，取得黑球的概率为69解：设事件B 为“有放回取球，第一次取出白球时，第三次取到黑球”()23P B ∴=（3）思路：本问依然属于独立重复试验模型，X 的取值为0,1,2,3，则X 符合二项分布，即23,5XB ⎛⎫⎪⎝⎭，所以可通过二项分布的概率计算公式求得概率，得到分布列 解：X 的取值为0,1,2,3，依题意可得：23,5XB ⎛⎫ ⎪⎝⎭()30332705125P X C ⎛⎫∴=== ⎪⎝⎭ ()2133254155125P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()12233236255125P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ ()3332835125P X C ⎛⎫=== ⎪⎝⎭23,5XB ⎛⎫⎪⎝⎭26355EX ∴=⋅= 231835525DX =⋅⋅=例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3个红球和3个黑球，现从甲，乙两个盒内各任取2个球 （1）求取出的4个球中没有红球的概率 （2）求取出的4个球中恰有1个红球的概率（3）设ξ为取出的4个球中红球的个数，求ξ的分布列和数学期望思路：本题这三问的关键在于所取球中红球的个数，考虑红球个数来自于两个盒内拿出红球个数的总和，所以可将红球总数进行分配，从而得到每个盒中出红球的情况，进而计算出概率（1）设事件i A 为“甲盒中取出i 个红球”，事件j B 为“乙盒中取出j 个红球”则()()2213332246,i i j ji j C C C C P A P B C C --== 设事件A 为“4个球中没有红球”则()()()0202133300224633161510C C C C P A P A P B C C =⋅=⋅=⋅=（2）设事件B 为“4个球中恰有1个红球”()()()0211110213331333011022224646393326156155C C C C C C C C P B P A B P A B C C C C ∴=+=⋅+⋅=⋅+⋅= （3）ξ可取的值为0,1,2,3()()1010P P A ξ∴===()()215P P B ξ=== ()()()0220111113331333021122224646225C C C C C C C C P P A B P A B C C C C ξ==+=⋅+⋅= ()()11021333122246331361510C C C C P P A B C C ξ===⋅=⋅=ξ∴的分布列为：01231055102E ξ∴=⨯+⨯+⨯+⨯=例3：甲、乙两袋中各装有大小相同的小球9个，其中甲袋中红色、黑色、白色小球的个数分别为2、3、4，乙袋中红色、黑色、白色小球的个数均为3，某人用左右手分别从甲、乙两袋中取球．（1）若左右手各取一球，求两只手中所取的球颜色不同的概率；（2）若左右手依次各取两球，称同一手中两球颜色相同的取法为成功取法，记成功取法次数为随机变量X ，求X 的分布列和数学期望．解：（1）设事件A 为“两只手中所取的球颜色不同”，则A 为“两只手中所取的球颜色相同”()()2333432119999993P A P A ⎛⎫=-=-⋅+⋅+⋅= ⎪⎝⎭（2）X 可取的值为0,1,2左手取球成功的概率222234129518C C C P C ++== 右手取球成功的概率22233322914C C C P C ++==()511301118424P X ⎛⎫⎛⎫∴==-⋅-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()5151711118418418P X ⎛⎫⎛⎫==-⋅+⋅-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()515218472P X ==⋅=X ∴的分布列为01224187236EX ∴=⨯+⨯+⨯= 例4：袋中装有若干个质地均匀大小相同的红球和白球，白球数量是红球数量的两倍，每次从袋中摸出一个球，然后放回，若累计3次摸到红球则停止摸球，否则继续摸球直到第5次摸球后结束（1）求摸球四次就停止的事件发生的概率（2）记摸到红球的次数为ξ，求随机变量ξ的分布列及其期望（1）思路：本题为有放回摸球，可理解为独立重复试验，如果摸球四次就停止，说明在这四次中一共摸到3次红球，且前三次有两次摸到红球，第四次又摸到红球。
通过红白球数量关系可知一次摸球中摸到红球的概率为13，然后可按照分析列式并求出概率。
解：设事件A 为“摸球四次即停止摸球“解：依题意可得：在一次摸球中，摸到红球的概率为13()223214339P A C ⎛⎫⎛⎫∴== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（2）思路：可知ξ可取的值为0,1,2,3，当0,1,2ξ=时，摸球是通过完成5次后停止，所以可利用独立重复试验模型计算概率；当3ξ=时，按照规则有可能摸球提前结束，所以要按摸球的次数（3次，4次，5次）分类讨论后再汇总 解：ξ可取的值为0,1,2,3()523203243P ξ⎛⎫∴=== ⎪⎝⎭ ()4151280133243P C ξ⎛⎫⎛⎫=== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ ()23251280233243P C ξ⎛⎫⎛⎫===⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()32222234112112151173333333324381P C C ξ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫==++== ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ξ∴的分布列为：01232432432438181E ξ∴=⨯+⨯+⨯+⨯=例5：某商场在店庆日进行抽奖促销活动，当日在该店消费的顾客可参加抽奖．抽奖箱中有大小完全相同的4个小球，分别标有字“生”“意”“兴”“隆”．顾客从中任意取出1个球，记下上面的字后放回箱中，再从中任取1个球，重复以上操作，最多取4次，并规定若取出“隆”字球，则停止取球．获奖规则如下：依次取到标有“生”“意”“兴”“隆”字的球为一等奖；不分顺序取到标有“生”“意”“兴”“隆”字的球，为二等奖；取到的4个球中有标有“生”“意”“兴”三个字的球为三等奖．（1）求分别获得一、二、三等奖的概率； （2）设摸球次数为ξ，求ξ的分布列和数学期望． 解：（1）设i A 为“获得i 等奖”()1111114444256P A =⨯⨯⨯=()()3231111514444256P A A =⨯⨯⨯⋅-=()1233411119444464P A C A =⋅⨯⨯⨯⋅= （2）摸球次数ξ可取的值为1,2,3,4()114P ξ∴==()31324416P ξ==⋅= ()3319344464P ξ==⋅⋅= ()33327444464P ξ==⋅⋅=ξ∴的分布列为：123441664644E ξ∴=⨯+⨯+⨯+⨯=例6：学校游园活动有这样一个游戏项目：甲箱子里装有3个白球，2个黑球；乙箱子里面装有1个白球，2个黑球；这些球除了颜色外完全相同，每次游戏从这两个箱子里各随机摸出2个球，若摸出的白球不少于2个，则获奖（每次游戏后将球放回原箱） （1）求在一次游戏中 ① 摸出3个白球的概率 ② 获奖的概率（2）求在三次游戏中获奖次数X 的分布列与期望（1）思路：本题的结果实质上是一个“拼球”的过程，即两个箱子各自拿球，然后统计白球的个数。
则①：若摸出3个白球，则情况为甲2乙1。
②：若获奖，则白球个数不少于2个，可分成白球有3个或有2个两种情况，分别求出概率再求和即可 解：设i A 为“甲箱子里取出i 个白球”，j B 为“乙箱子里取出j 个白球” ① 设事件A 为“摸出3个白球”()()21131221215315C C C P A P A B C C ⋅∴==⋅= ② 设事件B 为“获奖”（即白球不少于2个）()()()()1111223212321120212222535317510C C C C C C P B P A B P A B P A B C C C C ⋅∴=++=⋅+⋅+= （2）思路：三次游戏可视为独立重复试验，所以获奖次数X 服从二项分布，由（1）可得73,10XB ⎛⎫⎪⎝⎭，从而可利用公式计算概率，列出分布列 解：X 可取的值为0,1,2,3，依题意可得：73,10XB ⎛⎫ ⎪⎝⎭()3033270101000P X C ⎛⎫∴=== ⎪⎝⎭ ()21373189110101000P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭()22373441210101000P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()33373433101000P X C ⎛⎫=== ⎪⎝⎭X ∴的分布列为：73,10XB ⎛⎫⎪⎝⎭72131010EX ∴=⋅= 例7：一个袋子中装有6个红球和4个白球，假设袋子中的每一个球被摸到可能性是相等的。
（1）从袋子中任意摸出3个球，求摸出的球均为白球的概率；（2）一次从袋子中任意摸出3个球，若其中红球的个数多于白球的个数，则称“摸球成功”（每次操作完成后将球放回），某人连续摸了3次，记“摸球成功”的次数为ξ，求ξ的分布列和数学期望。