2021年高考数学一轮复习第十章计数原理概率随机变量1.8二项分布正态分布及其应用课时提升作业理

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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 10.10 正态分布课件(理)

(2)正态曲线的性质： ①曲线位于 x 轴____________，与 x 轴不相交； ②曲线是单峰的，它关于直线____________对称； ③曲线在 x＝μ 处达到峰值__________； ④曲线与 x 轴之间的面积为____________； ⑤当 σ 一定时，曲线的位置由 μ 确定，曲线随着________的变化而沿 x 轴平移，如图甲所示． ⑥当 μ 一定时，曲线的形状由 σ 确定，σ 越__________，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；σ 越__________，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散，如图乙所示．
B．13.59%
C．27.18%
D．31.74%
解：已知 μ＝0，σ＝3，∴P(3＜ξ＜6)＝12[P(－6＜ξ＜6)－P(－3＜ξ ＜3)]＝12(95.44%－68.26%)＝12×27.18%＝13.59%.故选 B.
(2015·湖南)在如图所示的正方形中随
机投掷 10000 个点，则落入阴影部分(曲线 C 为正
解：由正态密度曲线的性质可知，X～N(μ1，σ21)，Y～ N(μ2，σ22)的密度曲线分别关于直线 x＝μ1，x＝μ2 对称，因此结合所给图象可得 μ1<μ2，∴P(Y≥μ2)<P(Y≥μ1)，A 错误；又 X～N(μ1，σ21)的密度曲线较 Y～N(μ2，σ22)的密度曲线“瘦高”，∴0<σ1<σ2，∴P(X≤σ2)>P(X≤σ1)，B 错误；对任意正数 t ， P(X≤t)≥P(Y≤t) ， P(X≥t)≤P(Y≥t)，C 正确，D 错误，故选 C.
，即 σ1＝σ2＜σ3.故选 D.
【点拨】正态曲线的性质(详见“考点梳理”)大都可
由 φμ，σ(x)的解析式推知．如 σ 一定，当 x<μ 且 x 增大时，

高考数学一轮复习(理科)：第10章计数原理、概率、随机变量及其分布第8节二项分布与正态分布学案

第八节二项分布与正态分布[考纲传真] (教师用书独具)1.了解条件概率的概念，了解两个事件相互独立的概念.2.理解n 次独立重复试验的模型及二项分布，并能解决一些简单问题.3.借助直观直方图认识正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．(对应学生用书第185页)[基础知识填充]1．条件概率在已知B 发生的条件下，事件A 发生的概率叫作B 发生时A 发生的条件概率，用符号P (A |B )来表示，其公式为P (A |B )＝P (AB )P (B )(P (B )＞0)．2．相互独立事件(1)一般地，对两个事件A ，B ，如果P (AB )＝P (A )P (B )，则称A ，B 相互独立． (2)如果A ，B 相互独立，则A 与B ，A 与B ，A 与B 也相互独立． (3)如果A 1，A 2，…，A n 相互独立，则有P (A 1A 2…A n )＝P (A 1)P (A 2)…P (A n )．3．独立重复试验与二项分布(1)独立重复试验在相同条件下重复做的n 次试验称为n 次独立重复试验，其中A i (i ＝1,2，…，n )是第i 次试验结果，则P (A 1A 2A 3…A n )＝P (A 1)P (A 2)P (A 3)…P (A n )．(2)二项分布进行n 次试验，如果满足以下条件：①每次试验只有两个相互对立的结果，可以分别称为“成功”和“失败”； ②每次试验“成功”的概率均为p ，“失败”的概率均为1－p ； ③各次试验是相互独立的．用X 表示这n 次试验中成功的次数，则P (X ＝k )＝C k n p k (1－p )n －k(k ＝0,1,2，…，n ) 若一个随机变量X 的分布列如上所述，称X 服从参数为n ，p 的二项分布，简记为X ～B (n ，p )．4．正态分布(1)正态曲线的特点：①曲线位于x 轴上方，与x 轴不相交；②曲线是单峰的，它关于直线x ＝μ对称； ③曲线在x ＝μ④曲线与x 轴之间的面积为1；⑤当σ一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着μ的变化而沿x 轴平移； ⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；σ越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散．(2)正态分布的三个常用数据 ①P (μ－σ＜X ≤μ＋σ)＝68.3%； ②P (μ－2σ＜X ≤μ＋2σ)＝95.4%； ③P (μ－3σ＜X ≤μ＋3σ)＝99.7%.[基本能力自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)相互独立事件就是互斥事件．( )(2)若事件A ，B 相互独立，则P (B |A )＝P (B )．( )(3)P (AB )表示事件A ，B 同时发生的概率，一定有P (AB )＝P (A )·P (B )．( )(4)在正态分布的分布密度上，函数：f (x )＝1σ2πe －(x －μ)22σ2中，σ是正态分布的标准差．( )(5)二项分布是一个用公式P (X ＝k )＝C k n p k (1－p )n －k，k ＝0,1,2，…，n 表示的概率分布列，它表示了n 次独立重复试验中事件A 发生的次数的概率分布．( ) [答案] (1)× (2)√ (3)× (4)√ (5)√2．已知P (B |A )＝12，P (AB )＝38，则P (A )等于( )A ．316 B ．1316 C ．34D ．14C [由P (AB )＝P (A )P (B |A )，得38＝12P (A )，所以P (A )＝34.]3．(教材改编)小王通过英语听力测试的概率是13，他连续测试3次，那么其中恰有1次获得通过的概率是( )A ．49B ．29C ．427D ．227A [所求概率P ＝C 13·⎝ ⎛⎭⎪⎫131·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－133－1＝49.] 4．(·全国卷Ⅰ)投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为( )A ．0.648B ．0.432C ．0.36D ．0.312A [3次投篮投中2次的概率为P (k ＝2)＝C 23×0.62×(1－0.6)，投中3次的概率为P (k ＝3)＝0.63，所以通过测试的概率为P (k ＝2)＋P (k ＝3)＝C 23×0.62×(1－0.6)＋0.63＝0.648.故选A ．]5．已知随机变量ξ服从正态分布N (2，σ2)，且P (ξ＜4)＝0.8，则P (0＜ξ＜4)＝________.0.6 [由P (ξ＜4)＝0.8，得P (ξ≥4)＝0.2.又正态曲线关于x ＝2对称．则P (ξ≤0)＝P (ξ≥4)＝0.2，所以P (0＜ξ＜4)＝1－P (ξ≤0)－P (ξ≥4)＝0.6.](对应学生用书第186页)(1)(·西宁检测(一))盒中装有10个乒乓球，其中6个新球，4个旧球，不放回地依次摸出2个球使用，在第一次摸出新球的条件下，第二次也摸出新球的概率为( ) A ．35 B ．59 C ．25D ．110(2)(·东北三省三校二模)甲、乙两人从1,2,3，…，10中各任取一数(不重复)，已知甲取到的数是5的倍数，则甲数大于乙数的概率为________．(1)B (2)1318 [(1)“第一次摸出新球”记为事件A ，则P (A )＝35，“第二次摸出新球”记为事件B ，则P (AB )＝C 26C 210＝13，所以P (B |A )＝P (AB )P (A )＝1335＝59，故选B ．(2)由于已知甲取到的数是5的倍数，那么所有的取数的基本事件有(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,6)，(5,7)，(5,8)，(5,9)，(5,10)，(10,1)，(10,2)，(10,3)，(10,4)，(10,5)，(10,6)，(10,7)，(10,8)，(10,9)，共18种，而满足甲数大于乙数的基本事件有13种，故所求的概率为P ＝1318.][规律方法] 条件概率的两种求法 1定义法：先求PA 和P AB ，再由P B |A ＝P (AB )P (A )求P B |A.2基本事件法：借助古典概型概率公式，先求事件A 包含的基本事件数n A ，再求事件AB 所包含的基本事件数n AB ，得P B |A ＝n (AB )n (A ). 3P AB 的求法：AB 即事件的交，即同时发生，法一、A 与B 相互独立，用概率乘法公式.法二、A 与B 有公共基本事件时用古典概型.烁，已知开关第一次闭合后出现红灯的概率为12，两次闭合后都出现红灯的概率为15，则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯的概率为( )【导学号：79140372】A ．110B ．15C ．25D ．12C [设“开关第一次闭合后出现红灯”为事件A ，“第二次闭合后出现红灯”为事件B ，则由题意可得P (A )＝12，P (AB )＝15，则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合出现红灯的概率是P (B |A )＝P (AB )P (A )＝1512＝25.故选C ．]相互独立事件同时发生的概率(·重庆调研(二))甲、乙、丙三人各自独立地加工同一种零件，已知甲加工的零件是一等品且乙加工的零件不是一等品的概率为12，乙加工的零件是一等品且丙加工的零件也是一等品的概率为112，甲加工的零件是一等品且丙加工的零件也是一等品的概率为29，记A ，B ，C 分别为甲、乙、丙三人各自加工的零件是一等品的事件．(1)分别求出事件A ，B ，C 的概率P (A )，P (B )，P (C )；(2)从甲、乙、丙三人加工的零件中随机各取1个进行检验，记这3个零件是一等品的个数为ξ，求随机变量ξ的分布列．[解] (1)由题设条件有⎩⎪⎨⎪⎧P (A B )＝12，P (BC )＝112，P (AC )＝29，即⎩⎪⎨⎪⎧P (A )·(1－P (B ))＝12，P (B )·P (C )＝112，P (A )·P (C )＝29.解得P (A )＝23，P (B )＝14，P (C )＝13.(2)由(1)知P (A )＝13，P (B )＝34，P (C )＝23，ξ的可能取值为0,1,2,3.∴P (ξ＝0)＝P (A B C )＝13×34×23＝16，P (ξ＝1)＝P (A B C )＋P (A B C )＋P (A B C )＝23×34×23＋13×14×23＋13×34×13＝1736， P (ξ＝2)＝P (AB C )＋P (A B C )＋P (A BC )＝23×14×23＋23×34×13＋13×14×13＝1136， P (ξ＝3)＝P (ABC )＝23×14×13＝118.∴ξ的分布列为[规律方法] 求相互独立事件同时发生的概率的方法 1首先判断几个事件的发生是否相互独立. 2求相互独立事件同时发生的概率的方法主要有： ①利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解；②正面计算较繁或难以入手时，可从其对立事件入手计算. 3理解A ＝A1A 2A 3＋A 1A 2A 3＋A 1A 2A 3的含义.为23和35.现安排甲组研发新产品A ，乙组研发新产品B ，设甲、乙两组的研发相互独立． (1)求至少有一种新产品研发成功的概率；(2)若新产品A 研发成功，预计企业可获利润120万元；若新产品B 研发成功，预计企业可获利润100万元．求该企业可获利润的分布列．[解] 记E ＝{甲组研发新产品成功}，F ＝{乙组研发新产品成功}．由题设知P (E )＝23，P (E )＝13，P (F )＝35，P (F )＝25，且事件E 与F ，E 与F ，E 与F ，E 与F 都相互独立．(1)记H ＝{至少有一种新产品研发成功}，则H －＝E －F －，于是P (H －)＝P (E －)P (F －)＝13×25＝215. 故所求的概率为P (H )＝1－P (H －)＝1－215＝1315.(2)设企业可获利润为X 万元，则X 的可能取值为0,100,120,220.因为P (X ＝0)＝P (E －F －)＝13×25＝215， P (X ＝100)＝P (E －F )＝13×35＝15， P (X ＝120)＝P (E F －)＝23×25＝415， P (X ＝220)＝P (EF )＝23×35＝25.故所求X 的分布列为X 0 100 120 220 P215 15 415 25独立重复试验与二项分布一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需要击鼓三次，每次击鼓要么出现一次音乐，要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次后，出现一次音乐获得10分，出现两次音乐获得20分，出现三次音乐获得100分，没有出现音乐则扣除200分(即获得－200分)．设每次击鼓出现音乐的概率为12；且各次击鼓出现音乐相互独立．(1)设每盘游戏获得的分数为X ，求X 的分布列； (2)玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率是多少？ [解] (1)X 的可能取值有－200,10,20,100.根据题意，有P (X ＝－200)＝C 03⎝ ⎛⎭⎪⎫120·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－123＝18， P (X ＝10)＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫121⎝⎛⎭⎪⎫1－122＝38，P (X ＝20)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫122⎝ ⎛⎭⎪⎫1－121＝38，P (X ＝100)＝C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫1－120＝18.所以X 的分布列为X －200 10 20 100 P18383818(2)由(1)知：每盘游戏出现音乐的概率是P ＝38＋38＋18＝78.则玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率是 P 1＝1－C 03⎝ ⎛⎭⎪⎫780⎝ ⎛⎭⎪⎫1－783＝511512.[规律方法] 1.独立重复试验的实质及应用独立重复试验的实质是相互独立事件的特例，应用独立重复试验公式可以简化求概率的过程.2.判断某概率模型是否服从二项分布P n X ＝k ＝C k n pk1－pn －k的三个条件1在一次试验中某事件A 发生的概率是同一个常数p .2n 次试验不仅是在完全相同的情况下进行的重复试验，而且每次试验的结果是相互独立的.3该公式表示n 次试验中事件A 恰好发生了k 次的概率.其中选做一题．设4名学生选做每一道题的概率均为12.(1)求其中甲、乙两名学生选做同一道题的概率；(2)设这4名学生中选做第23题的学生个数为ξ，求ξ的分布列．[解] (1)设事件A 表示“甲选做第22题”，事件B 表示“乙选做第22题”，则甲、乙两名学生选做同一道题的事件为“AB ＋A B ”，且事件A 、B 相互独立．故P (AB ＋A B )＝P (A )P (B )＋P (A )P (B )＝12×12＋⎝⎛⎭⎪⎫1－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＝12.(2)随机变量ξ的可能取值为0,1,2,3,4，且ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，12，则P (ξ＝k )＝C k 4⎝ ⎛⎭⎪⎫12k⎝ ⎛⎭⎪⎫1－124－k ＝C k 4⎝ ⎛⎭⎪⎫124(k ＝0,1,2,3,4)．故ξ的分布列为ξ 0 1 2 3 4 P116143814116正态分布(1)(·东北三省三校二模)已知随机变量X ～N (0，σ2)，若P (|X |<2)＝a ，则P (X >2)的值为( ) A ．1－a 2B ．a2 C ．1－aD ．1＋a 2(2)已知某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布N (0,32)，从中随机取一件，其长度误差落在区间(3,6)内的概率为( )【导学号：79140373】(参考数据：若随机变量ξ服从正态分布N (μ，σ2)，则P (μ－σ＜ξ＜μ＋σ)＝68.26%，P (μ－2σ＜ξ＜μ＋2σ)＝95.44%，P (μ－3σ＜ξ＜μ＋3σ)＝99.74%.A ．4.56%B ．13.59%C ．27.18%D ．31.74%(1)A (2)B [(1)根据正态分布可知P (|X |<2)＋2P (X >2)＝1，故P (X >2)＝1－a2，故选A ．(2)由正态分布的概率公式知P (－3＜ξ＜3)＝0.682 6，P (－6＜ξ＜6)＝0.954 4，故P (3＜ξ＜6)＝P (－6＜ξ＜6)－P (－3＜ξ＜3)2＝0.954 4－0.682 62＝0.135 9＝13.59%，故选B ．][规律方法] 解决有关正态分布的求概率问题的关键是充分利用正态曲线的对称性及曲线与x 轴之间的面积为1，把待求区间内的概率向已知区间内的概率转化.解题时要充分结合图形进行分析、求解，要注意数形结合思想及化归思想的运用. 1应熟记P μ－σ<X ≤μ＋σ，P μ－2σ<X ≤μ＋2σ，P μ－3σ<X ≤μ＋3σ的值； 2常用的结论有：①正态曲线关于直线x ＝μ对称，从而在关于x ＝μ对称的区间上概率相等. ②PX ≤a ＝1－P X ≥a ，P X ≤μ－a ＝P X ≥μ＋a .N (100,102)，已知P (90≤X ≤100)＝0.3，则该班学生数学成绩在110分以上的人数为________．10 [由题意，知P (X >100)＝1－2P (90≤X ≤100)2＝0.2，所以该班学生数学成绩在110分以上的人数为0.2×50＝10.]。

(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108二项分布正态分布及其应用课件理20

3
分布及其应用课件理20
2．条件概率的性质 (1)条件概率具有一般概率的性质，即 0≤P(B|A)≤1； (2)如果 B，C 是两个互斥事件，则 P(B∪C|A)＝②_P_(_B_|_A_)_＋P(C|A)． 3．相互独立事件的定义及性质 (1)定义：设 A，B 是两个事件，若 P(AB)＝③P__(A_)_P_(_B_)，则称事件 A 与事件 B 相互独立． (2)性质：若事件 A 与 B 相互独立，那么 A 与 B ， A 与 B， A 与 B
A.6901，12 B.12，6901 C.158，6901 D.29116，12
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108二项分布正态
15
分布及其应用课件理20
解析：P(A|B)的含义是在事件 B 发生的条件下，事件 A 发生的概率，即在“至少出现一个 6 点”的条件下，“三个点数都不相同”的概率，因为“至少出现一个 6 点”有 6×6×6－5×5×5＝91 种情况， “至少出现一个 6 点，且三个点数都不相同”共有 C13×5×4＝60 种情况，所以 P(A|B)＝6901.P(B|A)的含义是在事件 A 发生的情况下，事件 B 发生的概率，即在“三个点数都不相同”的情况下，“至少出现一个
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概率随机变量及其分布108二项分布正态
11
分布及其应用课件理20
3．若事件 E 与 F 相互独立，且 P(E)＝P(F)＝14，则 P(EF)的值等
于( )
A．0
1 B.16
1
1
C.4
D.2
解析：P(EF)＝P(E)P(F)＝14×14＝116，选 B.
答案：B

高考数学一轮复习第10章第8节二项分布和正态分布

甲、乙两人各投球 2 次，共命中 2 次有三种情况：甲、乙两人各中一次；甲中 2 次，乙 2 次均不中；甲 2 次均不中，乙中 2 次．概率分别为 P1＝C12P(A)P( A )C12P(B)P( B )＝136，
P2＝P(A·A)P( B ·B )＝614， P3＝P( A ·A )P(B·B)＝694. 所以甲、乙两人各投球 2 次且共命中 2 次的概率为136＋ 614＋694＝3112.
答案：②④
(2)解：①法 1：设“甲投球一次命中”为事件 A，“乙投球一次命中”为事件 B.
由题意得(1－P(B))2＝(1－p)2＝116，解得 p＝34或 p＝54(舍去)，所以乙投球的命中率为34. 法 2：设“甲投球一次命中”为事件 A，“乙投球一次命中”为事件 B.
由题意得 P( B )P( B )＝116，于是 P( B )＝14或 P( B )＝－14(舍去)，故 P＝1－P( B )＝34. 所以乙投球的命中率为34.
单击此处编辑母版文本样式第二级 • 第三级 – 第四级 »第五级
【活学活用】
1．甲射击命中目标的概率为 0.75，乙射击命中目标的
概率为23，当两人同时射击同一目标时，该目标被击中的概
率为( )
1 A.2
B．1
11
5
C.12
D.6
单击此处编辑母版文本样式第二级 • 第三级解析：–P第＝»四34第×级五13＋级14×23＋34×23＝1112.
起命题．另外，正态分布密度曲线的特点及应用也是考查的热点．
曲线所表示的意义.
2.从考查形式看，三种题型都可能出现，属中档题.
单击此处编辑母版文本样式
第条二件级概率的定义
条件概率的性质

高考数学一轮总复习新课标通用课件：第10章计数原理、概率、随机变量第8讲(理)

3 A.10
B．13
C．38
D．29
• [答案] B
4．(2015·山东)已知某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布 N(0,32)，从中随机取一件，其长度误差落在区间(3,6)
内的概率为导学号 25402546 ( )
(附：若随机变量 ξ 服从正态分布 N(μ，σ2)，则 P(μ－σ＜ξ
率为________. 导学号 25402550
[答案]
4 (1)99
2 (2)17
[分析] (1)根据条件概率的定义求解．
(2)
由题意可知抽取的2张钞票，检验了1张，发现是假钞，另一张是否是假钞未地蚝检验
→
条件概率问题的条件是“2张钞票中至少有1张是假钞”
[解析] (1)解法一：设事件 A 为“第一次取到不合格品”，事件 B 为“第二次取到不合格品”，则 P(AB)＝CC212500，
[点拨] 对于古典概型中的条件概率问题，一般用缩小样本空间的方法比较简捷．
相互独立事件概率的计算
甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球．约定甲先投且先投中者获胜，一直到有人获胜或每人都投球 3 次时投篮结束．设甲每次投篮投中的概率为13，乙每次投篮投中的概率为12，且各次投篮互不影响. 导学号 25402551
(1)显然，“两人各射击一次，都击中目标”就是事件 AB，又由于事件 A 与 B 相互独立，
∴P(AB)＝P(A)P(B)＝0.8×0.8＝0.64.
(2)“两人各射击一次，恰有一次击中目标”包括两种情况：一种是甲击中，乙未击中(即 A B )，另一种是甲未击中，乙击中(即 A B)．根据题意，这两种情况在各射击一次时不可能同时发生，即事件 A B 与 A B 是互斥的，所以所求概率为

高考数学一轮总复习第十章计数原理、概率、随机变量及其分布第八节二项分布与正态分布课件理

第十五页，共28页。
(2)设 C 表示事件“观众丙选中 3 号歌手”，则 P(C)＝CC2435＝35，依题意，A，B，C 相互独立，A，B，C 相互独立，且 ABC，ABC，ABC，ABC 彼此互斥．又 P(X＝2)＝P(ABC)＋P(ABC)＋P(ABC) ＝23×53×25＋23×25×35＋13×35×53＝7353， P(X＝3)＝P(ABC)＝23×35×35＝7158. ∴P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝7353＋7158＝1275.
第二十五页，共28页。
1．利用 3σ 原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的 μ，σ进行对比联系，确定它们属于(μ－σ，μ＋σ)，(μ－2σ， μ＋2σ)，(μ－3σ，μ＋3σ)中的哪一个．
2．利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线 x＝μ 对称，及曲线与 x 轴之间的面积为 1.注意下面两个结论的活用：(1)P(X<a)＝1－P(X≥a)；(2)P(X<μ －σ)＝P(X≥μ6·威海模拟)已知随机变量 X 服从正态分布 N(3，1)，且
P(2≤X≤4)＝0.682 6，则 P(X>4)＝( )
A．0.158 8
B．0.158 7
C．0.158 6
D．0.158 5
第二十七页，共28页。
解析：∵随机变量 X～N(3，1)， ∴正态曲线关于 x＝3 对称，∴P(X≥3)＝0.5. 又 P(2≤X≤4)＝0.682 6. ∴P(X>4)＝0.5－12P(2≤X≤4)＝0.5－12×0.682 6＝0.158 7. 答案：B
A．4.56%
B．13.59%
C．27.18%
D．31.74%

(山东专用)2021新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 二项式定

第三节二项式定理课标要求考情分析1.能利用计数原理证明二项式定理．2．会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.以考查二项展开式、通项公式及二项式系数的性质为主，赋值法求系数的和也是考查的热点，题型以选择题、填空题为主，要求相对较低.知识点一二项式定理二项式定理(a＋b)n＝C0n a n＋C1n a n－1b＋…＋C r n a n－r b r＋…＋C n n b n(n∈N*)二项展开式的通项T r＋1＝C r n a n－r b r，它表示第r＋1项二项式系数二项展开式中各项的系数为C0n，C1n，…，C n n知识点二二项式系数的性质1．C0n＝1，C n n＝1，C m n＋1＝C m－1n＋C m n.2．C m n＝C n－mn(0≤m≤n)．3．二项式系数先增后减中间项最大．4．各二项式系数和：C0n＋C1n＋C2n＋…＋C n n＝2n，C0n＋C2n＋C4n＋…＝C1n＋C3n＋C5n＋…＝2n －1.1．思考辨析判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)C k n an －k b k是二项展开式的第k 项．( × ) (2)二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项．( × ) (3)(a ＋b )n 的展开式中某一项的二项式系数与a ，b 无关．( √ )(4)(a －b )n 的展开式第k ＋1项的系数为C k n an －k b k .( × ) (5)(x －1)n 的展开式二项式系数和为－2n .( × ) 2．小题热身(1)二项式(x －2)5展开式中x 的系数为( C ) A ．5 B ．16 C ．80 D ．－80(2)⎝⎛⎭⎫x －2x 6的展开式中的常数项为( D ) A ．－150 B ．150 C ．－240 D ．240 (3)二项式⎝⎛⎭⎫x 2－2x 10的展开式中，x 的系数是( B )A.152 B ．－152C ．15D ．－15(4)若⎝⎛⎭⎫x 3＋1x n的展开式的所有二项式系数之和为128，则n ＝7. (5)若(1＋3x )n (其中n ∈N 且n ≥6)的展开式中x 5与x 6的系数相等，则n ＝7.考点一二项展开式中特定项或系数【例1】(1)若(ax－1x)6的展开式的常数项为60，则a的值为()A．4B．±4C．2D．±2(2)(2019·浙江卷)在二项式(2＋x)9的展开式中，常数项是________，系数为有理数的项的个数是________．【答案】 (1)D (2)162 5 方法技巧二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步，根据给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n 和r 的隐含条件，即n ，r 均为非负整数，且n ≥r )；第二步，根据所求的指数求解所求的项.1．(2019·天津卷)(2x －18x 3)8的展开式中的常数项为28. 解析：二项展开式的通项T r ＋1＝C r 8(2x )8－r(－18x 3)r ＝(－18)r ·28－r ·C r 8x 8－4r，令8－4r ＝0可得r ＝2，故常数项为(－18)2×26×C 28＝28. 2．若(2x －a )5的二项展开式中x 3的系数为720，则a ＝±3. 解析：(2x －a )5的展开式的通项公式为 T r ＋1＝(－1)r ·C r 5·(2x )5－r ·a r ＝(－1)r ·C r 5·25－r ·a r ·x 5－r ，令5－r ＝3，解得r ＝2，由(－1)2·C 25·25－2·a 2＝720，解得a ＝±3. 3．已知⎝⎛⎭⎫x －a x 5的展开式中x 5的系数为A ，x 2的系数为B ，若A ＋B ＝11，则a ＝±1.考点二多项式展开式中的特定项命题方向1几个多项式和或积的展开式问题【例2】(1)已知(1＋ax)3＋(1－x)5的展开式中x3的系数为－2，则a等于()A．2 3 B．2C．－2 D．－1(2)已知多项式(x＋1)3(x＋2)2＝x5＋a1x4＋a2x3＋a3x2＋a4x＋a5，则a4＝________，a5＝________.【解析】(1)(1＋ax)3，(1－x)5的展开式中x3的系数分别为a3，C35(－1)3，由题可得a3－10＝－2，即a3＝8，解得a＝2.(2)由题意，得a4是展开式中的一次项的系数，则a4＝C23·12·C22·22＋C33·13·C12·21＝16，a5是展开式中的常数项，则a5＝C33·13·C22·22＝4.【答案】(1)B(2)16 4命题方向2三项展开式的有关问题【例3】(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为()A．10 B．20C．30 D．60【解析】解法1：(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，含y2的项为T3＝C25(x2＋x)3·y2.其中(x2＋x)3中含x5的项为C13x4·x＝C13x5.所以x5y2的系数为C25C13＝30.故选C.解法2：(x 2＋x ＋y )5为5个x 2＋x ＋y 之积，其中有两个取y ，两个取x 2，一个取x 即可，所以x 5y 2的系数为C 25C 23C 11＝30.故选C.【答案】 C 方法技巧(1)对于几个多项式和的展开式中的特定项(系数)问题，只需依据二项展开式的通项，从每一项中分别得到特定的项，再求和即可.(2)对于几个多项式积的展开式中的特定项问题，一般都可以根据因式连乘的规律，结合组合思想求解，但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏.(3)对于三项式问题一般先变形化为二项式再解决.1．(方向1)⎝⎛⎭⎫x 3－2x 4＋⎝⎛⎭⎫x ＋1x 8的展开式中的常数项为( D ) A ．32 B ．34 C ．36D ．38解析：⎝⎛⎭⎫x 3－2x 4的展开式的通项为T k ＋1＝C k 4(x 3)4－k ·⎝⎛⎭⎫－2x k＝C k 4(－2)k x 12－4k ，令12－4k ＝0，解得k ＝3，⎝⎛⎭⎫x ＋1x 8的展开式的通项为T r ＋1＝C r 8·x 8－r ·⎝⎛⎭⎫1x r ＝C r 8·x 8－2r ，令8－2r ＝0，得r ＝4，所以所求常数项为C 34(－2)3＋C 48＝38.2．(方向1)(1x－1)(x ＋1)5的展开式中，x 的系数为－5(用数字作答)．解析：(1x －1)(x ＋1)5的展开式中，含x 的项为1x C 15(x )4和－1×C 35(x )2，故x 的系数为C 15－C 35＝－5. 3．(方向2)在(x －1x－1)4的展开式中，常数项为－5.解析：易知(x －1x －1)4的展开式的通项T r ＋1＝C r 4(－1)4－r ·(x －1x )r ，又(x －1x)r 的展开式的通项R m ＋1＝C m r (－x －1)m ·x r －m ＝C m r(－1)m x r －2m ，∴T r ＋1＝C r 4(－1)4－r·C m r (－1)m xr －2m ，令r －2m ＝0，得r ＝2m ，∵0≤r ≤4，∴0≤m ≤2，∴当m ＝0,1,2时，r ＝0,2,4，故常数项为T 1＋T 3＋T 5＝C 04(－1)4＋C 24(－1)2·C 12(－1)1＋C 44(－1)0·C 24(－1)2＝－5. 考点三二项式系数与各项和的系数【例4】 (1)若(2－x )7＝a 0＋a 1(1＋x )＋a 2(1＋x )2＋…＋a 7(1＋x )7，则a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 6的值为( )A ．1B ．2C ．129D ．2 188(2)若二项式⎝⎛⎭⎪⎫3x ＋13x n的展开式中只有第11项的二项式系数最大，则其展开式中x 的指数为整数的项的个数为( )A ．3B ．5C ．6D ．7【解析】 (1)在(2－x )7＝a 0＋a 1(1＋x )＋a 2(1＋x )2＋…＋a 7(1＋x )7中，令x ＝0，得27＝a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 7＝128.∵(2－x )7＝[3－(1＋x )]7，∴a 7＝C 77×30×(－1)7＝－1，∴a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 6＝128－a 7＝129.故选C.(2)因为展开式中只有第11项的二项式系数最大，所以n ＝20，故二项展开式的通项为T r ＋1＝C r 20(3x )20－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫13x r ＝C r 20320－r 2x 20－4r 3，由题可得20－4r 3为整数，所以r ＝0,3,6,9,12,15,18，故x 的指数为整数的项有7个．故选D.【答案】 (1)C (2)D方法技巧1．已知(2x－1)5＝a0x5＋a1x4＋…＋a4x＋a5，则|a0|＋|a1|＋…＋|a5|＝(B)A．1 B．243C．32 D．211解析：二项式(2x－1)5的展开式的通项为T r＋1＝C r5(2x)5－r(－1)r＝(－1)r·25－r C r5x5－r，所以|a0|＋|a1|＋…＋|a5|＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5，令x＝－1，则－a0＋a1－a2＋a3－a4＋a5＝(－3)5＝－243，所以|a0|＋|a1|＋…＋|a5|＝243.故选B.2．(a＋x)(1＋x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a＝3.解析：设(a＋x)(1＋x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，令x＝1，得16(a＋1)＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5，①令x＝－1，得0＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5.②①－②，得16(a＋1)＝2(a1＋a3＋a5)，即展开式中x的奇数次幂项的系数之和为a1＋a3＋a5＝8(a＋1)，所以8(a＋1)＝32，解得a＝3.。

2021届高考数学大一轮总复习第十章计数原理概率随机变量及其分布10.8二项分布与正态分布课件新人教B版

解法 2：(缩样法)“只有甲同学一人报关怀老人项目”，则其他同学任报一项，共有 33＝27 种报法，而其它三人所报项目各不相同有 A33＝6 种报法，所以 P(A|B)＝267＝29.
考点二相互独立事件同时发生的概率
【例 2】 (2020·广州市调研测试)某企业对设备进行升级改造，现从设备改造前后生产的大量产品中各抽取了 100 件产品作为样本，检测一项质量指标值，若该项质量指标值落在[20,40)内的产品视为合格品，否则为不合格品，下图是设备改造前样本的频率分布直方图，下表是设备改造后样本的频数分布表．
【解】 (1)根据题图 1 可知，设备改造前样本的频数分布表
如下，
质量指 [15， [20， [25， [30， [35， [40，
标值 20)
25)
30)
35)40)Fra bibliotek45)频数
4
16
40
12
18
10
4×17.5 ＋ 16×22.5 ＋ 40×27.5 ＋ 12×32.5 ＋ 18×37.5 ＋
10×42.5＝3 020.
第十章
计数原理、概率、随机变量及其分布
第八节二项分布与正态分布
最新考纲
考情分析
1.了解条件概率和两个事件相互独相互独立事件、n 次独立
立的概念．
重复试验、二项分布，条
2．理解 n 次独立重复试验的模型及件概率以及正态分布曲
二项分布．
线的性质和服从正态分
3．借助直方图认识正态分布曲线的布的随机变量的概率是
是 0.3.假设在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，则这两地中
恰有一个地方降雨的概率为( C )
A．0.2
B．0.3