【范文】高三理科数学排列组合总复习教学案

高三理科数学排列组合总复习教学案本资料为woRD文档，请点击下载地址下载全文下载地址第十二章排列组合、二项式定理、概率高考导航考试要求重难点击命题展望排列、组合1.理解并运用分类加法计数原理或分步乘法计数原理解决一些简单的实际问题；2.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，并能解决简单的实际问题；3.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.本章重点：排列、组合的意义及其计算方法，二项式定理的应用.本章难点：用二项式定理解决与二项展开式有关的问题.排列组合是学习概率的基础，其核心是两个基本原理.高考中着重考查两个基本原理，排列组合的概念及二项式定理.随机事件的概率1.了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义以及频率与概率的区别；2.了解两个互斥事件的概率加法公式和相互独立事件同时发生的概率乘法公式；3.理解古典概型及其概率计算公式；会计算一些随机事件所包含的基本事件的个数及事件发生的概率；4.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.本章重点：1.随机事件、互斥事件及概率的意义，并会计算互斥事件的概率；2.古典概型、几何概型的概率计算.本章难点：1.互斥事件的判断及互斥事件概率加法公式的应用；2.可以转化为几何概型求概率的问题.本部分要求考生能从集合的思想观点认识事件、互斥事件与对立事件，进而理解概率的性质、公式，还要求考生了解几何概型与随机数的意义.在高考中注重考查基础知识和基本方法的同时，还常考查分类与整合，或然与必然的数学思想方法，逻辑思维能力以及运用概率知识解决实际问题的能力.离散型随机变量1.理解取有限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；2.理解超几何分布及其导出过程，并能进行简单的应用；3.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；4.理解取有限值的离散型随机变量均值、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；5.利用实际问题的直方图，认识正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义.本章重点：1.离散型随机变量及其分布列；2.独立重复试验的模型及二项分布.本章难点：1.利用离散型随机变量的均值、方差解决一些实际问题；2.正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义.求随机变量的分布列与期望，以及在此基础上进行统计分析是近几年来较稳定的高考命题态势.考生应注重对特殊分布的理解和对事件的意义的理解.知识网络2.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理典例精析题型一分类加法计数原理的应用【例1】在1到20这20个整数中，任取两个数相加，使其和大于20，共有种取法.【解析】当一个加数是1时，另一个加数只能是20，有1种取法；当一个加数是2时，另一个加数可以是19,20，有2种取法；当一个加数是3时，另一个加数可以是18,19,20，有3种取法；……当一个加数是10时，另一个加数可以是11,12，…，19,20，有10种取法；当一个加数是11时，另一个加数可以是12,13，…，19,20，有9种取法；……当一个加数是19时，另一个加数只能是20，有1种取法.由分类加法计数原理可得共有1＋2＋3＋…＋10＋9＋8＋…＋1＝100种取法.【点拨】采用列举法分类，先确定一个加数，再利用“和大于20”确定另一个加数.【变式训练1】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【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.同理，公比为12、13、23时，也有4个.故选D.题型二分步乘法计数原理的应用【例2】从6人中选4人分别到张家界、韶山、衡山、桃花源四个旅游景点游览，要求每个旅游景点只有一人游览，每人只游览一个旅游景点，且6个人中甲、乙两人不去张家界游览，则不同的选择方案共有种.【解析】能去张家界的有4人，依此能去韶山、衡山、桃花源的有5人、4人、3人.则由分步乘法计数原理得不同的选择方案有4×5×4×3＝240种.【点拨】根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这几步逐步地去做，才能完成这件事，各步之间既不能重复也不能遗漏.【变式训练2】要安排一份5天的值班表，每天有一人值班，现有5人，每人可以值多天班或不值班，但相邻两天不准由同一人值班，问此值班表共有种不同的排法.【解析】依题意，值班表须一天一天分步完成.第一天有5人可选有5种方法，第二天不能用第一天的人有4种方法，同理第三天、第四天、第五天也都有4种方法，由分步乘法计数原理共有5×4×4×4×4＝1280种方法.题型三分类和分步计数原理综合应用【例3】如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数有.【解析】方法一：由题意知，有且仅有两个区域涂相同的颜色，分为4类：1与5同；2与5同；3与5同；1与3同.对于每一类有A44种涂法，共有4A44＝96种方法.方法二：第一步：涂区域1，有4种方法；第二步：涂区域2，有3种方法；第三步：涂区域4，有2种方法；第四步：涂区域3，分两类：第一类，3与1同色，则区域5涂第四种颜色；第二类，区域3与1不同色，则涂第四种颜色，此时区域5就可以涂区域1或区域2或区域3中的任意一种颜色，有3种方法.所以，不同的涂色种数有4×3×2×＝96种.【点拨】染色问题是排列组合中的一类难题.本题能运用两个基本原理求解，要注意的是分类中有分步，分步后有分类.【变式训练3】用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1,2，…，9的9个小正方形，使得任意相邻小正方形所涂颜色都不相同，且1,5,9号小正方形涂相同颜色，则符合条件的所有涂法有多少种？【解析】第一步，从三种颜色中选一种颜色涂1,5,9号有c13种涂法；第二步，涂2,3,6号，若2,6同色，有4种涂法，若2,6不同色，有2种涂法，故共有6种涂法；第三步，涂4,7,8号，同第二步，共有6种涂法.由分步乘法原理知共有3×6×6＝108种涂法.总结提高分类加法计数原理和分步乘法计数原理回答的都是完成一件事有多少种不同方法或种数的问题，其区别在于：分类加法计数原理是完成一件事要分若干类，类与类之间要互斥，用任何一类中的任何一种方法都可以独立完成这件事；分步乘法计数原理是完成一件事要分若干步，步骤之间相互独立，各个步骤相互依存，缺少其中任何一步都不能完成这件事，只有当各个步骤都完成之后，才能完成该事件.因此，分清完成一件事的方法是分类还是分步，是正确使用这两个基本计数原理的基础.2.2 排列与组合典例精析题型一排列数与组合数的计算【例1】计算：8！＋A66A28－A410；c33＋c34＋…＋c310.【解析】原式＝8×7×6×5×4×3×2×1＋6×5×4×3×2×18×7－10×9×8×7＝57×6×5×4×3×256×＝－5130623.原式＝c44＋c34＋c35＋…＋c310＝c45＋c35＋…＋c310＝c46＋c36＋…＋c310＝c411＝330.【点拨】在使用排列数公式Amn＝n！！进行计算时，要注意公式成立的条件：m，n∈N+，m≤n.另外，应注意组合数的性质的灵活运用.【变式训练1】解不等式＞6.【解析】原不等式即9！！＞6×9！！，也就是1！＞，化简得x2－21x＋104＞0，解得x＜8或x＞13，又因为2≤x≤9，且x∈N*，所以原不等式的解集为{2,3,4,5,6,7}.题型二有限制条件的排列问题【例2】3男3女共6个同学排成一行.女生都排在一起，有多少种排法？女生与男生相间，有多少种排法？任何两个男生都不相邻，有多少种排法？3名男生不排在一起，有多少种排法？男生甲与男生乙中间必须排而且只能排2位女生，女生又不能排在队伍的两端，有几种排法？【解析】将3名女生看作一人，就是4个元素的全排列，有A44种排法.又3名女生内部可有A33种排法，所以共有A44•A33＝144种排法.男生自己排，女生也自己排，然后相间插入，所以女生与男生相间共有2A33•A33＝72种排法.女生先排，女生之间及首尾共有4个空隙，任取其中3个安插男生即可，因而任何两个男生都不相邻的排法共有A33•A34＝144种.直接分类较复杂，可用间接法.即从6个人的排列总数中，减去3名男生排在一起的排法种数，得3名男生不排在一起的排法种数为A66－A33A44＝576种.先将2个女生排在男生甲、乙之间，有A23种排法.又甲、乙之间还有A22种排法.这样就有A23•A22种排法.然后把他们4人看成一个元素，这一元素及另1名男生排在首尾，有A22种排法.最后将余下的女生排在其间，有1种排法.故总排法为A23A22A22＝24种.【点拨】排列问题的本质就是“元素”占“位子”问题，有限制条件的排列问题的限制主要表现在：某些元素“排”或“不排”在哪个位子上，某些元素“相邻”或“不相邻”.对于这类问题，在分析时，主要按照“优先”原则，即优先安排特殊元素或优先满足特殊位子，对于“相邻”问题可用“捆绑法”，对于“不相邻”问题可用“插空法”.对于直接考虑较困难的问题，可以采用间接法.【变式训练2】把1,2,3,4,5这五个数字组成无重复数字的五位数，并把它们按由小到大的顺序排列构成一个数列.43251是这个数列的第几项？这个数列的第97项是多少？【解析】不大于43251的五位数A55－＝88个，即为此数列的第88项.此数列共有120项，而以5开头的五位数恰好有A44＝24个，所以以5开头的五位数中最小的一个就是该数列的第97项，即51234.题型三有限制条件的组合问题【例3】要从12人中选出5人去参加一项活动.A，B，c三人必须入选有多少种不同选法？A，B，c三人都不能入选有多少种不同选法？A，B，c三人只有一人入选有多少种不同选法？A，B，c三人至少一人入选有多少种不同选法？A，B，c三人至多二人入选有多少种不同选法？【解析】只须从A，B，c之外的9人中选择2人，c29＝36种不同选法.由A，B，c三人都不能入选只须从余下9人中选择5人，即有c59＝c49＝126种选法.可分两步，先从A，B，c三人中选出1人，有c13种选法，再从余下的9人中选4人，有c49种选法，所以共有c13•c49＝378种选法.可考虑间接法，从12人中选5人共有c512种，再减去A，B，c三人都不入选的情况c59，共有c512－c59＝666种选法.可考虑间接法，从12人中选5人共有c512种，再减去A，B，c三人都入选的情况c29种，所以共有c512－c29＝756种选法.【点拨】遇到至多、至少的有关计数问题，可以用间接法求解.对于有限制条件的问题，一般要根据特殊元素分类.【变式训练3】四面体的顶点和各棱中点共有10个点.在其中取4个共面的点，共有多少种不同的取法？在其中取4个不共面的点，共有多少种不同的取法？【解析】四个点共面的取法可分三类.第一类：在同一个面上取，共有4c46种；第二类：在一条棱上取三点，再在它所对的棱上取中点，共有6种；第三类：在六条棱的六个中点中取，取两对对棱的4个中点，共有c23＝3种.故有69种.用间接法.共c410－69＝141种.总结提高解有条件限制的排列与组合问题的思路：正确选择原理，确定分类或分步计数；特殊元素、特殊位置优先考虑；再考虑其余元素或其余位置.2.3二项式定理典例精析题型一二项展开式的通项公式及应用【例1】已知的展开式中，前三项系数的绝对值依次成等差数列.求证：展开式中没有常数项；求展开式中所有的有理项.【解析】由题意得2c1n•＝1＋c2n•2，即n2－9n＋8＝0，所以n＝8，n＝1.所以Tr＋1＝••＝r•••＝r••.若Tr＋1是常数项，则16－3r4＝0，即16－3r＝0，因为r∈Z，这不可能，所以展开式中没有常数项.若Tr＋1是有理项，当且仅当16－3r4为整数，又0≤r≤8，r∈Z，所以r＝0,4,8，即展开式中有三项有理项，分别是T1＝x4，T5＝358x，T9＝1256x-2.【点拨】把握住二项展开式的通项公式，是掌握二项式定理的关键.除通项公式外，还应熟练掌握二项式的指数、项数、展开式的系数间的关系、性质；应用通项公式求二项展开式的特定项，如求某一项，含x某次幂的项，常数项，有理项，系数最大的项等，一般是应用通项公式根据题意列方程，在求得n或r后，再求所需的项；注意区分展开式“第r＋1项的二项式系数”与“第r ＋1项的系数”.【变式训练1】若n的展开式的前3项系数和为129，则这个展开式中是否含有常数项，一次项？如果有，求出该项，如果没有，请说明理由.【解析】由题知c0n＋c1n•2＋c2n•22＝129，所以n＝8，所以通项为Tr＋1＝cr88-r＝，故r＝6时，T7＝26c28x＝1792x，所以不存在常数项，而存在一次项，为1792x.题型二运用赋值法求值【例2】已知＋2＋…＋n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，且a1＋a2＋…＋an－1＝29－n，则n＝；已知n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，若5a1＋2a2＝0，则a0－a1＋a2－a3＋…＋nan＝.【解析】易知an＝1，令x＝0得a0＝n，所以a0＋a1＋…＋an＝30.又令x＝1，有2＋22＋…＋2n＝a0＋a1＋…＋an＝30，即2n＋1－2＝30，所以n＝4.由二项式定理得，a1＝－c1n＝－n，a2＝c2n＝n2，代入已知得－5n＋n＝0，所以n＝6，令x＝－1得6＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6，即a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝64.【点拨】运用赋值法求值时应充分抓住代数式的结构特征，通过一些特殊值代入构造相应的结构.【变式训练2】设8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7＋a8x8.求a0＋a2＋a4＋a6＋a8的值.【解析】令f＝8，因为f＝a0＋a1＋a2＋…＋a8＝28，f＝a0－a1＋a2－a3＋…－a7＋a8＝48，所以a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝f＋f2＝27×.题型三二项式定理的综合应用【例3】求证：4×6n＋5n＋1－9能被20整除.【解析】4×6n＋5n＋1－9＝4＋5＝4[n－1]＋5[n－1]＝20[＋]，是20的倍数，所以4×6n＋5n＋1－9能被20整除.【点拨】用二项式定理证明整除问题时，首先需注意n中，a，b中有一个是除数的倍数；其次展开式有什么规律，余项是什么，必须清楚.【变式训练3】求0.9986的近似值，使误差小于0.001.【解析】0.9986＝6＝1＋6×1＋15×2＋ (6)因为T3＝c262＝15×2＝0.00006＜0.001，且第3项以后的绝对值都小于0.001，所以从第3项起，以后的项都可以忽略不计.所以0.9986＝6≈1＋6×＝1－0.012＝0.988.总结提高.利用通项公式可求展开式中某些特定项，解决这些问题通常采用待定系数法，运用通项公式写出待定式，再根据待定项的要求写出n、r满足的条件，求出n和r，再确定所需的项；2.赋值法是解决二项展开式的系数和、差问题的一个重要手段；3.利用二项式定理解决整除问题时，关键是进行合理的变形，使得二项展开式的每一项都成为除数的倍数.对于余数问题，要注意余数的取值范围.12.4 随机事件的概率与概率的基本性质典例精析题型一频率与概率【例1】某企业生产的乒乓球被08年北京奥委会指定为乒乓球比赛专用球.日前有关部门对某批产品进行了抽样检测，检查结果如下表所示.抽取球数n5000200500000XX优等品数m459294470954902优等品频率计算表中乒乓球优等品的频率；从这批乒乓球产品中任取一个，质量检查为优等品的概率是多少？【解析】依据公式，计算出表中乒乓球优等品的频率依次是0.900,0.920,0.970,0.940,0.954,0.951.由知，抽取的球数n不同，计算得到的频率值不同，但随着抽取的球数的增多，却都在常数0.950的附近摆动，所以质量检查为优等品的概率为0.950.【点拨】从表中所给的数据可以看出，当所抽乒乓球较少时，优等品的频率波动很大，但当抽取的球数很大时，频率基本稳定在0.95，在其附近摆动，利用概率的统计定义，可估计该批乒乓球的优等率.【变式训练1】某篮球运动员在最近几场比赛中罚球的结果如下.投篮次数n8296进球次数m689772进球频率计算表中进球的频率；这位运动员投篮一次，进球的概率是多少？【解析】由公式计算出每场比赛该运动员罚球进球的频率依次为：由知，每场比赛进球的频率虽然不同，但频率总在附近摆动，可知该运动员进球的概率为.题型二随机事件间的关系【例2】从一副桥牌中任取1张.判断下列每对事件是否为互斥事件，是否为对立事件.“抽出红桃”与“抽出黑桃”；“抽出红色牌”与“抽出黑色牌”；“抽出的牌点数为3的倍数”与“抽出的牌点数大于10”.【解析】是互斥事件但不是对立事件.因为“抽出红桃”与“抽出黑桃”在仅取一张时不可能同时发生，因而是互斥的.同时，不能保证其中必有一个发生，因为还可能抽出“方块”或“梅花”，因此两者不对立.是互斥事件又是对立事件.因为两者不可同时发生，但其中必有一个发生.不是互斥事件，更不是对立事件.因为“抽出的牌点数为3的倍数”与“抽出的牌点数大于10”这两个事件有可能同时发生，如抽得12.【点拨】要区分互斥事件和对立事件的定义.【变式训练2】抽查10件产品，设事件A：至少有两件次品，则A的对立事件为A.至多两件次品B.至多一件次品c.至多两件正品D.至少两件正品【解析】根据对立事件的定义得选项B.题型三概率概念的应用【例3】甲、乙两个班级进行数学考试，按照大于或等于85分为优秀，85分以下为非优秀，统计后，得到如下列联表.优秀非优秀总计甲乙30总计05已知从全部105人中随机抽取1人为优秀的概率为.请完成上面列联表；根据列联表的数据，若按95%的可靠性要求，能否认为“成绩与班级有关系”＝0.05)；若按下面的方法从甲班优秀的学生中抽取一人：把甲班优秀的10人按2到11进行编号，然后两次掷一枚均匀的骰子，出现的点数之和为被抽取人的编号.试求抽到6号或10号的概率.【解析】优秀非优秀总计甲4555乙203050总计307505计算k2的一个观测值k＝＝6.109.因为6.109＜6.635，所以没有95%的把握认为成绩与班级有关.记被抽取人的序号为ζ，则P＝，P＝，所以P＝P＋P＝＝.【点拨】本题考查概率的概念在实际生活中的应用.【变式训练3】袋内有35个球，每个球上都记有从1~35中的一个号码，设号码为n的球的重量为－5n＋20克，这些球以等可能性从袋里取出.如果取出1球，试求其重量比号码数大5的概率；如果任意取出2球，试求它们重量相等的概率.【解析】由不等式－5n＋20＞n＋5，得n＞15或n＜3，由题意知n＝1,2或者n＝16,17，…，35，于是所求概率为.设第n号和第m号的两个球的重量相等，其中n＜m，则有－5n＋20＝－5m＋20，所以＝0.因为n≠m，所以n＋m＝15，所以＝，，…，.故所求概率为.总结提高.对立事件是互斥事件的一种特殊情况，是指在一次试验中有且仅有一个发生的两个事件.集合A的对立事件记作，从集合的角度来看，事件所含结果的集合正是全集U中由事件A所含结果组成集合的补集，即A∪＝U，A∩＝.对立事件一定是互斥事件，但互斥事件不一定是对立事件.事件A、B的和记作A＋B，表示事件A、B至少有一个发生.当A、B为互斥事件时，事件A＋B是由“A发生而B不发生”以及“B发生而A不发生”构成的.当计算事件A的概率P比较困难时，有时计算它的对立事件的概率则要容易些，为此有P＝1－P.2.若A与B互相独立，则与，A与，与B都是相互独立事件.判断A与B是否独立的方法是看P＝P•P是否成立.2.5 古典概型典例精析题型一古典概率模型的计算问题【例1】一汽车厂生产A、B、c三类轿车，每类轿车均有舒适型和标准型两种型号，某月的产量如下表，轿车A轿车B轿车c舒适型0050z标准型300450600现按分层抽样的方法在这个月生产的轿车中抽取50辆，其中有A类10辆.求z的值；用分层抽样的方法在c类轿车中抽取一个容量为5的样本，将该样本视为一个总体，从中任取2辆，求至少有1辆舒适型轿车的概率；用随机抽样方法从B类舒适型轿车中抽取8辆，经检测它们的得分如下：9.4,8.6,9.2,9.6,8.7,9.3,9.0,8.2把这8辆车的得分看成一个总体，从中任取一个数，求该数与样本平均数之差的绝对值不超过0.5的概率.【解析】依题意知，从每层抽取的比率为140，从而轿车的总数为50×40＝XX辆，所以z＝XX－100－150－300－450－600＝400.由知c类轿车共1000辆，又样本容量为5，故抽取的比率为1200，即5辆轿车中有2辆舒适型、3辆标准型，任取2辆，一共有n＝10种不同取法，记事件A：至少有1辆舒适型轿车，则事件表示抽取到2辆标准型轿车，有m′＝3种不同取法，从而事件A包含：基本事件数为m＝7种，所以P＝710.样本平均数＝18×＝9.0，记事件B：从样本中任取一数，该数与样本平均数的绝对值不超过0.5，则事件B包含的基本事件有6种，所以P＝68＝34.【点拨】利用古典概型求事件的概率时，主要弄清基本事件的总数，及所求事件所含的基本事件的个数.【变式训练1】已知△ABc的三边是10以内的三个连续的正整数，求任取一个△ABc是锐角三角形的概率.【解析】依题意不妨设a＝n－1，b＝n，c＝n＋1，从而有a＋b＞c，即n＞2，所以△ABc的最小边为2，要使△ABc 是锐角三角形，只需△ABc的最大角c是锐角，cosc＝2＋n2－22n＝n－42＞0，所以n＞4，所以，要使△ABc是锐角三角形，△ABc的最小边为4.另一方面，从{2,3,4，…，9}中，“任取三个连续正整数”共有6种基本情况，“△ABc是锐角三角形”包含4种情况，故所求的概率为46＝23.题型二有放回抽样与不放回抽样【例2】现有一批产品共有10件，其中8件为正品，2件为次品.如果从中取出一件，然后放回，再取一件，求连续3次取出的都是正品的概率；如果从中一次取3件，求3件都是正品的概率.【解析】有放回地抽取3次，按抽取顺序记录结果，则x，y，z都有10种可能，所以试验结果有10×10×10＝103种；设事件A为“连续3次都取正品”，则包含的基本事件共有8×8×8＝83种，因此，P＝＝0.512.方法一：可以看作不放回抽样3次，顺序不同，基本事件不同，按抽取顺序记录，则x有10种可能，y有9种可能，z有8种可能，所以试验的所有结果为10×9×8＝720种.设事件B为“3件都是正品”，则事件B包含的基本事件总数为8×7×6＝336，所以P＝336720≈0.467.方法二：可以看作不放回3次无顺序抽样，先按抽取顺序记录结果，则x有10种可能，y有9种可能，z有8种可能，但，，，，，是相同的，所以试验的所有结果有10×9×8÷6＝120.按同样的方法，事件B包含的基本事件个数为8×7×6÷6＝56，因此P＝56120≈0.467.【点拨】关于不放回抽样，计算基本事件个数时，既可以看作是有顺序的，也可以看作是无顺序的，其结果是一样的，但不论选择哪一种方式，观察的角度必须一致，否则会导致错误.【变式训练2】有5张卡片，上面分别写有0,1,2,3,4中的1个数.求：从中任取两张卡片，两张卡片上的数字之和等于4的概率；从中任取两次卡片，每次取一张，第一次取出卡片，记下数字后放回，再取第二次，两次取出的卡片上的数字之和恰好等于4的概率.【解析】两张卡片上的数字之和等于4的情形共有4种，任取两张卡片共有10种，所以概率为P＝410＝25；两张卡片上的数字之和等于4的情形共有5种，任取两张卡片共有25种，所以概率为P＝525＝15.题型三古典概型问题的综合应用【例3】甲、乙两袋装有大小相同的红球和白球，甲袋装有2个红球，2个白球；乙袋装有2个红球，n个白球.从甲、乙两袋中各任取2个球.若n＝3，求取到的4个球全是红球的概率；若取到的4个球中至少有2个红球的概率为34，求n.【解析】记“取到的4个球全是红球”为事件A，P＝c22c24•c22c25＝16×110＝160.记“取到的4个球至多有1个红球”为事件B，“取到的4个球只有1个红球”为事件B1，“取到的4个球全是白球”为事件B2.由题意，得P＝1－34＝14.P＝c12c12c24•c2nc2n＋2＋c22c24•c12c1nc2n＋2＝2n23，P＝c22c24•c2nc2n＋2＝n6.所以P＝P＋P＝2n23＋n6＝14，化简得7n2－11n－6＝0，解得n＝2或n＝－37，故n＝2.【变式训练3】甲、乙二人参加普法知识竞赛，共有10道不同的题目，其中选择题6道，判断题4道，甲、乙二人一次各抽取一题.甲抽到选择题，乙抽到判断题的概率是多少？甲、乙二人至少有一个抽到选择题的概率是多少？【解析】甲从选择题中抽到一题的可能结果有c16个，乙从判断题中抽到一题的的可能结果是c14，故甲抽到选择题，乙抽到判断题的可能结果为c16×c14＝24.又甲、乙二人一次各抽取一题的结果有c110×c19＝90，所以概率为2490＝415.甲、乙二人一次各抽取一题基本事件的总数是10×9＝90.方法一：①只有甲抽到了选择题的事件数是：6×4＝24；②只有乙抽到了选择题的事件数是：6×4＝24；③甲、乙同时抽到选择题的事件数是：6×5＝30.故甲、乙二人至少有一个抽到选择题的概率是24＋24＋3090＝1315.方法二：事件“甲、乙二人至少有一个抽到选择题”与事件“甲、乙两人都未抽到选择题”是对立事件.事件“甲、乙两人都未抽到选择题”的基本事件个数是4×3＝12.故甲、乙二人至少有一个抽到选择题的概率是1－1290＝1－215＝1315.总结提高.对古典概型首先必须使学生明确判断两点：①对于每个随机试验来说，所有可能出现的试验结果数n必须是有限个；②出现的各个不同的试验结果数m其可能性大小必须是相同的.只有在同时满足①、②的条件下，运用的古典概型计算公式P＝mn得出的结果才是正确的.使用公式P＝mn计算时，确定m、n的数值是关键所在.2.对于n个互斥事件A1，A2，…，An，其加法公式为P ＝P＋P＋…＋P.。