2021新高考第10章计数原理、概率、随机变量及其分布8讲(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 10.4 随机事件的概率课件(理)

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

高考数学一轮复习第十章计数原理概率随机变量及其分布108离散型随机变量的均值与方差课件理新人教A版

答案 23，1
5．在一次招聘中，主考官要求应聘者从 6 道备选题中一次性随机抽取 3 道题，并独立完成所抽取的 3 道题。乙能正确完成每道题的概率为32，且每道题完成与否互不影响。记乙能答对的题数为 Y，则 Y 的数学期望为 ________。
解析
＝2。答案
由题意知 Y 的可能取值为 0,1,2,3，且 Y～B3，32，则 E(Y)＝3×32 2
二项分布的期望与方差 1．如果 ξ～B(n，p)，则用公式 E(ξ)＝np；D(ξ)＝np(1－p)求解，可大大减少计算量。 2．有些随机变量虽不服从二项分布，但与之具有线性关系的另一随机变量服从二项分布，这时，可以综合应用 E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b 以及 E(ξ)＝ np 求出 E(aξ＋b)，同样还可求出 D(aξ＋b)。
2．均值与方差的性质
(1)E(aX＋b)＝
aE(X)＋b
。
(2)D(aX＋b)＝ a2D(X) (a，b 为常数)。
3．两点分布与二项分布的均值、方差
X
X 服从两点分布
X～B(n，p)
E(X)
p(p 为成功概率)
np
D(X)
p(1－p)
np(1－p)
1．均值 E(X)是一个实数，由 X 的分布列唯一确定，即 X 作为随机变量是可变的，而 E(X)是不变的，它描述 X 值的取值平均状态。
A．37 B．4 C．－1 D．1
解析
选 A。答案
E(X)＝－21＋61＝－13，E(Y)＝E(2X＋3)＝2E(X)＋3＝－23＋3＝73。故 A
2．(选修 2－3P68A 组 T5 改编)甲、乙两工人在一天生产中出现的废品数分别是两个随机变量 X，Y，其分布列分别为：

2021新高考第10章计数原理、概率、随机变量及其分布第1讲(理)

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

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

位中任选 3 个空位安排男生，有 A53种方法，共有 A44·A35＝1 440(种)．
2021高考数学一轮复习第十章计数原理
2021/4/17
概率随机变量及其分布102排列与组合课
14
件理20
悟·技法
求解排列应用问题的 6 种主要方法
直接法
把符合条件的排列数直接列式计算
优先法优先安排特殊元素或特殊位置
A66种排列方法，共有 5×A66＝3 600(种)．解法二 (特殊位置优先法)首尾位置可安排另 6 人中的两人，有
A26种排法，其他有 A55种排法，共有 A26A55＝3 600(种)． (4)(捆绑法)将女生看作一个整体与 3 名男生一起全排列，有 A44种
方法，再将女生全排列，有 A44种方法，共有 A44·A44＝576(种)． (5)(插空法)先排女生，有 A44种方法，再在女生之间及首尾 5 个空
解析：分两步进行，第一步，先从 1,3,5,7 中选 3 个进行排列，有 A34＝24 种排法；第二步，将 2,4,6 这 3 个数插空排列，有 2A33＝12 种排法．由分步乘法计数原理得，这样的六位数共有 24×12 ＝288(个)．
答案：288
2021高考数学一轮复习第十章计数原理
2021/4/17
2021高考数学一轮复习第十章计数原理
2021/4/17
概率随机变量及其分布102排列与组合课
4
件理20
2．组合与组合数 (1)组合的定义：一般地，从 n 个⑥_不__同__的元素中取 m(m≤n)个元素合成一组，叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的一个组合． (2)组合数的定义：从 n 个⑦_不__同__元素中取出 m(m≤n)个元素的 ⑧_所__有__不__同__组__合____的个数，叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的组合数，用符号 Cmn 表示．

高考专题复习第10单元-计数原理、概率、随即变量及其分布-数学(理科)-北师版(已核)-268页PPT精品文档

第56讲 │ 要点探究
► 探究点2 分布计数原理的应用例 2 [2009·浙江卷] 甲、乙、丙 3 人站到共有 7 级的台
阶上，若每级台阶最多站 2 人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是________．(用数字作答)
[思路] 甲、乙、丙各有7种站法，根据分步乘法计数原理计数，除去一个台阶上占三人的情况．
(4)在复习中要重点关注概率与统计相结合的解答题．
第十单元 │ 使用建议
3．课时安排本单元包含9讲和例1个滚动基础训练卷(六)，例1个单元能力训练卷(十)，建议每讲1课时，滚动基础训练卷、单元能力训练卷各1课时，本单元共需11课时．
第56讲 │ 基本计数原理
第56讲基本计数原理
第56讲 │ 知识梳理
[答案] 336
第56讲 │ 要点探究
[解析] 甲有7种站法，乙也有7种站法，丙也有7种站法，故不考虑限制共有7×7×7＝343种站法，其中三个人站在同一台阶上有7种站法，故符合本题要求的不同站法有343－7＝336种．
第56讲 │ 要点探究
已知集合 M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a， b)表示平面上的点(a，b∈M)，问：
(4)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．
(5)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．
第十单元 │ 命题趋势
命题趋势
本单元是考查应用意识的重要载体，已成为近几年新课标高考的一大亮点和热点，高考对本单元的考查有如下特点：
第56讲 │ 要点探究
第二类：用2做结尾的比2000大的四位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，除去2, 1,0，只有3个数字可以选择，有3种选法；第二步，选取百位上的数字，在去掉已经确定的首尾两数字之后，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法．依据分步计数原理，这类数的个数有 3×4×3＝36个；

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

高考数学第十章计数原理、概率、随机变量及其分布10.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理理

2021/12/12
第十六页，共四十二页。
解法 2：a＝b 时有 4 种情况，故椭圆个数为 4×8－4＝28 个． (2)根据“凸数”的特点，中间的数字只能是 3,4,5，故分三类，第一类，当中间数字为“3”时，此时有 2 种(132,231)；第二类，当中间数字为“4”时，从 1,2,3 中任取两个放在 4 的两边，故有 6 种；第三类，当中间数字为“5”时，从 1,2,3,4 中任取两个放在 5 的两边，故有 12 种；根据分类加法计数原理，得到由 1,2,3,4,5 可以组成无重复数字的三位“凸数”的个数是 2＋6＋12＝20.
有 1 个；a＝4 时，有 3 个；a＝6 时，有 5 个；a＝8 时，有 7 个，
共有 1＋3＋5＋7＝16 个．
若焦点在 y 轴上，则 b>a，b＝3 时，有 1 个；b＝4 时，有 1 个；b＝5 时，有 2 个；b＝6 时，有 2 个；b＝7 时，有 3 个；b ＝8 时，有 3 个．共有 1＋1＋2＋2＋3＋3＝12 个．故共有 16＋ 12＝28 个．
2021/12/12
第十页，共四十二页。
4．已知某公园有 5 个门，从任一门进，另一门出，则不同的走法
的种数为 __2_0___(用数字作答)．
解析：分两步，第一步选一个门进有 5 种方法，第二步再选一个门出有 4 种方法，所以共有 5×4＝20 种走法．
2021/12/12
第十一页，共四十二页。
一个旅游景区的游览线路如图所示，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，则不同(除交汇点 O 外)
的游览线路有____4_8____种．(用数字作答)
2021/12/12

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
2021/4/17
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

高考数学一轮复习方案第十单元计数原理、概率、随机变量及其分布配套课件理北师大版

第十单元计数原理、概率、随机变量及其分布
第57讲第58讲第59讲第60讲第61讲第62讲第63讲第64讲
分类加法计数原理与分步乘法计数原理排列与组合二项式定理随机事件的概率与古典概型几何概型离散型随机变量及其分布列 n次独立重复试验与二项分布离散型随机变量的均值与方差、正态分布
固基
一、分类加法计数原理(加法原理)
础
完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不
同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这
件事共有N＝m_＋__n_____种不同的方法．这个原理称为分类
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
加法计数原理．
二、分类加法计数原理的推广
完成一件事有n类不同方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法，…，在第n 类方案中有 mn 种不同的方法，那么完成这件事共有 N ＝ __m_1_＋__m_2_＋__…_＋__m__n _种不同的方法．
•
四、分步乘法计数原理的推广
基础
• 完成一件事情，需要分成n个步骤，做第1步有m1种不
同的方法，做第2步有m2种不同的方法，…，做第n步有 mn 种不同的方法，那么完成这m件1×事m2×共…有×mNn ＝
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使用建议
(3)随机变量及其分布：随机变量及其分布是理科概率统计的核心考查点，主要是考查以独立事件为中心的概率计算、离散型随机变量的分布和特征数的计算、正态分布，考查概率统计知识在实际问题中的应用．在试卷中一般是以一道解答题对上述问题进行综合考查，也可能有小题考查该部分的重要知识点(如二项分布、正态分布等)，试题的难度中等，预计2014年不会有大的变化，突出对独立事件概率的计算和对n次独立重复试验概型应用的强化．

新高考数学大一轮复习第十章计数原理概率随机变量及其分布第八节

新高考数学大一轮复习第十章计数原理概率随机变量及其分布第八节新高考数学大一轮复习第十章计数原理概率随机变量及其分布第八节离散型随机变量的均值与方差教师用书理☆☆☆2021考纲考题考情☆☆☆考纲要求真题举例 2021，全国卷Ⅰ，19,12分(随1.理解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差的概念； 2.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。

机变量的分布列、均值) 2021，山东卷，19,12分(随机变量的分布列、均值) 2021，安徽卷，17,12分(条件概率、分布列、均值) 2021，陕西卷，19,12分(二项分布) 微知识小题练自|主|排|查1．离散型随机变量的均值与方差若离散型随机变量X的分布列为命题角度 1.主要考查离散型随机变量的数学期望与方差的求解及应用，常与排列、组合、概率、统计交汇命题； 2.题型以解答题为主，要求较高，解题时要求有较强的综合能力以及分析问题、解决问题的能力。

X P x1 p1 x2 p2 … … xi pi … … xn pn (1)均值：称E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn为随机变量X的均值或数学期望，它反映了离散型随机变量取值的平均水平。

n(2)D(X)＝? (xi－E(X))pi为随机变量X的方差，它刻画了随机变量X与其均值E(X)的2i＝1平均偏离程度，其算术平方根D2．均值与方差的性质 (1)E(aX＋b)＝aE(X)＋b，X为随机变量X的标准差。

(2)D(aX＋b)＝aD(X)(a，b为常数)。

3．两点分布与二项分布的均值、方差2- 1 - / 14X E(X) D(X) X服从两点分布 p(p为成功概率) p(1－p) X～B(n，p) np np(1－p)微点提醒1．均值E(X)是一个实数，由X的分布列唯一确定，即X作为随机变量是可变的，而E(X)是不变的，它描述X值的取值平均状态。

2．已知随机变量的分布列求它的均值、方差和标准差，可直接按定义(公式)求解。

高考数学第十章计数原理、概率、随机变量及其分布10.5古典概型理高三全册数学

＝0不经过第四象限的概率为( A )
2
1
A.9
B.3
4
1
C.9
D.4
2021/12/12
第二十八页，共四十六页。
【解析】 (1)有序数对(m，n)的所有可能结果为(1,1)，
(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，
(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，共16个．由a⊥(a－b)，得m2－2m＋1－n＝0，即n＝(m－1)2，由于m，n∈{1,2,3,4}，故
(1)试验的基本事件； (2)事件“出现点数之和大于3”包含的基本事件； (3)事件“出现点数相等”包含的基本事件．
2021/12/12
第十九页，共四十六页。
解：(1)这个试验的基本事件为 (1,1)(1,2)(1,3)，(1,4)， (2,1)(2,2)(2,3)，(2,4)， (3,1)(3,2)(3,3)，(3,4)， (4,1)(4,2)(4,3)，(4,4)． (2)事件“出现点数之和大于3”包含的基本事件为(1,3)， (1,4)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)， (4,2)，(4,3)，(4,4)． (3)事件“出现点数相等”包含的基本事件为(1,1)，(2,2)， (3,3)，(4,4)．
2021/12/12
第二十一页，共四十六页。
【解】 (1)由题意，参加集训的男、女生各有6名．参赛学
生全从B中学抽取(等价于A中学没有学生入选代表队)的概率为
C33C34 C36C36
＝
1 100
，因此，A中学至少有1名学生入选代表队的概率为1

高考数学一轮复习第10章计数原理、概率、随机变量及其分布第8讲 n次独立重复试验与二项分布创新

第8讲 n 次独立重复试验与二项分布[考纲解读] 1.了解条件概率与两个事件相互独立的概念．(重点)2．能够利用n 次独立试验的模型及二项分布解决一些简单的实际问题．(难点) [考向预测] 从近三年高考情况来看，本讲是高考中的一个热点．预测2021年将会考查：①条件概率的计算；②事件独立性的应用；③独立重复试验与二项分布的应用．题型为解答题，试题难度不会太大，属中档题型.1.条件概率及其性质(1)对于任何两个事件A 和B ，在事件A 发生的条件下，事件B 发生的概率叫做□01条件概率，用符号□02P (B |A )来表示，其公式为P (B |A )＝□03P (AB )P (A )(P (A )>0)．在古典概型中，假设用n (A )表示事件A 中基本事件的个数，那么P (B |A )＝n (AB )n (A )(n (AB )表示AB 共同发生的基本事件的个数)．(2)条件概率具有的性质 ①□040≤P (B |A )≤1； ②如果B 和C 是两个互斥事件，那么P ((B ∪C )|A )＝□05P (B |A )＋P (C |A )． 2．相互独立事件(1)对于事件A ，B ，假设A 的发生与B 的发生互不影响，那么称□01A ，B 是相互独立事件．(2)假设A 与B 相互独立，那么P (B |A )＝□02P (B )， P (AB )＝P (B |A )P (A )＝□03P (A )P (B )． (3)假设A 与B 相互独立，那么□04A 与B ，□05A 与B ，□06A 与B 也都相互独立．(4)假设P (AB )＝P (A )P (B )，那么□07A 与B 相互独立． 3．独立重复试验与二项分布(1)独立重复试验在□01相同条件下重复做的n 次试验称为n 次独立重复试验．A i (i ＝1,2，…，n )表示第i 次试验结果，那么P (A 1A 2A 3…A n )＝□02P (A 1)P (A 2)…P (A n )． (2)二项分布在n 次独立重复试验中，用X 表示事件A 发生的次数，设每次试验中事件A 发生的概率是p ，此时称随机变量X 服从二项分布，记作□03X ～B (n ，p )，并称p 为□04成功概率．在n 次独立重复试验中，事件A 恰好发生k 次的概率为P (X ＝k )＝□05C k n p k (1－p )n －k(k ＝0,1,2，…，n )．1．概念辨析(1)相互独立事件就是互斥事件．( )(2)对于任意两个事件，公式P (AB )＝P (A )P (B )都成立．( )(3)二项分布是一个概率分布，其公式相当于(a ＋b )n 二项展开式的通项公式，其中a ＝p ，b ＝(1－p )．( )(4)二项分布是一个概率分布列，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)√ 2．小题热身(1)甲、乙两市都位于长江下游，根据一百多年来的气象记录，知道一年中下雨天的比例甲市占20%，乙市占18%，两地同时下雨占12%，记P (A )＝0.2，P (B )＝0.18，P (AB )＝0.12，那么P (A |B )和P (B |A )分别为( )A.13，25B.23，25C.23，35D.12，35答案 C解析由，得P (A |B )＝P (AB )P (B )＝0.120.18＝23， P (B |A )＝P (AB )P (A )＝0.120.2＝35. (2)设随机变量ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，13，那么P (ξ＝3)＝( )A.10243 B.32243 C.40243 D.80243答案 C解析因为ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，13，所以P (ξ＝3)＝C 35⎝ ⎛⎭⎪⎫133·⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝40243. (3)一名信息员维护甲乙两公司的5G 网络，一天内甲公司需要维护和乙公司需要维护相互独立，它们需要维护的概率分别为0.4和0.3，那么至少有一个公司不需要维护的概率为________．答案 0.88解析 P ＝1－0.4×0.3＝0.88.(4)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________．答案 49解析所求概率P ＝C 13·⎝ ⎛⎭⎪⎫131·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－132＝49.题型一条件概率1．从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A ：“取到的2个数之和为偶数〞，事件B ：“取到的2个数均为偶数〞，那么P (B |A )＝( )A.18 B.14C.25 D.12答案 B解析解法一：事件A包括的基本事件：(1,3)，(1,5)，(3,5)，(2,4)共4个．事件AB发生的结果只有(2,4)一种情形，即n(AB)＝1.故由古典概型概率P(B|A)＝n(AB)n(A)＝14.应选B.解法二：P(A)＝C23＋C22C25＝410，P(AB)＝C22C25＝110.由条件概率计算公式，得P(B|A)＝P(AB)P(A)＝110410＝14.应选B.条件探究1假设将本例中的事件B改为“取到的2个数均为奇数〞，那么P(B|A)＝________.答案3 4解析P(A)＝C23＋C22C25＝25，P(B)＝C23C25＝310.又B⊆A，那么P(AB)＝P(B)＝3 10，所以P(B|A)＝P(AB)P(A)＝P(B)P(A)＝34.条件探究2将本例中的条件改为：从1,2,3,4,5中不放回地依次取2个数，事件A为“第一次取到的是奇数〞，事件B为“第二次取到的是奇数〞，那么P(B|A)＝________.答案1 2解析从1,2,3,4,5中不放回地依次取2个数，有A 25种方法；其中第一次取到的是奇数，有A 13A 14种方法；第一次取到的是奇数且第二次取到的是奇数，有A 13A 12种方法．那么P (A )＝A 13A 14A 25＝35，P (AB )＝A 13A 12A 25＝310，所以P (B |A )＝P (AB )P (A )＝31035＝12.2．如图，EFGH 是以O 为圆心，半径为1的圆的内接正方形．将一颗豆子随机地扔到该圆内，用A 表示事件“豆子落在正方形EFGH 内〞，B 表示事件“豆子落在扇形OHE (阴影部分)内〞，那么P (B |A )＝________.答案 14解析由题意可得，事件A 发生的概率P (A )＝S 正方形EFGH S 圆O ＝2×2π×12＝2π.事件AB 表示“豆子落在△EOH 内〞，那么P (AB )＝S △EOH S 圆O＝12×12π×12＝12π，故P (B |A )＝P (AB )P (A )＝12π2π＝14.解决条件概率问题的步骤第一步，判断是否为条件概率，假设题目中出现“〞“在……前提下〞等字眼，一般为条件概率．题目中假设没有出现上述字眼，但事件的出现影响所求事件的概率时，也需注意是否为条件概率．假设为条件概率，那么进行第二步．第二步，计算概率，这里有两种思路：思路一缩减样本空间法计算条件概率，如求P (A |B )，可分别求出事件B ，AB 包含的基本事件的个数，再利用公式P (A |B )＝n (AB )n (B )计算思路二直接利用公式计算条件概率，即先分别计算出P (AB )，P (B )，再利用公式P (A |B )＝P (AB )P (B )计算提醒：要注意P (B |A )与P (A |B )的不同：前者是在A 发生的条件下B 发生的概率，后者是在B 发生的条件下A 发生的概率．1．(2019·某某模拟)甲、乙、丙、丁四名同学报名参加假期社区服务活动，社区服务活动共有关怀老人、环境监测、教育咨询、交通宣传这四个项目，每人限报其中一项，记事件A 为“四名同学所报项目各不相同〞，事件B 为“只有甲同学一人报关怀老人项目〞，那么P (A |B )＝( )A.14B.34C.29D.59答案 C解析由题意，得P (B )＝3344＝27256，P (AB )＝A 3344＝3128，所以P (A |B )＝P (AB )P (B )＝29.2．(2019·武侯区校级模拟)如果{a n }不是等差数列，但假设∃k ∈N *，使得a k ＋a k ＋2＝2a k ＋1，那么称{a n }为“局部等差〞数列．数列{x n }的项数为4，记事件A ：集合{x 1，x 2，x 3，x 4}⊆{1,2,3,4,5}，事件B ：{x n }为“局部等差〞数列，那么条件概率P (B |A )＝( )A.415B.730 C.15 D.16答案 C解析由数列{x n }的项数为4，记事件A ：集合{x 1，x 2，x 3，x 4}⊆{1,2,3,4,5}，那么事件A 的基本事件共有A 45＝120个，在满足事件A 的条件下，事件B ：{x n }为“局部等差〞数列，共有以下24个基本事件：其中含1,2,3的局部等差数列分别为1,2,3,5；5,1,2,3；4,1,2,3，共3个，同理含3,2,1的局部等差数列也有3个，含3,4,5和含5,4,3与上述相同，含2,3,4的有5,2,3,4；2,3,4,1，共2个，同理含4,3,2的也有2个．含1,3,5的有1,3,5,2；2,1,3,5；4,1,3,5；1,3,5,4，共4个，同理含5,3,1的也有4个．所以P (B |A )＝24120＝15.题型二相互独立事件的概率1．(2019·某某二模)甲、乙、丙三人去参加某公司面试，他们被公司录取的概率分别为16，14，13，且三人录取结果相互之间没有影响，那么他们三人中至少有一人被录取的概率为( )A.3172B.712C.2572D.1572答案 B解析由题意，得他们三人中至少有一人被录取的对立事件是三个人都没有被录取，∴他们三人中至少有一人被录取的概率为P ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－16⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＝712.2．(2019·全国卷Ⅱ)11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10∶10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束．甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立．在某局双方10∶10平后，甲先发球，两人又打了X 个球该局比赛结束．(1)求P (X ＝2)；(2)求事件“X ＝4且甲获胜〞的概率．解 (1)X ＝2就是某局双方10∶10平后，两人又打了2个球该局比赛结束，那么这2个球均由甲得分，或者均由乙得分．因此P (X ＝2)＝0.5×0.4＋(1－0.5)×(1－0.4)＝0.5.(2)X ＝4且甲获胜，就是某局双方10∶10平后，两人又打了4个球该局比赛结束，且这4个球的得分情况为前两球是甲、乙各得1分，后两球均为甲得分．因此所求概率为[0.5×(1－0.4)＋(1－0.5)×0.4]×0.5×0.4＝0.1.求相互独立事件概率的步骤第一步，先用字母表示出事件，再分析题中涉及的事件，并把题中涉及的事件分为假设干个彼此互斥的事件的和；第二步，求出这些彼此互斥的事件的概率；第三步，根据互斥事件的概率计算公式求出结果．此外，也可以从对立事件入手计算概率.1．(2019·某某三模)某校在秋季运动会中，安排了篮球投篮比赛，现有20名同学参加篮球投篮比赛，每名同学投进的概率均为0.4；每名同学有2次投篮机会，且各同学投篮之间没有影响；现规定：投进2个得4分，投进1个得2分，1个未进得0分，那么其中1名同学得2分的概率为()A．0.5 B.0.48答案 B解析设“第一次投进球〞为事件A，“第二次投进球〞为事件B，那么得2分的概率为P＝P(A B－)＋P(A－B)＝0.4×0.6＋0.6×0.4＝0.48.2．某社区举办《“环保我参与〞有奖问答比赛》活动．某场比赛中，甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关环保知识的问题．甲家庭回答正确这道题的概率是34，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是112，乙、丙两个家庭都回答正确的概率是14.假设各家庭回答是否正确互不影响．(1)求乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率；(2)求甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭回答正确这道题的概率．解(1)记“甲回答正确这道题〞“乙回答正确这道题〞“丙回答正确这道题〞分别为事件A，B，C，那么P(A)＝3 4，且有⎩⎪⎨⎪⎧P (A )·P (C )＝112，P (B )·P (C )＝14，即⎩⎪⎨⎪⎧[1－P (A )]·[1－P (C )]＝112，P (B )·P (C )＝14，所以P (B )＝38，P (C )＝23.(2)有0个家庭回答正确的概率为P 0＝P (A －B －C －)＝P (A )·P (B )·P (C )＝14×58×13＝596，有1个家庭回答正确的概率为P 1＝P (A B －C －＋A B C ＋A －B －C )＝34×58×13＋14×38×13＋14×58×23＝724，所以不少于2个家庭回答正确这道题的概率为 P ＝1－P 0－P 1＝1－596－724＝2132.题型三独立重复试验与二项分布1．假设同时抛掷两枚骰子，当至少有5点或6点出现时，就说这次试验成功，那么在3次试验中至少有1次成功的概率是( )A.125729B.80243 C.665729 D.100243答案 C解析一次试验中，至少有5点或6点出现的概率为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＝1－49＝59，设X 为3次试验中成功的次数，所以X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，59，故所求概率P (X ≥1)＝1－P (X ＝0)＝1－C 03×⎝ ⎛⎭⎪⎫590×⎝ ⎛⎭⎪⎫493＝665729，应选C.2．为了弘扬国粹，提高民族自豪感，坐落于某实验中学内的艺术馆为学员们提供书法、国画、古琴、茶艺等教学服务，其中学习书法和国画的学员最多．为了研究喜欢书法和喜欢国画之间的联系，随机抽取了80名学员进行问卷调查，发现喜欢国画的人的比例为70%，喜欢书法的人的比例为50%.(1)(2)有人认为喜欢书法与喜欢国画有关，你同意这种看法吗？说明理由； (3)假定学员们都按照自己的喜好进行了系统学习．根据传统，国画上有题字和落款才算完整作品，那么既学书法又学国画的学员们创作的作品可以称为“书画兼优〞．为了配合实验中学七十年校庆，打算随机挑选5幅作品展览．设其中“书画兼优〞的作品数为X ，求X 的分布列．参考公式：K 2＝n (ad －bc )2(a ＋b )(c ＋d )(a ＋c )(b ＋d )，其中n ＝a ＋b ＋c ＋d .参考数据：解 (1)由题意，得c ＋16＝80×(1－50%)，∴c ＝24. ∵a ＋c ＝80×70%，∴a ＝32.∵a ＋b ＝80×50%，∴b ＝8. ∴a ＝32，b ＝8，c ＝24.(2)我同意这种看法．理由如下： K 2＝80×(32×16－24×8)240×40×56×24≈3.81.∵3.81>2.706，∴有90%以上的把握认为喜欢书法与喜欢国画有关， ∴我同意这种看法．(3)由(1)知一幅作品“书画兼优〞的概率为3280＝25. X 的所有可能取值为0,1,2,3,4,5.P (X ＝0)＝C 05⎝ ⎛⎭⎪⎫250⎝ ⎛⎭⎪⎫355＝2433125， P (X ＝1)＝C 15·25·⎝ ⎛⎭⎪⎫354＝162625，P (X ＝2)＝C 25⎝ ⎛⎭⎪⎫252⎝ ⎛⎭⎪⎫353＝216625， P (X ＝3)＝C 35⎝ ⎛⎭⎪⎫253⎝ ⎛⎭⎪⎫352＝144625， P (X ＝4)＝C 45⎝ ⎛⎭⎪⎫254·35＝48625， P (X ＝5)＝C 55⎝ ⎛⎭⎪⎫255⎝ ⎛⎭⎪⎫350＝323125. ∴X 的分布列如下．P 2433125162625216625144625486253231251．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 p k(1－p)n－k的三个条件(1)在一次试验中某事件A发生的概率是一个常数p.(2)n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．提醒：在实际应用中，往往出现数量“较大〞“很大〞“非常大〞等字眼，这说明试验可视为独立重复试验，进而判定是否服从二项分布.1．春节期间，某旅游景区推出掷圆圈套玩具鹅的游戏，吸引了一大批的游客参加，规那么是：每人花10元拿到5个圆圈，在离最近的玩具鹅的2米处掷圆圈5次，只要圆圈连续套住同一只鹅颈3次，就可以获得套住的那只玩具鹅．假设某游客每次掷圆圈套住鹅颈的概率为23，且每次掷圆圈的结果互不影响，那么该游客获得一只玩具鹅的概率为()A.481 B.881C.13 D.104243答案 D解析设“第i 次套住鹅颈〞为事件A i (i ＝1,2,3,4,5)，那么A －i 表示“第i 次未套住鹅颈〞，依题意可得该游客能获得一只玩具鹅的3种情形：A 1A 2A 3，A －1A 2A 3A 4，A －1A －2A 3A 4A 5，而P (A 1A 2A 3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝827，P (A －1A 2A 3A 4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233×13＝881，P (A －1A －2A 3A 4A 5)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝8243，故该游客获得一只玩具鹅的概率为827＋881＋8243＝104243，应选D.2．医学上某种还没有完全攻克的疾病，治疗时需要通过药物控制其中的两项指标H 和V .现有A ，B ，C 三种不同配方的药剂，根据分析，A ，B ，C 三种药剂能控制H 指标的概率分别为0.5,0.6,0.75，能控制V 指标的概率分别为0.6,0.5,0.4，能否控制H 指标与能否控制V 指标之间相互没有影响．(1)求A ，B ，C 三种药剂中恰有一种能控制H 指标的概率；(2)某种药剂能使两项指标H 和V 都得到控制就说该药剂有治疗效果．求三种药剂中有治疗效果的药剂种数X 的分布列．解 (1)A ，B ，C 三种药剂中恰有一种能控制H 指标的概率为P ＝P (A B －C －)＋P (A B C )＋P (A －B －C )＝0.5×(1－0.6)×(1－0.75)＋(1－0.5)×0.6×(1－0.75)＋(1－0.5)×(1－0.6)×0.75＝0.275.(2)∵A 有治疗效果的概率为P A ＝0.5×0.6＝0.3， B 有治疗效果的概率为P B ＝0.6×0.5＝0.3，C有治疗效果的概率为P C＝0.75×0.4＝0.3，∴A，B，C三种药剂有治疗效果的概率均为0.3，可看成3次独立重复试验，即X～B(3,0.3)．∵X的可能取值为0,1,2,3，∴P(X＝k)＝C k3×0.3k×(1－0.3)3－k，即P(X＝0) ＝C03×0.30×(1－0.3)3＝0.343，P(X＝1)＝C13×0.3×(1－0.3)2＝0.441，P(X＝2)＝C23×0.32×(1－0.3)＝0.189，P(X＝3)＝C33×0.33＝0.027.故X的分布列如下．X 012 3P 0.3430.4410.1890.027组基础关1．从甲口袋内摸出1个白球的概率是13，从乙口袋内摸出1个白球的概率是12，如果从两个口袋内各摸出一个球，那么56是()A．2个球不都是白球的概率B．2个球都不是白球的概率C．2个球都是白球的概率D．2个球恰好有一个球是白球的概率答案 A解析∵2个球不都是白球的对立事件是2个球都是白球，从甲口袋摸出白球和从乙口袋摸出白球两者是相互独立的，∴2个球都是白球的概率P ＝13×12＝16，∴2个球不都是白球的概率是1－16＝56.应选A.2．(2019·某某三市第一次联考)某机械研究所对新研发的某批次机械元件进行寿命追踪调查，随机抽查的200个机械元件情况如下：2个元件的使用寿命在30天以上的概率为( )A.1316B.2764 C.2532 D.2732答案 D解析由表可知元件使用寿命在30天以上的频率为150200＝34，那么所求概率为C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫342×14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫343＝2732. 3．位于坐标原点的一个质点M 按下述规那么移动：质点每次移动一个单位，移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是12，质点M 移动五次后位于点(2,3)的概率是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫125 B.C 25×⎝ ⎛⎭⎪⎫125C ．C 35×⎝⎛⎭⎪⎫123D.C 25×C 35×⎝⎛⎭⎪⎫125 答案 B解析如图，由题可知质点M 必须向右移动2次，向上移动3次才能位于点(2,3)，问题相当于5次重复试验中向右恰好发生2次的概率．所求概率为P ＝C 25×⎝ ⎛⎭⎪⎫122×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝C 25×⎝ ⎛⎭⎪⎫125.应选B.4．某居民小区有两个相互独立的安全防X 系统A 和B ，系统A 和系统B 在任意时刻发生故障的概率分别为18和p ，假设在任意时刻恰有一个系统不发生故障的概率为940，那么p 等于( )A.110B.215C.16D.15答案 B解析由题意得，18(1－p )＋78p ＝940， ∴p ＝215.5．(2019·某某调研)某学校10位同学组成的志愿者组织分别由李老师和X 老师负责．每次献爱心活动均需该组织4位同学参加．假设李老师和X 老师分别将各自活动通知的信息独立、随机地发给4位同学，且所发信息都能收到．那么甲同学收到李老师或X 老师所发活动通知信息的概率为( )A.25B.1225C.1625D.45 答案 C解析设A 表示“甲同学收到李老师所发活动通知信息〞，B 表示“甲同学收到X 老师所发活动通知信息〞，由题意P (A )＝410＝25，P (B )＝410＝25，∴甲同学收到李老师或X 老师所发活动通知信息的概率为25＋25－25×25＝1625.应选C.6．投掷一枚图钉，设钉尖向上的概率为p ，连续掷一枚图钉3次，假设出现2次钉尖向上的概率小于出现3次钉尖向上的概率，那么p 的取值X 围为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，34B.⎝ ⎛⎭⎪⎫34，1 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1 答案 B解析 ∵投掷一枚图钉，钉尖向上的概率为p (0<p <1)，连续掷一枚图钉3次，∴出现2次钉尖向上的概率为C 23p 2(1－p )，出现3次钉尖向上的概率为p 3.∵出现2次钉尖向上的概率小于出现3次钉尖向上的概率，∴C 23p 2(1－p )<p 3，即p 2(3－4p )<0，解得p >34，∴p 的取值X 围为⎝ ⎛⎭⎪⎫34，1.7．(2019·某某模拟)某班组织由甲、乙、丙等5名同学参加的演讲比赛，现采用抽签法决定演讲顺序，在“学生甲不是第一个出场，学生乙不是最后一个出场〞的前提下，学生丙第一个出场的概率为( )A.313 B.413 C.14 D.15答案 A解析设事件A 为“学生甲不是第一个出场，学生乙不是最后一个出场〞；事件B 为“学生丙第一个出场，〞那么P (A )＝A 44＋C 13C 13A 33A 55＝78A 55，P (AB )＝C 13A 33A 55＝18A 55，那么P (B |A )＝P (AB )P (A )＝1878＝313. 8．(2019·武昌区模拟)抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记A ＝{两次的点数均为奇数}，B ＝{两次的点数之和为4}，那么P (B |A )＝________.答案 29解析根据题意，抛掷一枚质地均匀的骰子两次，有6×6＝36种情况，记A ＝{两次的点数均为奇数}，B ＝{两次的点数之和为4}，事件A 包含3×3＝9种情况，事件AB 有2种情况，那么P (A )＝3×336＝936，P (AB )＝236，那么P (B |A )＝P (AB )P (A )＝29.9．某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第18,19,20层停靠，假设该电梯在底层有5位乘客，且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率为13，用ξ表示5位乘客在第20层下电梯的人数，那么P (ξ＝4)＝________.答案 10243解析依题意，ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，13，故P (ξ＝4)＝C 45⎝ ⎛⎭⎪⎫134×⎝ ⎛⎭⎪⎫231＝10243. 10．(2019·全国卷Ⅰ)甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束)．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主〞．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，那么甲队以4∶1获胜的概率是________．答案 0.18解析甲队以4∶1获胜，甲队在第5场(主场)获胜，前4场中有一场输．假设在主场输一场，那么概率为2×0.6×0.4×0.5×0.5×0.6；假设在客场输一场，那么概率为2×0.6×0.6×0.5×0.5×0.6. ∴甲队以4∶1获胜的概率P ＝2×0.6×0.5×0.5×(0.6＋0.4)×0.6＝0.18.组能力关1．(2019·某某市高三调研)甲袋中有1个黄球和1个红球，乙袋中有2个黄球和2个红球．现随机地从甲袋中取出1个球放入乙袋中，再从乙袋中随机取出1个球，那么从乙袋中取出的球是红球的概率为( )A.13B.12C.59D.29答案 B解析分两类：①假设从甲袋中取出黄球，那么乙袋中有3个黄球和2个红球，从乙袋中取出的球是红球的概率为25；②假设从甲袋中取出红球，那么乙袋中有2个黄球和3个红球，从乙袋中取出的球是红球的概率为35；∴所求概率P ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫25＋35＝12.应选B. 2．(2020·某某摸底)为了提升全民身体素质，学校十分重视学生体育锻炼．某校篮球运动员进行投篮练习，假设他前一球投进那么后一球也投进的概率为34，假设他前一球投不进那么后一球投进的概率为14.假设他第1球投进的概率为34，那么他第2球投进的概率为( )A.34 B.58 C.716 D.916答案 B解析设该运动员第2球投进的概率为p 2，第1球投进的概率为p 1＝34，∴p 2＝34p 1＋14(1－p 1)＝12p 1＋14＝12×34＋14＝58.应选B.3．(2019·某某一模)某超市在中秋节期间举行有奖销售活动，凡消费金额满200元的顾客均获得一次抽奖的机会，中奖一次即可获得5元红包，没有中奖不得红包．现有4名顾客均获得一次抽奖机会，且每名顾客每次中奖的概率均为0.4，记X 为4名顾客获得的红包金额总和，那么P (10≤X ≤15)＝________.答案 312625解析中奖一次即可获得5元红包，没有中奖不得红包．现有4名顾客均获得一次抽奖机会，且每名顾客每次中奖的概率均为0.4，记X 为4名顾客获得的红包金额总和，那么P (10≤X ≤15)＝C 24×0.42×0.62＋C 34×0.43×0.6＝312625.4．为研究家用轿车在高速公路上的车速情况，交通部门随机选取100名家用轿车驾驶员进行调查，得到其在高速公路上行驶时的平均车速情况为：在55名男性驾驶员中，平均车速超过100 km/h 的有40人，不超过100 km/h 的有15人；在45名女性驾驶员中，平均车速超过100 km/h 的有20人，不超过100 km/h 的有25人．(1)在被调查的驾驶员中，从平均车速不超过100 km/h 的人中随机抽取2人，求这2人恰好有1名男性驾驶员和1名女性驾驶员的概率；(2)以上述样本数据估计总体，从高速公路上行驶的家用轿车中随机抽取3辆，记这3辆车平均车速超过100 km/h 且为男性驾驶员的车辆为X ，求X 的分布列．解 (1)平均车速不超过100 km/h 的驾驶员有40人，从中随机抽取2人的方法总数为C 240，记“这2人恰好有1名男性驾驶员和1名女性驾驶员〞为事件A ，那么事件A 所包含的基本事件数为C 115C 125，所以所求的概率P (A )＝C 115C 125C 240＝15×2520×39＝2552.(2)根据样本估计总体的思想，从总体中任取1辆车，平均车速超过100 km/h 且为男性驾驶员的概率为40100＝25，故X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，25.所以P (X ＝0)＝C 03⎝ ⎛⎭⎪⎫250⎝ ⎛⎭⎪⎫353＝27125， P (X ＝1)＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫25⎝ ⎛⎭⎪⎫352＝54125， P (X ＝2)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫252⎝ ⎛⎭⎪⎫35＝36125， P (X ＝3)＝C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫253⎝ ⎛⎭⎪⎫350＝8125. 所以X 的分布列如下．X 0 1 2 3 P2712554125361258125组素养关1．(2019·某某六校教育研究会第二次联考)为调查人们在购物时的支付习惯，某超市对随机抽取的600名顾客的支付方式进行了统计，统计数据如表所示，支付方式微信支付宝购物卡现金人数200150150100率近似代替概率．(1)求三人中使用微信支付的人数多于现金支付的人数的概率． (2)记X 为三人中使用支付宝支付的人数，求X 的分布列．解 (1)由表格得顾客使用微信、支付宝、购物卡和现金支付的概率分别为13，14，14，16.设Y 为三人中使用微信支付的人数，Z 为使用现金支付的人数，事件A 为“三人中使用微信支付的人数多于现金支付的人数〞，那么P (A )＝P (Y ＝3)＋P (Y ＝2)＋P (Y ＝1，且Z ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫132×23＋C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫13×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝127＋29＋14＝55108. (2)由题意可知X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，14，故所求分布列如下． X 0 1 2 3 P276427649641642．(2019·某某一模)某市市民用水拟实行阶梯水价，每人月用水量不超过w 立方米的部分按4元/立方米收费，超出w 立方米的部分按10元/立方米收费，从该市随机调查了10000位市民，获得了他们某月的用水量数据，整理得到如下频率分布直方图，并且前四组频数成等差数列．(1)求a ，b ，c 的值及居民月用水量在2～2.5内的频数；(2)根据此次调查，为使80%以上居民月用水价格为4元/立方米，应将w 至少定为多少？(w取整数)(3)假设将频率视为概率，现从该市随机调查3名居民的月用水量，将月用水量不超过2.5立方米的人数记为X，求其分布列．解(1)∵前四组频数成等差数列，∴所对应的频率组距也成等差数列，设a＝0.2＋d，b＝0.2＋2d，c＝0.2＋3d，∴0.5×(0.2＋0.2＋d＋0.2＋2d＋0.2＋3d＋0.2＋d＋0.1＋0.1＋0.1)＝1，解得d＝0.1，∴a＝0.3，b＝0.4，c＝0.5.居民月用水量在2～2.5内的频率为0.5×0.5＝0.25.居民月用水量在2～2.5内的频数为0.25×10000＝2500.(2)由题图及(1)可知，居民月用水量小于2的频率为(0.2＋0.3＋0.4)×0.5＝0.45，小于3的频率为0.45＋(0.5＋0.3)×0.5＝0.85，∴为使80%以上居民月用水价格为4元/立方米，应将w至少定为3.(3)将频率视为概率，设A(单位：立方米)代表居民月用水量，可知P(A≤2.5)＝0.7，由题意，X～B(3,0.7)，P(X＝0)＝C03×0.33＝0.027，P(X＝1)＝C13×0.32×0.7＝0.189，P(X＝2)＝C23×0.3×0.72＝0.441，P(X＝3)＝C33×0.73＝0.343.∴X的分布列如下．。

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

核按钮(新课标)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10.3二项式定理课件理

＋a3＋a5＋…＋a2n－1)2＝(a0＋a2＋a4＋…＋a2n－a1－a3－a5
－…－a2n－1)(a0＋a2＋a4＋…＋a2n＋a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)
＝f(－1)·f(1)＝
22－12n·
22＋12n＝－122n＝14
n
Hale Waihona Puke .故填14n.第十八页，共30页。
类型三系数最大项问题
已知(3 x＋x2)2n 的展开式的二项式系数和比(3x－1)n 的展开式的二项式系数和大 992.
第十六页，共30页。
(1)(2015·合肥质检)若 x－3xn展开式的各项
系数的绝对值之和为 1 024，则展开式中 x 的一次项的系数为 ____________．
解：Tr＋1＝Crn( x)n－r－3xr＝(－3)r·Crnxn－23r，
由题意知展开式的各项系数绝对值之和为 Cn0＋|(－3)1C1n|＋(－3)2C2n＋…＋|(－3)nCnn|＝1 024，故(1＋3)n＝1 024，解得 n＝5，令5－23r＝1，解得 r＝1，所以展开式中 x 的一次项的系数为(－3)1C15＝－15. 故填－15.
D．29
解：∵(1＋x)n 的展开式中第 4 项与第 8 项的二项式系数相等， ∴C3n＝C7n，得 n＝10，奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和相等，即 C0n＋C2n＋C4n＋…＝C1n＋C3n＋C5n＋…＝2n－1.
∴二项式(1＋x)10 中奇数项的二项式系数和为 29.故选 D.
第七页，共30页。
第十四页，共30页。
类型二展开式的系数和问题
已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7. 求：(1)a1＋a2＋…＋a7； (2)a1＋a3＋a5＋a7； (3)a0＋a2＋a4＋a6；