2018届高三数学一轮复习计数原理与概率随机变量及其分布第七节n次独立重复试验与二项分布夯基提能作业本理
届数学一轮复习第十一章计数原理概率随机变量及其分布第七节n次独立重复试验与二项分布学案理含解析
第七节n次独立重复试验与二项分布[最新考纲］［考情分析][核心素养］1.了解条件概率和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，能解决一些简单的实际问题.主要在选择题、填空题中考查条件概率，对相互独立事件及独立重复试验多在解答题中考查,分值为5分左右。
1。
数学建模2.数学运算‖知识梳理‖1．条件概率条件概率的定义条件概率的性质已知B发生的条件下,A发生的概率，称为B发生时A发生的条件概率，记为1P(A|B)。
当P(B）〉0时，我们有P（A|B）＝错误! (其中，A∩B也可以记成AB）。
类似地,当P(A)〉0时，A发生时B发生的条件概率为P（B|A)＝错误!错误!（1)0≤P(B|A）≤1;（2）如果B和C是两个互斥事件,则P（B∪C|A）＝错误!P（B|A)＋P（C|A）2。
事件的相互独立性(1)定义：设A，B为两个事件,若P(AB）＝错误!P（A）P（B），则称事件A与事件B相互独立．（2)性质①若事件A与B相互独立，则P(B｜A）＝错误!P（B)，P（A｜B)＝P（A），P(AB)＝错误!P（A)P(B)．②如果事件A与B相互独立,那么错误!A与错误!,错误!错误!与B，错误!错误!与错误!也相互独立．3．独立重复试验与二项分布‖基础自测‖一、疑误辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．（1)若事件A,B相互独立,则P（B|A)＝P（B）．(）(2）P(B｜A)表示在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，P（AB）表示事件A，B同时发生的概率，一定有P（AB）＝P(A）·P(B)．()（3)相互独立事件就是互斥事件．(）(4)二项分布是一个概率分布列，是一个用公式P(X＝k)＝C错误! 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)√二、走进教材2．（选修2－3P55T3改编)根据天气预报，在元旦假期甲地的降雨概率是0.2，乙地的降雨概率是0。
2018版高中数学理一轮全程复习课件第十章 计数原理、
——[悟· 技法]—— (1)利用分布列中各概率之和为 1 可求参数的值，此时要注 意检验，以保证每个概率值均为非负数． (2)若 X 是随机变量，则 2X＋1，|X－1|等仍然是随机变量， 求它们的分布列可先求出相应随机变量的值， 再根据对应的概率 写出分布列．
C2 2 解析：当 2 球全为白球时C2＝0.1， 5 1 1 C3· C2 6 当 1 红、1 白时 C2 ＝10＝0.6， 5 C2 3 当 2 球全为红球时C2＝0.3. 5 答案：0.1 0.6 0.3
[知识重温] 一、必记 3●个知识点 1．离散型随机变量的分布列 变量 来表示， 如果随机试验的结果可以用一个①______ 那么这样 的变量叫做随机变量；按一定次序一一列出，这样的随机变量叫 离散型随机变量 做②__________________.
解析：1<Y≤5，即 1<2X－3≤5， 所以 2<X≤4，故 P(1<Y≤5)＝P(2<X≤4)＝P(X＝3)＋P(X＝ 4)＝0.4＋0.2＝0.6. 答案：0.6
6．从装有 3 个红球、2 个白球的袋中随机取出 2 个球，设 其中有 X 个红球，则随机变量 X 的概率分布为 0 1 2 X P ______ ______ ______
i＝1 n
3．常见离散型随机变量的分布列 0 1 X (1)两点分布： P 1－p p 若随机变量 X 服从两点分布，即其分布列为 P(X＝1) 称为成功概率． ，其中 p＝⑥__________ (2)超几何分布列： 在含有 M 件次品数的 N 件产品中，任取 n 件，其中含有 X n－k Ck MCN－M 件次品数，则事件{X＝k}发生的概率为：P(X＝k)＝ Cn (k＝ N min{M，n} ， 0,1,2，…，m)，其中 m＝⑦____________ n≤N，M≤N，n、M、N∈ N* 且⑧_______________________ ，则称分布列为超几何分布列 . 0 1 X m … n－0 n －1 n－m C0 CN C1 Cm －M M· MCN－M MCN－M P … n n n CN CN CN
2018版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
[解]
如图，n(Ω)＝9，n(A)＝3，n(B)＝4，
1 ∴n(AB)＝1，∴P(AB)＝ ， 9 nAB 1 P(A|B)＝ ＝ . 4 nB
延伸探究 1
若将本例(1)中的事件 B： “取到的 2 个数
均为偶数”改为“取到的 2 个数均为奇数”， 则结果如何？
解
2 C2 2 3＋C2 P(A)＝ ＝ ， C2 5 5
解
从 1,2,3,4,5 中不放回地依次取 2 个数，有 A2 5种方
1 法；其中第一次取到的是奇数，有 A1 A 3 4种方法；第一次取 1 到的是奇数且第二次取到的是奇数，有 A1 A 3 2种方法． 1 1 1 1 A3 A4 3 A3 A2 3 PAB 则 P(A)＝ P(AB)＝ ， ∴P(B|A)＝ 2 ＝ ， 2 ＝ A5 5 A5 10 PA
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
必备知识] 考点 1 条件概率及其性质
考点 2
事件的相互独立 ，
P(B) 1．设 A、B 为两个事件，如果 P(AB)＝ P(A)·
那么称事件 A 与事件 B 相互独立． 2． 如果事件 A 与 B 相互独立， 那么 A 与 B
2．甲、乙两人独立地对同一目标各射击一次，命中率 分别为 0.6 和 0.5，现已知目标被击中，则它是被甲击中的 概率为( ) B．0.6 D．0.75 A．0.45 C．0.65
解析
设目标被击中为事件 B，目标被甲击中为事件
A， 则由 P(B)＝0.6×0.5＋0.4×0.5＋0.6×0.5＝0.8， 得 P(A|B) PAB PA 0.6 ＝ ＝ ＝ ＝0.75. PB PB 0.8
2018课标版理数一轮(10)第十章-计数原理与概率、随机变量及其分布7 第七节 n次独立重复试验与二项分布
栏目索引
解析 (1)X可能的取值为10,20,100,-200.
1 1 3 根据题意,有P(X=10)= C × × 1 = , 2 8 2
1 3
1
2
2 1 3 1 1 C× P(X=20)= × = 1 8, 2 2
栏目索引
方法技巧 条件概率的求法 (1)利用条件概率公式,分别求P(A)和P(AB),再利用P(B|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n(AB),得P(B|A)=
n( AB) . n( A)
1 16
1 4
)
C.
1 4
D.
1 16
1 2
答案 B E∩F代表E与F同时发生,∴P(E∩F)=P(E)· P(F)= .故选B.
栏目索引
3.设随机变量X~B 6, ,则P(X=3)等于 (
A.
答案
5 16
1 ) 2 3 5 3 B. C. D. 16 8 8 3 3 5 1 1 1 3 6, C 1 A ∵X~B , ∴ P ( X =3)= × = . 6 2 2 2 16
2 3
3
1 1 1 P(X=100)= C × × 1 = , 2 2 8
3 3
0
0
1 1 1 P(X=-200)= C × × 1 = . 2 2 8
0 3
3
所以X的分布列为
X P 10 20 100 -200
5 9
=P(A1)P(A2)+P(B1)P(B2)= ,
届高考数学大一轮总复习 第九章 计数原理、概率、随机变量及其分布 9.7 离散型随机变量及其分布列课
变式训练1 (1)随机变量X的分布列如下：
X
－1
0
1
P
a
b
c
2 其中a，b，c成等差数列，则P(|X|＝1)＝____3____。
解析 由题意知2a＋b＝b＋a＋c＝c，1，
则 2b＝1－b，则 b＝31，a＋c＝23，
所以 P(|X|＝1)＝P(X＝－1)＋P(X＝1)＝a＋c＝32。
(2)在例1(2)中条件不变的情况下，求Y＝2X＋1的分布列。 解 列表
X
0
1
2342Fra bibliotek＋11
3
5
7
9
∴P(Y＝1)＝P(X＝0)＝0.2，
P(Y＝3)＝P(X＝1)＝0.1，
P(Y＝5)＝P(X＝2)＝0.1，
P(Y＝7)＝P(X＝3)＝0.3，
P(Y＝9)＝P(X＝4)＝0.3。
因此，Y＝2X＋1的分布列为
Y
1
3
5
7
9
P
0.2
0.1
0.1
0.3
0.3
考点二 离散型随机变量的分布列
X
1
2
3
4
P
1 6
1
1
3
6
p
则 p＝( )
1 A.3
解析
1
1
1
B.2
C.4
D.6
由概率分布列的性质可知16＋13＋16＋p＝1，解得 p＝13。
答案 A
3．袋中装有10个红球、5个黑球。每次随机抽取1个球后，若取得黑球
则另换1个红球放回袋中，直到取到红球为止。若取球的次数为X，则表示
“放回5个红球”事件的是( )
基础自测
高考数学一轮复习 第十一章 计数原理、概率、随机变量及其分布 11.8 条件概率、n次独立重复试验真
11.8 条件概率、n次独立重复试验真题演练集训理新人教A版编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018版高考数学一轮复习第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布11.8 条件概率、n次独立重复试验真题演练集训理新人教A版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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11.8 条件概率、n次独立重复试验真题演练集训理新人教A版1．［2015·新课标全国卷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．0.648 B．0.432C．0。
36 D．0。
312答案:A解析:3次投篮投中2次的概率为P（k＝2）＝C错误!×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错误!×0。
62×（1－0。
6)＋0.63＝0。
648。
故选A.2．［2014·新课标全国卷Ⅱ]某地区空气质量监测资料表明,一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0。
6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是（)A．0。
8 B．0.75C．0.6 D．0.45答案:A解析：根据条件概率公式P（B|A)＝错误!，可得所求概率为错误!＝0。
8.课外拓展阅读误用“二项分布与超几何分布”二项分布和超几何分布是两类重要的概率分布模型，这两种分布存在着很多的相似之处，在应用时应注意各自的适用条件和情境，以免混用出错．[典例1] 某农场计划种植某种新作物,为此对这种作物的两个品种（分别称为品种甲和品种乙)进行田间试验．现在在总共8小块地中,随机选4小块地种植品种甲，另外4小块地种植品种乙．种植完成后若随机选出4块地，其中种植品种甲的小块地的数目记为X，求X的分布列和数学期望．［思路分析]错误!→错误!→错误!［解] X的所有可能取值为0，1,2,3，4，且P(X＝0)＝错误!＝错误!，P(X＝1)＝错误!＝错误!，P(X＝2）＝错误!＝错误!，P（X＝3)＝错误!＝错误!，P（X＝4）＝错误!＝错误!。
2018版高中数学理一轮全程复习课件第十章 计数原理、
S阴 180 解析：由题意知，这是几何概型问题， ＝1 000＝0.18， S正 ∵S 正＝1，∴S 阴＝0.18. 答案：0.18
[知识重温] 一、必记 2●个知识点 1．几何概型 如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的① 面积 或③______) 长度 ②______ 体积 成比例，则称这样的概率模型为几 ______( 几何概型 何概率模型，简称为④__________. 2．在几何概型中，事件 A 的概率的计算公式如下： 构成事件A的区域长度面积或体积 P(A)＝⑤__________________________. 试验的全部结果所构成的区域长度面积或体积
——[悟· 技法]—— 解答几何概型问题的关键在于弄清题中的考察对象和对象 的活动范围．当考察对象为点，点的活动范围在线段上时，用线 段长度比计算；当考察对象为线时，一般用角度比计算，即当半 径一定时，由于弧长之比等于其所对应的圆心角的度数之比，所 以角度之比实际上是所对的弧长(曲线长)之比．
——[通· 一类]—— 1． (2016· 山东卷)在[－1,1]上随机地取一个数 k， 则事件“直 线 y＝kx 与圆(x－5)2＋y2＝9 相交”发生的概率为________．
4．在区间[0,4]上随机取两个实数 x，y，使得 x＋2y≤8 的概 率为( ) 1 3 9 3 A.4 B.16 C.16 D.4
0≤x≤4， 解析： 0≤y≤4
表示的平面区域为正方形 OBCD 及其内
部，如图所示，x＋2y≤8(x、y∈[0,4])表示的平面区域为图中阴 影部分，所以所求概率 P＝ 1 4×4－2×4×2 3 ＝4，故选 D. 4×4 答案：D
解析：利用直线与圆相交的条件及几何概型求解． |5k| 2 2 由直线 y＝kx 与圆(x－5) ＋y ＝9 相交， 得 2 ＜3， 即 16k2 k ＋1 3 3 ＜9，解得－4＜k＜4. 3 3 － － 4 4 3 由几何概型的概率计算公式可知 P＝ ＝4 . 2 3 答案：4
2018版高考数学一轮总温习 第10章节 计数原理、概率、随机变量及分布列 10.3 二项式定理讲义 理
项是(
)
A．－2
B．2
C．－3
D．3
[解析] ∵(x2－3)x12＋15＝(x2－3)·(C05x－10＋C15x－8＋C25
x－6＋C35x－4＋C45x－2＋C55)，∴展开式的常数项是 x2·C45x－2－
3C55＝2.
命题角度 2 与整除有关的问题
例 5 [2016·潍坊模拟]设 a∈Z，且 0≤a<13，若 512012
＋a 能被 13 整除，则 a＝(
)
A．0
B．1
C．11
D．12
[解析]
由于
51
＝
52
－
1
，
(52－
1)2012
＝
C
0 2012
522012
－
C12012522011＋…－C22001112521＋1，又由于 13 整除 52，所以只需
13 整除 1＋a，0≤a<13，a∈Z，所以 a＝12.
命题角度 3 求近似值的问题 例 6 求 0.9986 的近似值，使误差小于 0.001.
2
【变式训练 3】 [2017·宜昌高三测试]已知(x 3 ＋3x2)n 的展开式中，各项系数和与它的二项式系数和的比为 32.
(1)求展开式中二项式系数最大的项； (2)求展开式中系数最大的项．
解 令 x＝1，则展开式中各项系数和为(1＋3)n＝22n. 又展开式中二项式系数和为 2n.∴222nn＝2n＝32，n＝5.
解析 二项式系数之和 2n＝64，所以 n＝6，Tr＋1＝Cr6·x6 －r·1xr＝Cr6x6－2r，当 6－2r＝0，即 r＝3 时为常数项．T4＝C36＝ 20.
4．[2017·龙岩模拟](x y－y x)4 的展开式中，x3y3 项的 系数为___6_____．
人教版高考总复习一轮数学精品课件 第十一章 计数原理、概率、随机变量及其分布-第七节 正态分布
02
研考点 题型突破
题型一 正态密度曲线的运用
典例1（多选题）某工厂加工一种零件，有两种不同
的工艺选择，用这两种工艺加工一个零件所需时间
（单位：h）均近似服从正态分布，用工艺1加工一个
零件所用时间～ 1, 12 ，用工艺2加工一个零件所
B.40
C.228
D.455
[解析]由正态分布 , 可知 = ， = ，∴ + = ， + = ，
∴ ≤ ≤ ≈
. −.
= . ， ≥ ≈
−.
= . ，
直径高于22的个数大约为 ÷ . × . = .故选D.
,
，无法比较
[对点训练1]已知随机变量服从正态分布 , 2 ，若函数 = ≤ ≤ + 1
为偶函数，则 =() C
1
2
1
2
A.− B.0C. D.1
[解析]因为函数 为偶函数，所以 − = ，即
− ≤ ≤ − + = ≤ ≤ + ，所以 =
B.曲线关于直线 = 对称
C.曲线呈现“中间高，两边低”的钟形形状
D.曲线与轴之间的面积为1
[解析]由正态曲线的特点，易知B，C，D说法正确；对于A，曲线与轴不相交，故
A错误.故选.
2.已知随机变量服从正态分布 1, 2 ，若 > 2 = 0.15，则 0 ≤ ≤ 1 =
知，当 > 时，的密度曲线与轴所围成的面积大于的密度曲线与轴所围成的面
积，即 > > > ，所以 ≤ < ≤ ，所以应选择工艺2，所以C
课标通用2018年高考数学一轮复习第十一章计数原理概率随机变量及其分布11.8条件概率n次独立重复试
§11.8条件概率、n次独立重复试验与二项分布考纲展示►1.了解条件概率和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，并能解决一些简单的实际问题．考点1条件概率条件概率(1)定义P AB设A，B为两个事件，且P(A)>0，称P(B|A)＝为在事件A发生条件下，事件B发P A生的条件概率．(2)性质①0≤P(B|A)≤1；②如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)．条件概率的性质．(1)有界性：0≤P(B|A)≤1.()答案：√(2)可加性：如果B和C为互斥事件，则P((B∪C)|A)＝P(B|A)＋P(C|A)．()答案：√[典题1](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”，则P(B|A)＝()1 12 1A. B. C. D.8 4 5 2[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．- 1 -事件AB发生的结果只有(2,4)一种情形，n AB 1故P(B|A)＝＝.n A 4C23＋C 4 C 1解法二：P(A)＝＝，P(AB)＝＝.C2510 C25102 2由条件概率计算公式，得1P AB10 1P(B|A)＝＝＝.P A 4 410(2)1号箱中有2个白球和4个红球，2号箱中有5个白球和3个红球，现随机地从1号箱中取出一球放入2号箱，然后从2号箱随机取出一球，则两次都取到红球的概率是()11 11 8 9A. B. C. D.27 24 27 24[答案] C[解析]设从1号箱取到红球为事件A，从2号箱取到红球为事件B.4 2由题意，P(A)＝＝，2＋4 33＋1 4P(B|A)＝＝，8＋1 9所以P(AB)＝P(B|A)·P(A)2 4 8＝×＝，3 9 278所以两次都取到红球的概率为.27[点石成金]条件概率的两种求解方法P AB(1)定义法：先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝求P(B|A)．P 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n ABAB所包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A)＝.n A考点2事件的相互独立性(1)定义：设A，B为两个事件，如果P(AB)＝________，则称事件A与事件B相互独立．- 2 -(2)性质：若事件A与B相互独立，则A与B、A与B、A与B也都相互独立，P(B|A)＝________，P(A|B)＝________.答案：(1)P(A)P(B)(2)P(B)P(A)[典题2]为了分流地铁高峰的压力，某市发改委通过听众会，决定实施低峰优惠票价制度．不超过22千米的地铁票价如下表：乘坐里程x(单位：km) 0＜x≤66＜x≤1212＜x≤22票价(单位：元) 3 4 5 现有甲、乙两位乘客，他们乘坐的里程都不超过22千米．已知甲、乙乘车不超过6千米1 1 1 1的概率分别为，，甲、乙乘车超过6千米且不超过12千米的概率分别为，.4 3 2 3(1)求甲、乙两人所付乘车费用不相同的概率；(2)设甲、乙两人所付乘车费用之和为随机变量ξ，求ξ的分布列．1 1[解](1)由题意可知，甲、乙乘车超过12千米且不超过22千米的概率分别为，.4 31 1 1 1 1 1 1 则甲、乙两人所付乘车费用相同的概率P1＝×＋×＋×＝，4 3 2 3 4 3 31 2所以甲、乙两人所付乘车费用不相同的概率P＝1－P1＝1－＝.3 3(2)由题意可知，ξ＝6,7,8,9,10.1 1 1P(ξ＝6)＝×＝，4 3 121 1 1 1 1P(ξ＝7)＝×＋×＝，4 3 2 3 41 1 1 1 1 1 1P(ξ＝8)＝×＋×＋×＝，4 3 4 3 2 3 31 1 1 1 1P(ξ＝9)＝×＋×＝，2 3 4 3 41 1 1P(ξ＝10)＝×＝.4 3 12所以ξ的分布列为ξ 6 7 8 9 10P 112141314112[点石成金] 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 -在一块耕地上种植一种作物，每季种植成本为1 000元，此作物的市场价格和这块地上的产量均具有随机性，且互不影响，其具体情况如下表：作物产量(kg) 300 500概率0.5 0.5作物市场价格(元/kg) 6 10概率0.4 0.6(1)设X表示在这块地上种植1季此作物的利润，求X的分布列；(2)若在这块地上连续3季种植此作物，求这3季中至少有2季的利润不少于2 000元的概率．解：(1)设A表示事件“作物产量为300 kg”，B表示事件“作物市场价格为6元/kg”，由题设知，P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，因为利润＝产量×市场价格－成本，所以X所有可能的取值为500×10－1 000＝4 000，500×6－1 000＝2 000，300×10－1 000＝2 000，300×6－1 000＝800.P(X＝4 000)＝P(A)P(B)＝(1－0.5)×(1－0.4)＝0.3，P(X＝2 000)＝P(A)P(B)＋P(A)P(B)＝(1－0.5)×0.4＋0.5×(1－0.4)＝0.5，P(X＝800)＝P(A)P(B)＝0.5×0.4＝0.2.所以X的分布列为X 4 000 2 000 800P 0.3 0.5 0.2(2)设C i表示事件“第i季利润不少于2 000元”(i＝1,2,3)，由题意知C1，C2，C3相互独立，由(1)知，P(C i)＝P(X＝4 000)＋P(X＝2 000)＝0.3＋0.5＝0.8(i＝1,2,3)，3季的利润均不少于2 000元的概率为P(C1C2C3)＝P(C1)P(C2)P(C3)＝0.83＝0.512；3季中有2季的利润不少于2 000元的概率为P(C1C2C3)＋P(C1C2C3)＋P(C1C2C3)＝3×0.82×0.2＝0.384.- 4 -所以，3季中至少有 2季的利润不少于 2 000元的概率为 0.512＋0.384＝0.896.考点 3 独立重复试验与二项分布独立重复试验与二项分布独立重复试验二项分布在 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 在相同条件下重复做的 n 次试验称为定义发生的概率为 p ，此时称随机变量 Xn 次独立重复试验服从二项分布，记作________，并称 p为________A i (i ＝1,2，…，n )表示第 i 次试验结 在 n 次独立重复试验中，事件 A 恰好计算 果，则 P (A 1A 2A 3…A n )＝发生k 次的概率为P (X ＝k )＝C k n p k (1－公式P (A 1)P (A 2)·…· p )n －k (k ＝0,1,2，…，n )P (A n )答案：X ～B (n ，p ) 成功概率1(1)[教材习题改编]某人抛掷一枚硬币，出现正反的概率都是 ，构造数列{a n }，使得 a n ＝2Error! 记 S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n (n ∈N *)，则 S 4＝2的概率为________．1 答案： 4解析：依题意得知，“S 4＝2”表示在连续 4次抛掷中恰有 3次出现正面，因此“S 4＝2”11 1的概率为 C 34(2 )3× ＝ .2 41(2)[教材习题改编]小王通过英语听力测试的概率是 ，他连续测试 3次，那么其中恰有 13 次获得通过的概率是________．4 答案： 9114解析：所求概率 P ＝C 13·3(1－3 )3－1＝.9- 5 -二项分布：P(X＝k)＝C k n p k(1－p)n－k(k＝0,1,2，…，n)．1设随机变量X～B(6，，则P(X＝3)的值是________．2 )5答案：161 1 5解析：P(X＝3)＝C36(2 )3(1－3＝.2 )16[典题3][2017·湖南长沙模拟]博彩公司对2016年NBA总决赛做了大胆地预测和分析，预测西部冠军是老辣的马刺队，东部冠军是拥有詹姆斯的年轻的骑士队，总决赛采取7场4胜制，每场必须分出胜负，场与场之间的结果互不影响，只要有一队获胜4场就结束比赛．前41场，马刺队胜利的概率为，第5,6场马刺队因为平均年龄大，体能下降厉害，所以胜利的概22 3率降为，第7场，马刺队因为有多次打第7场的经验，所以胜利的概率为.5 5(1)分别求马刺队以4∶0,4∶1,4∶2,4∶3胜利的概率及总决赛马刺队获得冠军的概率；(2)随机变量X为分出总冠军时比赛的场数，求随机变量X的分布列．[解](1)设“马刺队以4∶0胜利”为事件A，“马刺队以4∶1胜利”为事件B，“马刺队以4∶2胜利”为事件C，“马刺队以4∶3胜利”为事件D，“总决赛马刺队获得冠军”为事件E，1 1则P(A)＝(2 )4＝，16 1 2 1P(B)＝C34(2 )4×＝，5 101 32 1 2 3P(C)＝C34(2 )4××＋C 4×5)2＝，2 2 ) (5 5 251 3 123 3 1 2 2 3 93 P(D)＝C34(2 )4×(5 )3＋C 4×C×××＋C 4×××＝.2 2 ) 12 2 )15 5 5 5 5 5 500937P(E)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＋P(D)＝.2 000(2)随机变量X的可能取值为4,5,6,7，1 1P(X＝4)＝(2 )4×2＝，8- 6 -1 2 3 1P(X＝5)＝C34(2 )4·( 5 )＝，＋5 41 2 3 1 4 9 63 P(X＝6)＝2C34( 4 ＋C 4·＋＝，2 )( × 2 )5) 25 25 25 20031P(X＝7)＝1－P(X＝4)－P(X＝5)－P(X＝6)＝.100所以随机变量X的分布列为X 4 5 6 7P 18146320031100[点石成金]利用独立重复试验概率公式可以简化求概率的过程，但需要注意检查该概率模型是否满足公式P(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，而且各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.某市为了调查学校“阳光体育活动”在高三年级的实施情况，从本市某校高三男生中随机抽取一个班的男生进行投掷实心铅球(重3 k g)测试，成绩在6.9米以上的为合格．把所得数据进行整理后，分成5组画出频率分布直方图的一部分(如图所示)，已知成绩在[9.9,11.4)的频数是4.(1)求这次铅球测试成绩合格的人数；(2)若从今年该市高中毕业男生中随机抽取两名，记ξ表示两人中成绩不合格的人数，利用样本估计总体，求ξ的分布列．解：(1)由直方图知，成绩在[9.9,11.4)的频率为- 7 -1－(0.05＋0.22＋0.30＋0.03)×1.5＝0.1.因为成绩在[9.9,11.4)的频数是4，4故抽取的总人数为＝40.0.1又成绩在6.9米以上的为合格，所以这次铅球测试成绩合格的人数为40－0.05×1.5×40＝37.(2)ξ的所有可能的取值为0,1,2，利用样本估计总体，37从今年该市高中毕业男生中随机抽取一名成绩合格的概率为，4037 3成绩不合格的概率为1－＝，40 403可判断ξ～B(2，40).37 1 369P(ξ＝0)＝C02×(40 )2＝，1 6003 37 111P(ξ＝1)＝C12××＝，40 40 8003 9P(ξ＝2)＝C2×(40 )2＝，1 600故所求分布列为X 0 1 2P 1 3691 60011180091 600P AB[方法技巧] 1.古典概型中，A发生的条件下B发生的条件概率公式为P(B|A)＝＝P An AB n AB，其中，在实际应用中P(B|A)＝是一种重要的求条件概率的方法．n A n A2．判断一个随机变量是否服从二项分布，关键有二：其一是独立性，即一次试验中，事件发生与不发生二者必居其一；其二是重复性，即试验是独立重复地进行了n次．3．n次独立重复试验中，事件A恰好发生k次可看作是C k n个互斥事件的和，其中每一个事件都可看作是k个A事件与n－k个A事件同时发生，只是发生的次序不同，其发生的概率都是p k(1－p)n－k.因此n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率为C k n p k(1－p)n－k.[易错防范] 1.相互独立事件是指两个事件发生的概率互不影响，计算公式为P(AB)＝P(A)P(B)．互斥事件是指在同一试验中，两个事件不会同时发生，计算公式为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．- 8 -2．运用公式P(AB)＝P(A)P(B)时一定要注意公式成立的条件，只有当事件A，B相互独立时，公式才成立．真题演练集训1．[2015·新课标全国卷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．0.648 B．0.432C．0.36 D．0.312答案：A解析：3次投篮投中2次的概率为P(k＝2)＝C23×0.62×(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)＝C23×0.62×(1－0.6)＋0.63＝0.648.故选A.2．[2014·新课标全国卷Ⅱ]某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是()A．0.8 B．0.75C．0.6 D．0.45答案：AP AB0.6解析：根据条件概率公式P(B|A)＝，可得所求概率为＝0.8.P A0.75课外拓展阅读误用“二项分布与超几何分布”二项分布和超几何分布是两类重要的概率分布模型，这两种分布存在着很多的相似之处，在应用时应注意各自的适用条件和情境，以免混用出错．[典例1]某农场计划种植某种新作物，为此对这种作物的两个品种(分别称为品种甲和品种乙)进行田间试验．现在在总共8小块地中，随机选4小块地种植品种甲，另外4小块地种植品种乙．种植完成后若随机选出4块地，其中种植品种甲的小块地的数目记为X，求X的分布列和数学期望．[思路分析]判断分布的类型→确定X的取值及其概率→列出分布列并求数学期望[解]X的所有可能取值为0,1,2,3,4，1 1且P(X＝0)＝＝，C4870- 9 -C14C348P(X＝1)＝＝，C4835C24C2418P(X＝2)＝＝，C4835C34C148P(X＝3)＝＝，C48351 1P(X＝4)＝＝.C4870故X的分布列为X 0 1 2 3 4P 1708351835835170X的数学期望为1 8 18 8 1E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝2.70 35 35 35 70易错提示1 本题容易错误地得到X服从二项分布，每块地种植甲的概率为，故X～B(4,0.5)．错误2的根源在于每块地种植甲或乙不是相互独立的，它们之间是相互制约的，无论怎么种植都要保证8块地中有4块种植甲，4块种植乙，事实上X应服从超几何分布．如果将题目改为：在8 块地中，每块地要么种植甲，要么种植乙，那么在选出的4块地中种植甲的数目为X，则这时X～B(4,0.5)(这时这8块地种植的方法总数为28，会出现所有地都种植一种作物的情况，而题目要求4块地种植甲，4块地种植乙，其方法总数为C48)．[典例2]某高校设计了一个实验学科的实验考查方案：考生从6道备选题中一次性随机抽取3题，按照题目要求独立完成全部实验操作．规定：至少正确完成其中2题的便可提交通过．已知6道备选题中考生甲有4道题能正确完成，2道题不能完成；考生乙每题正确完成的2概率都是，且每题正确完成与否互不影响．3(1)分别写出甲、乙两考生正确完成题数的概率分布列，并计算数学期望；(2)试从两位考生正确完成题数的数学期望及至少正确完成2题的概率分析比较两位考生的实验操作能力．[思路分析]- 10 -[解] (1)设考生甲、乙正确完成实验操作的题数分别为 ξ，η，则 ξ 的所有可能取值 分别为 1,2,3；η 的所有可能取值分别为 0,1,2,3.C 14C 1P (ξ＝1)＝ ＝ ，C 36 52C 24C 12 3 P (ξ＝2)＝ ＝ ，C 36 5C 34C 02 1 P (ξ＝3)＝＝ .C 36 5所以考生甲正确完成题数的概率分布列为ξ1 2 3P153 51 51 3 1E (ξ)＝1× ＋2× ＋3× ＝2. 5 5 521 因为 P (η＝0)＝C 03( 3 )3＝， 1－272同理，P (η＝1)＝ ，9 4 8 P (η＝2)＝ ，P (η＝3)＝ . 9 27 所以考生乙完成题数的概率分布列为η0 1 2 3P127294 98 271 2 4 8 E (η)＝0× ＋1× ＋2× ＋3× ＝2. 27 9 9 27 3 1(2)因为 P (ξ≥2)＝ ＋ ＝0.8， 5 5 4 8 20 P (η≥2)＝ ＋ ＝ ， 9 27 27- 11 -所以P(ξ≥2)>P(η≥2)．故从正确完成题数的数学期望分析，两人水平相当；从至少完成2题的概率分析，甲通过的可能性大．因此可以判断甲的实验操作能力较强．易错提示本题容易错误地得到甲、乙两考生正确完成的题数均服从二项分布，实际上题目中已知甲、乙两考生按照题目要求独立完成全部实验操作，甲考生正确完成的题数服从超几何分布，乙考生正确完成的题数服从二项分布．- 12 -。
高考数学一轮复习 第九章 计数原理与概率、随机变量及其分布 课时达标62 条件概率、n次独立重复试验
达标62 条件概率、n次独立重复试验与二项分布理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018年高考数学一轮复习第九章计数原理与概率、随机变量及其分布课时达标62 条件概率、n次独立重复试验与二项分布理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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课时达标62 条件概率、n次独立重复试验与二项分布理[解密考纲］对事件的独立性与条件概率、独立重复试验与二项分布的考查在高考中三种题型均有呈现．一、选择题1．（2017·陕西西安模拟）甲、乙两个小组各10名学生的英语口语测试成绩如下（单位：分）．甲组:76，90,84，86,81，87,86,82，85，83乙组：82，84，85,89,79，80，91，89,79，74现从这20名学生中随机抽取一人，将“抽出的学生为甲组学生"记为事件A；“抽出学生的英语口语测试成绩不低于85分”记为事件B，则P（AB），P（A|B)的值分别是( A ）A．错误!，错误!B．错误!，错误!C．错误!，错误!D．错误!，错误!解析：∵P(A|B）＝错误!,P（B）＝错误!，∴P(AB)＝P(A|B)·P（B）＝错误!。
2．已知某射击运动员，每次击中目标的概率都是0.8，则该射击运动员射击4次至少击中3次的概率为( B ）A．0.85 B．0.819 2C．0.8 D．0。
75解析:P＝C3，40。
83·0。
2＋C4，40.84＝0。
2018版高考数学全国人教B版理大一轮复习课件：第十一
1 1 5 －2|＝1)＝P(X＝1)＋P(X＝3)＝6＋4＝12.
答案 C
考点二 离散型随机变量的分布列
【例2】 (2016· 天津卷节选)某小组共10人，利用假期参加义 工活动.已知参加义工活动次数为1，2，3的人数分别为3， 3，4.现从这10人中随机选出2人作为该组代表参加座谈会. (1)设A为事件“选出的2人参加义工活动次数之和为 4”，
X
P
1
p
0
q
1－p ，则称离散型随机变量X服从参数为 p 其中0<p<1，q ＝ ______ 的二点分布．
(2)超几何分布：设有总数为N件的两类物品，其中一类有M件，
从所有物品中任取n件(n≤N)，这n件中所含这类物品件数X是
一 个 离 散 型 随 机 变 量 ， 当 X ＝ m 时 的 概 率 为 P(X ＝ m) ＝ n－m Cm C M N－M n CN __________(0 ≤m≤l，l为n和M中较小的一个)，称离散型随机 变量X的这种形式的概率分布为超几何分布，也称X服从参数 为N，M，n的超几何分布．
2．离散型随机变量的分布列及性质 (1) 离散型随机变量的分布列：若离散型随机变量 X 所有可 能取的值为x1，x2，…，xi，…，xn，X取每一个值xi(i＝1， 2，…，n)的概率为p1，p2，…，pn，则表
X
P
x1
p1
x2
p2
… …
xi
pi
… …
xn
pn
称为离散型随机变量 X的概率分布或称为离散型随机变量 X的
答案
3 5
考点一
离散型随机变量分布列的性质
【例1】 设离散型随机变量X的分布列为 X P 0 0.2 1 0.1 2 0.1 3 0.3 4 m
2018版高中数学理一轮全程复习课件第十章 计数原理、
[授课提示：对应学生用书第 170 页] 考向一 分类加法计数原理[自主练透型] x 2 y2 [例 1] 椭圆m＋ n ＝1 的焦点在 x 轴上，且 m∈{1,2,3,4,5}， n∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭圆的个数为________．
解析：∵a＋bi 为虚数，∴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． 答案：C
3．在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共 有( ) A．50 个 B．45 个 C．36 个 D．35 个
解析：根据题意个位上的数字分别是 2,3,4,5,6,7,8,9 共 8 种 情况，在每一类中满足题目要求的两位数分别有 1 个，2 个，3 个，4 个，5 个，6 个，7 个，8 个，由分类加法计数原理知，符 合题意的两位数共有 1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36(个)． 答案：C
3．两个原理的区别与联系 分类加法计数原理与分步乘法计数原理，都涉及③ 完成一件事情 的不同方法的种数．它们的区别在于：分类加法 _____________ 分类 有关，各种方法相互独立，用其中的任一 计数原理与④________ 分步 有 种方法都可以完成这件事；分步乘法计数原理与⑤________ 关，各个步骤⑥ 相互依存 ，只有各个步骤都完成了，这件事才 算完成．
5．有不同颜色的四件上衣与不同颜色的三条长裤，如果一 条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数是________．
解析： 由分步乘法计数原理， 一条长裤与一件上衣配成一套， 分两步，第一步选上衣有 4 种选法，第二步选长裤有 3 种选法， 所以有 4×3＝12(种)选法． 答案：12
课标通用2018届高考数学一轮复习第十章计数原理概率随机变量及分布列第7节条件概率独立重复试验与二项
2．事件的相互独立性
P(B) ， (1)定义：设 A，B 为两个事件，如果 P(AB)＝P(A)·
则称事件 A 与事件 B 相互独立． (2)性质 ①若事件 A 与 B 相互独立，则 P(B|A)＝ P(B) ，P(A|B)＝ P(A)，P(AB)＝
A与B
P(A)· P(B) ．
②如果事件 A 与 B 相互独立，那么 A 与 B ， A 与 B ， 也都相互独立．
3 1 3 1 3 1 1 2 1 2 3 1 1 P(X ＝ 2) ＝ 4 × 3 × 4 × 3 ＋ 4 × 3 × 4 × 3 ＋ 4 × 3 × 4 × 3 ＋ 4 2 1 2 25 ×3×4×3＝144， 3 2 1 1 1 1 3 2 12 1 P(X＝3)＝4×3×4×3＋4×3×4×3＝144＝12，
[答案] A
4．两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的概率 2 3 分别为3和4，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两 个零件中恰有一个一等品的概率为( 1 A.2 1 C.4 5 B.12 1 D.6 )
[解析]
设事件 A： 甲实习生加工的零件为一等品； 事件
2 3 B：乙实习生加工的零件为一等品，则 P(A)＝3，P(B)＝4，所 以这两个零件中恰有一个一等品的概率为： 2 3 P(A· B )＋P( A · B)＝P(A)· P( B )＋P( A )· P(B)＝3×1－4＋1 2 3 5 －3×4＝12.
[解]
(1)记事件 A：“甲第一轮猜对”，记事件 B：“乙
第一轮猜对”，记事件 C：“甲第二轮猜对”，记事件 D： “乙第二轮猜对”，记事件 E：“‘星队’至少猜对 3 个成 语”． 由题意， E＝ABCD＋ A BCD＋A B CD＋AB C D＋ABC D . 由事件的独立性与互斥性， P(E) ＝ P(ABCD) ＋ P( A BCD) ＋ P(A B CD) ＋ P(AB C D) ＋P(ABC D )
2018版高考数学复习计数原理概率随机变量及其分布列教师用书理
第十一章⎪⎪⎪ 计数原理、概率、随机变量及其分布列第一节排列、组合突破点(一) 两个计数原理1．分类加法计数原理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．2．分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤，做第1步有m 种不同的方法，做第2步有n 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝m ³n 种不同的方法．3．两个计数原理的比较能用分类加法计数原理解决的问题具有以下特点：本节主要包括2个知识点：1.两个计数原理；2.排列、组合问题.(1)完成一件事有若干种方法，这些方法可以分成n 类．(2)用每一类中的每一种方法都可以完成这件事．(3)把各类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有方法数．[例1] (1)在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有________个．(2)如图，从A 到O 有________种不同的走法(不重复过一点)．(3)若椭圆x 2m ＋y 2n＝1的焦点在y 轴上，且m ∈{1,2,3,4,5}，n ∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭圆的个数为________． [解析] (1)法一：按个位数字分类，个位可为2,3,4,5,6,7,8,9，共分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有1个，2个，3个，4个，5个，6个，7个，8个，则共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36个两位数．法二：按十位数字分类，十位可为1,2,3,4,5,6,7,8，共分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个，则共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36个两位数．(2)分3类：第一类，直接由A 到O ，有1种走法；第二类，中间过一个点，有A →B →O 和A →C →O 2种不同的走法；第三类，中间过两个点，有A →B →C →O 和A →C →B →O 2种不同的走法．由分类加法计数原理可得共有1＋2＋2＝5种不同的走法．(3)当m ＝1时，n ＝2,3,4,5,6,7，共6个；当m ＝2时，n ＝3,4,5,6,7，共5个；当m ＝3时，n ＝4,5,6,7，共4个；当m ＝4时，n ＝5,6,7，共3个；当m ＝5时，n ＝6,7，共2个．故共有6＋5＋4＋3＋2＝20个满足条件的椭圆．[答案] (1)36 (2)5 (3)20[易错提醒](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．分步乘法计数原理(1)完成一件事需要经过n 个步骤，缺一不可．(2)完成每一步有若干种方法．(3)把各个步骤的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数．[例2] (1)从－1,0,1,2这四个数中选三个数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数，则可组成________个不同的二次函数，其中偶函数有________个(用数字作答)．(2)如图，某电子器件由3个电阻串联而成，形成回路，其中有6个焊接点A，B，C，D，E，F，如果焊接点脱落，整个电路就会不通．现发现电路不通，那么焊接点脱落的可能情况共有________种．[解析] (1)一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知共有3³3³2＝18个二次函数．若二次函数为偶函数，则b＝0，同理可知共有3³2＝6个偶函数．(2)因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个焊接点脱落，则电路就不通，故共有26－1＝63种可能情况．[答案(1)18 6 (2)63[易错提醒](1)利用分步乘法计数原理解决问题时要注意按事件发生的过程来合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事．(2)谨记分步必须满足的两个条件：一是各步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．两个计数原理的综合问题原理，即分类时，每类的方法可能要运用分步完成，而分步时，每步的方法数可能会采取分类的思想求解．分类的关键在于做到“不重不漏”，分步的关键在于正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步．[例3] (1)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有( )A．144个 B．120个 C．96个 D．72个(2)某班一天上午有4节课，每节都需要安排1名教师去上课，现从A，B，C，D，E，F6名教师中安排4人分别上一节课，第一节课只能从A、B两人中安排一个，第四节课只能从A、C两人中安排一人，则不同的安排方案共有________种．(3)如图，矩形的对角线把矩形分成A，B，C，D四部分，现用5种不同颜色给四部分涂色，每部分涂1种颜色，要求共边的两部分颜色互异，则共有________种不同的涂色方法．[解析] (1)由题意可知，符合条件的五位数的万位数字是4或5.当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，共有2³4³3³2＝48个偶数；当万位数字为5时，个位数字从0,2,4中任选一个，共有3³4³3³2＝72个偶数．故符合条件的偶数共有48＋72＝120(个)．(2)①第一节课若安排A，则第四节课只能安排C，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有4³3＝12种安排方案．②第一节课若安排B，则第四节课可由A或C上，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有2³4³3＝24种安排方案．因此不同的安排方案共有12＋24＝36(种)．(3)区域A有5种涂色方法，区域B有4种涂色方法，区域C的涂色方法可分2类：若C 与A涂同色，区域D有4种涂色方法；若C与A涂不同色，此时区域C有3种涂色方法，区域D也有3种涂色方法．所以共有5³4³1³4＋5³4³3³3＝260种涂色方法．[答案(1)B (2)36 (3)260[方法技巧]使用两个计数原理进行计数的基本思想对需用两个计数原理解决的综合问题要“先分类，再分步”，即先分为若干个“既不重复也不遗漏”的类，再对每类中的计数问题分成若干个“完整的步骤”，求出每个步骤的方法数，按照分步乘法计数原理计算各类中的方法数，最后再按照分类加法计数原理得出总数．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．[考点二]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．210 C．336 D．120解析：选A 分三步，先插一个新节目，有7种方法，再插第二个新节目，有8种方法，最后插第三个节目，有9种方法．故共有7³8³9＝504种不同的插法．2．[考点二]教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的走法有( ) A．10种 B．25种 C．52种 D．24种解析：选D 由一层到二层、由二层到三层、由三层到四层、由四层到五层各有2种走法，故共有2³2³2³2＝24种不同的走法．3．[考点一]已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为( )A．40 B．16 C．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．4．[考点一]我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013是“六合数”)，则“六合数”中首位为2的“六合数”共有( )A．18个 B．15个 C．12个 D．9个解析：选B 依题意知，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“六合数”．5.[考点三]如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有________种．解析：按区域1与3①区域1与3同色：先涂区域1与3，有4种方法，再涂区域2,4,5(还有3种颜色)，有3³2³1＝6种方法．所以区域1与3涂同色时，共有4³6＝24种方法．②区域1与3不同色：先涂区域1与3，有4³3＝12种方法，第二步，涂区域2有2种涂色方法，第三步，涂区域4只有一种方法，第四步，涂区域5有3种方法．所以这时共有12³2³1³3＝72种方法．故由分类加法计数原理，不同的涂色方法的种数为24＋72＝96.答案：966．[考点三]有A，B，C型高级电脑各一台，甲、乙、丙、丁4个操作人员的技术等级不同，甲、乙会操作三种型号的电脑，丙不会操作C型电脑，而丁只会操作A型电脑．从这4个操作人员中选3人分别去操作这三种型号的电脑，则不同的选派方法有________种(用数字作答)．解析：由于丙、丁两位操作人员的技术问题，要完成“从4个操作人员中选3人去操作这三种型号的电脑”这件事，则甲、乙两人至少要选派一人，可分四类：第1类，选甲、乙、丙3人，由于丙不会操作C型电脑，分2步安排这3人操作的电脑的型号，有2³2＝4种方法；第2类，选甲、乙、丁3人，由于丁只会操作A型电脑，这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，有2种方法；第3类，选甲、丙、丁3人，这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，只有1种方法；第4类，选乙、丙、丁3人，同样也只有1种方法．根据分类加法计数原理，共有4＋2＋1＋1＝8种选派方法．答案：8突破点(二) 排列、组合问题1．排列与排列数(1)排列：从n个不同元素中取出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．(2)排列数：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叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，记作A m n.2．组合与组合数(1)组合：从n个不同元素中取出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：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的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，记作C m n.3．排列数、组合数的公式及性质4．排列与组合的比较解决排列问题的主要方法(1)解决“在”与“不在”的有限制条件的排列问题，既可以从元素入手，也可以从位置入手，原则是谁“特殊”谁优先．不管是从元素考虑还是从位置考虑，都要贯彻到底，不能既考虑元素又考虑位置．(2)解决相邻问题的方法是“捆绑法”，即把相邻元素看做一个整体和其他元素一起排列，同时要注意捆绑元素的内部排列．(3)解决不相邻问题的方法是“插空法”，即先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中．(4)对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列．(5)若某些问题从正面考虑比较复杂，可从其反面入手，即采用“间接法”．[例1] (1)用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为( ) A．324 B．648 C．328 D．360(2)市内某公共汽车站有6个候车位(成一排)，现有3名乘客随便坐在某个座位上候车，则恰好有2个连续空座位的候车方式的种数为( )A．48 B．54 C．72 D．84(3)用1,2,3,4这四个数字组成无重复数字的四位数，其中恰有一个偶数夹在两个奇数之间的四位数的个数为________．[解析] (1)首先应考虑是否含“0”．当含有0，且0排在个位时，有A29＝9³8＝72个三位偶数，当0排在十位时，有A14A18＝4³8＝32个三位偶数．当不含0时，有A14²A28＝4³8³7＝224个三位偶数．由分类加法计数原理，得符合题意的偶数共有72＋32＋224＝328(个)．(2)先把3名乘客进行全排列，有A33＝6种排法，排好后，有4个空，再将1个空位和余下的2个连续的空位插入4个空中，有A24＝12种排法，则共有6³12＝72种候车方式．(3)首先排两个奇数1,3，有A22种排法，再在2,4中取一个数放在1,3排列之间，有C12种排法，然后把这3个数作为一个整体与剩下的另一个偶数全排列，有A22种排法，即满足条件的四位数的个数为A22C12A22＝8.[答案] (1)C (2)C (3)8组合问题组合问题的常见题型及解题思路(1)常见题型：一般有选派问题、抽样问题、图形问题、集合问题、分组问题等．(2)解题思路：①分清问题是否为组合问题；②对较复杂的组合问题，要搞清是“分类”还是“分步”，一般是先整体分类，然后局部分步，将复杂问题通过两个计数原理化归为简单问题．[例2] (1)某学校为了迎接市春季运动会，从5名男生和4名女生组成的田径运动队中选出4人参加比赛，要求男、女生都有，则男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为( ) A．85 B．86 C．91 D．90(2)若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法的种数是( )A．60 B．63 C．65 D．66(3)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为________．[解析] (1)法一(直接法)：由题意，可分三类考虑：第1类，男生甲入选，女生乙不入选的方法种数为：C13C24＋C23C14＋C33＝31；第2类，男生甲不入选，女生乙入选的方法种数为：C14C23＋C24C13＋C34＝34；第3类，男生甲入选，女生乙入选的方法种数为：C23＋C14C13＋C24＝21.所以男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为31＋34＋21＝86.法二(间接法)：从5名男生和4名女生中任意选出4人，男、女生都有的选法有C49－C45－C44＝120种；男、女生都有，且男生甲与女生乙都没有入选的方法有C47－C44＝34种．所以男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为120－34＝86.(2)因为1,2,3，…，9中共有4个不同的偶数和5个不同的奇数，要使取出的4个不同的数的和为偶数，则4个数全为奇数，或全为偶数，或2个奇数和2个偶数，故有C45＋C44＋C25C24＝66种不同的取法．(3)第一类，含有1张红色卡片，不同的取法有C14C212＝264(种)．第二类，不含有红色卡片，不同的取法有C312－3C34＝220－12＝208(种)．由分类加法计数原理知，不同的取法共有264＋208＝472(种)．[答案(1)B (2)D (3)472[方法技巧]有限制条件的组合问题的解法组合问题的限制条件主要体现在取出元素中“含”或“不含”某些元素，或者“至少”或“最多”含有几个元素：(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型．“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．(2)“至少”或“最多”含有几个元素的题型．考虑逆向思维，用间接法处理．分组分配问题分组分配问题是排列、组合问题的综合运用，解决这类问题的一个基本指导思想就是先分组后分配．关于分组问题，有整体均分、部分均分和不等分三种，无论分成几组，都应注意只要有一些组中元素的个数相等，就存在均分现象．[例3] (1)教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教．现有6个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到3所学校去任教，有________种不同的分派方法．(2)某科室派出4名调研员到3个学校，调研该校高三复习备考近况，要求每个学校至少一名，则不同的分配方案种数为________．(3)若将6名教师分到3所中学任教，一所1名，一所2名，一所3名，则有________种不同的分法．[解析] (1)先把6个毕业生平均分成3组，有C 26C 24C 22A 33种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有A 33＝6种方法，故将6个毕业生平均分到3所学校，共有C 26C 24C 22A 33²A 33＝90种不同的分派方法． (2)分两步完成：第一步，将4名调研员按2,1,1分成三组，其分法有C 24C 12C 11A 22种；第二步，将分好的三组分配到3个学校，其分法有A 33种，所以满足条件的分配方案有C 24C 12C 11A 22²A 33＝36种． (3)将6名教师分组，分三步完成：第1步，在6名教师中任取1名作为一组，有C 16种分法；第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C 25种分法；第3步，余下的3名教师作为一组，有C 33种分法．根据分步乘法计数原理，共有C 16C 25C 33＝60种分法．再将这3组教师分配到3所中学，有A 33＝6种分法，故共有60³6＝360种不同的分法．[答案 (1)90 (2)36 (3)360[方法技巧] 分组分配问题的三种类型及求解策略能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一]A ，B ，C ，D ，E ，F 六人围坐在一张圆桌周围开会，A 是会议的中心发言人，必须坐在最北面的椅子上，B ，C 二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有( )A ．60种B ．48种C ．30种D ．24种解析：选B 由题知，可先将B ，C 二人看作一个整体，再与剩余人进行排列，则不同的座次有A 22A 44＝48种．2．[考点一]有5列火车分别准备停在某车站并行的5条轨道上，若快车A 不能停在第3道上，货车B 不能停在第1道上，则5列火车不同的停靠方法数为( )A ．56B ．63C ．72D ．78解析：选D 若没有限制，5列火车可以随便停，则有A 55种不同的停靠方法；快车A 停在第3道上，则5列火车不同的停靠方法为A 44种；货车B 停在第1道上，则5列火车不同的停靠方法为A 44种；快车A 停在第3道上，且货车B 停在第1道上，则5列火车不同的停靠方法为A 33种．故符合要求的5列火车不同的停靠方法数为A 55－2A 44＋A 33＝120－48＋6＝78.3．[考点三]某局安排3名副局长带5名职工去3地调研，每地至少去1名副局长和1名职工，则不同的安排方法总数为( )A ．1 800B ．900C ．300D ．1 440解析：选B 分三步：第一步，将5名职工分成3组，每组至少1人，则有⎝ ⎛⎭⎪⎫C 35C 12C 11A 22＋C 15C 24C 22A 22种不同的分组方法；第二步，将这3组职工分到3地有A 33种不同的方法；第三步，将3名副局长分到3地有A 33种不同的方法．根据分步乘法计数原理，不同的安排方案共有⎝ ⎛⎭⎪⎫C 35C12C 11A 22＋C 15C 24C 22A 22²A 33A 33＝900(种)，故选B.4．[考点二]如图所示，要使电路接通，则5个开关不同的开闭方式有________种．解析：当第一组开关有一个接通时，电路接通有C12²(C13＋C23＋C33)＝14种方式；当第一组两个都接通时，电路接通有C22(C13＋C23＋C33)＝7种方式，所以共有14＋7＝21种方式．答案：215．[考点二]有9名学生，其中2名会下象棋但不会下围棋，3名会下围棋但不会下象棋，4名既会下围棋又会下象棋；现在要从这9名学生中选出2名学生，一名参加象棋比赛，另一名参加围棋比赛，共有________种不同的选派方法．解析：设2名会下象棋但不会下围棋的同学组成集合A,3名会下围棋但不会下象棋的同学组成集合B,4名既会下围棋又会下象棋的同学组成集合C，则选派2名参赛同学的方法可以分为以下4类：第一类：A中选1人参加象棋比赛，B中选1人参加围棋比赛，选派方法为C12²C13＝6种；第二类：C中选1人参加象棋比赛，B中选1人参加围棋比赛，选派方法为C14²C13＝12种；第三类：C中选1人参加围棋比赛，A中选1人参加象棋比赛，选派方法为C14²C12＝8种；第四类：C中选2人分别参加两项比赛，选派方法为A24＝12种；由分类加法计数原理，不同的选派方法共有6＋12＋8＋12＝38(种)．答案：38[全国卷5年真题集中演练——明规律]1．(2016²全国甲卷)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，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )A．24 B．18 C．12 D．9解析：选B 分两步：第一步，从E→F，有6条可以选择的最短路径；第二步，从F→G，有3条可以选择的最短路径．由分步乘法计数原理可知有6³3＝18条可以选择的最短路径．故选B.2．(2016²全国丙卷)定义“规范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，a1，a2，…a k中0的个数不少于1的个数，若m＝4，则不同的“规范01数列”共有( )A．18个 B．16个C．14个 D．12个解析：选C 当m＝4时，数列{a n}共有8项，其中4项为0,4项为1，要满足对任意k≤8，a1，a2，…a k中0的个数不少于1的个数，则必有a1＝0，a8＝1，a2可为0，也可为1.(1)当a2＝0时，分以下3种情况：①若a3＝0，则a4，a5，a6，a7中任意一个为0均可，则有C14＝4种情况；②若a3＝1，a4＝0，则a5，a6，a7中任意一个为0均可，有C13＝3种情况；③若a3＝1，a4＝1，则a5必为0，a6，a7中任意一个为0均可，有C12＝2种情况；(2)当a2＝1时，必有a3＝0，分以下2种情况：①若a4＝0，则a5，a6，a7中任一个为0均可，有C13＝3种情况；②若a4＝1，则a5必为0，a6，a7中任一个为0均可，有C12＝2种情况．综上所述，不同的“规范01数列”共有4＋3＋2＋3＋2＝14个，故选C.3．(2012²新课标全国卷)将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有( ) A．12种 B．10种C．9种 D．8种解析：选A 2名教师各在1个小组，给其中1名教师选2名学生，有C24种选法，另2名学生分配给另1名教师，然后将2个小组安排到甲、乙两地，有A22种方案，故不同的安排方案共有C24A22＝12种，选A.[课时达标检测]重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考[练基础小题——强化运算能力]1．(2016²四川高考)用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为( )A．24 B．48C．60 D．72解析：选D 奇数的个数为C13A44＝72.2．世界华商大会的某分会场有A，B，C三个展台，将甲、乙、丙、丁共4名“双语”志愿者分配到这三个展台，每个展台至少1人，其中甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数有( )A．12种 B．10种C．8种 D．6种解析：选D 因为甲、乙两人被分配到同一展台，所以可以把甲与乙捆在一起，看成一个人，然后将3个人分到3个展台上进行全排列，即有A33种分配方法，所以甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数有A33＝6种．3．在1,2,3,4,5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数的共有( )A．36个 B．24个C．18个 D．6个解析：选B 各位数字之和是奇数，则这三个数字中三个都是奇数或两个偶数一个奇数，所以符合条作的三位数有A33＋C13A33＝6＋18＝24(个)．4.如图所示的几何体由一个正三棱锥PABC与正三棱柱ABCA1B1C1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有________种．解析：先涂三棱锥PABC的三个侧面，然后涂三棱柱ABCA1B1C1的三个侧面，共有3³2³1³2＝12种不同的涂色方案．答案：12[练常考题点——检验高考能力]一、选择题1．从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，则可以组成不同对数值的个数为( )A．56 B．54C．53 D．52解析：选D 在8个数中任取2个不同的数可以组成A28＝56个对数值；但在这56个对数值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，即满足条件的对数值共有56－4＝52(个)．2．如图所示，在A、B间有四个焊接点1,2,3,4，若焊接点脱落导致断路，则电路不通．今发现A，B之间电路不通，则焊接点脱落的不同情况有( )A．9种 B．11种C．13种 D．15种解析：选C 按照焊接点脱落的个数进行分类．若脱落1个，则有(1)，(4)，共2种情况；若脱落2个，有(1,4)，(2,3)，(1,2)，(1,3)，(4,2)，(4,3)，共6种情况；若脱落3个，有(1,2,3)，(1,2,4)，(2,3,4)，(1,3,4)，共4种情况；若脱落4个，有(1,2,3,4)，共1种情况．综上共有2＋6＋4＋1＝13种焊接点脱落的情况．3．现有2门不同的考试要安排在5天之内进行，每天最多进行一门考试，且不能连续两天有考试，那么不同的考试安排方案种数是( )A．12 B．6C ．8D ．16解析：选A 若第一门安排在开头或结尾，则第二门有3种安排方法，这时共有C 12³3＝6种安排方案；若第一门安排在中间的3天中，则第二门有2种安排方法，这时共有C 13³2＝6种安排方案．综上可得，不同的考试安排方案共有6＋6＝12(种)．4．有5本不同的教科书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本．若将其并排摆放在书架的同一层上，则同一科目书都不相邻的放法种数是( )A ．24B ．48C ．72D ．96解析：选B 据题意可先摆放2本语文书，当1本物理书在2本语文书之间时，只需将2本数学书插在前3本书形成的4个空中即可，此时共有A 22A 24种摆放方法；当1本物理书放在2本语文书一侧时，共有A 22A 12C 12C 13种不同的摆放方法，由分类加法计数原理可得共有A 22A 24＋A 22A 12C 12C 13＝48种摆放方法．5．“住房”“医疗”“教育”“养老”“就业”成为现今社会关注的五个焦点．小赵想利用国庆节假期调查一下社会对这些热点的关注度．若小赵准备按照顺序分别调查其中的4个热点，则“住房”作为其中的一个调查热点，但不作为第一个调查热点的种数为( )A ．13B ．24C ．18D ．72解析：选D 可分三步：第一步，先从“医疗”“教育”“养老”“就业”这4个热点中选出3个，有C 34种不同的选法；第二步， 在调查时，“住房”安排的顺序有A 13种可能情况；第三步，其余3个热点调查的顺序有A 33种排法．根据分步乘法计数原理可得，不同调查顺序的种数为C 34A 13A 33＝72.6．将A ，B ，C ，D ，E 排成一列，要求A ，B ，C 在排列中顺序为“A ，B ，C ”或“C ，B ，A ”(可以不相邻)，这样的排列数有( )A ．12种B ．20种C ．40种D ．60种解析：选C 五个元素没有限制全排列数为A 55，由于要求A ，B ，C 的次序一定(按A ，B ，C 或C ，B ，A )，故除以这三个元素的全排列A 33，可得这样的排列数有A 55A 33³2＝40种．二、填空题7．某班组织文艺晚会，准备从A ，B 等 8 个节目中选出 4 个节目演出，要求A ，B 两个节目至少有一个选中，且A ，B 同时选中时，它们的演出顺序不能相邻，那么不同演出顺序的种数为________．解析：当A ，B 节目中只选其中一个时，共有C 12C 36A 44＝960 种演出顺序；当A ，B 节目都被选中时，由插空法得共有C 26A 22A 23＝180 种演出顺序，所以一共有1 140种演出顺序．。
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第七节n次独立重复试验与二项分布
A组基础题组
1.(2015课标Ⅰ,4,5分)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.0.648
B.0.432
C.0.36
D.0.312
2.把一枚硬币连续抛两次,记“第一次出现正面”为事件A,“第二次出现正面”为事件B,则P(B|A)等于( )
A. B. C. D.
3.已知盒中装有3只螺口灯泡与7只卡口灯泡,这些灯泡的外形与功率都相同且灯口向下放着,现需要一只卡口灯泡,电工师傅每次从中任取一只并不放回,则在他第1次取到的是螺口灯泡的条件下,第2次取到的是卡口灯泡的概率为( )
A. B. C. D.
4.在四次独立重复试验中,事件A在每次试验中出现的概率相同,若事件A至少发生一次的概率为,则事件A恰好发生一次的概率为( )
A. B. C. D.
5.如图所示的电路有a,b,c三个开关,每个开关开和关的概率都是,且是相互独立的,则灯泡甲亮的概率为.
6.投掷一枚图钉,设钉尖向上的概率为p(0<p<1),连续掷一枚图钉3次,若出现2次钉尖向上的概率小于3次钉尖向上的概率,则p的取值范围为.
7.我校要用三辆校车从本校区把教师接到东校区,已知从本校区到东校区有两条公路,校车走公路①堵
车的概率为,不堵车的概率为;校车走公路②堵车的概率为p,不堵车的概率为1-p.若甲、乙两辆校车走公路①,丙校车由于其他原因走公路②,且三辆车是否堵车相互之间没有影响.
(1)若三辆校车中恰有一辆校车被堵的概率为,求走公路②堵车的概率;
(2)在(1)的条件下,求三辆校车中被堵车辆的辆数ξ的分布列.
8.甲、乙两支排球队进行比赛,约定先胜3局者获得比赛的胜利,比赛随即结束.除第五局甲队获胜的概
率是外,其余每局比赛甲队获胜的概率都是.假设各局比赛结果相互独立.
(1)分别求甲队以3∶0,3∶1,3∶2胜利的概率;
(2)若比赛结果为3∶0或3∶1,则胜利方得3分、对方得0分;若比赛结果为3∶2,则胜利方得2分、对方得1分.求乙队得分X的分布列.
B组提升题组
9.(2016河南开封一模)某生物产品,每一个生产周期的成本为20万元,此产品的产量受气候影响、价格受市场影响均具有随机性,且互不影响,其在一个生产周期的具体情况如下表:
(1)设X(单位:万元)表示1个生产周期此产品的利润,求X的分布列;
(2)连续生产3个周期,求这3个生产周期中至少有2个生产周期的利润不少于10万元的概率.
10.党的十八大报告提出:要提高人民健康水平,改革和完善食品、药品安全监管体制.为加大监督力度,某市工商部门对本市的甲、乙两家小型食品加工厂进行了突击抽查,从两个厂家生产的产品中分别随机抽取10件样品,测量产品中某种微量元素的含量(单位:毫克),所得测量数据如图.
食品安全法规定:优等品中的此种微量元素含量不小于15毫克.
(1)若从甲食品加工厂的10件样品中随机抽取4件,求抽到的4件产品中优等品的件数ξ的分布列;
(2)若分别从甲、乙两个食品加工厂的10件样品中任意抽取3件,求甲、乙食品加工厂抽到的优等品的件数恰好相同的概率.
答案全解全析
A组基础题组
1.A 该同学通过测试的概率P=×0.62×0.4+0.63=0.432+0.216=0.648,故选A.
2.A P(B|A)===.
3.D 解法一:设事件A为“第1次取到的是螺口灯泡”,事件B为“第2次取到的是卡口灯泡”,则
P(A)=,P(AB)=×=,则所求概率为P(B|A)===.
解法二:第1次取到螺口灯泡后还剩余9只灯泡,其中有7只卡口灯泡,故在第1次取到的是螺口灯泡的
条件下,第2次取到的是卡口灯泡的概率为=.
4.C 设事件A在每次试验中发生的概率为p,则事件A在4次独立重复试验中,恰好发生k次的概率为p k=p k(1-p)4-k(k=0,1,2,3,4),∴p0=p0(1-p)4=(1-p)4,由条件知
1-p0=,∴(1-p)4=,∴1-p=,∴p=.∴p1=p·(1-p)3=4××=,故选C.
5.答案
解析设“a闭合”为事件A,“b闭合”为事件B,“c闭合”为事件C,则甲灯亮应为事件AC,且
A,,C之间彼此独立,P(A)=P()=P(C)=.
所以P(A C)=P(A)P()P(C)=.
6.答案
解析设P(B
k)(k=0,1,2,3)表示“连续投掷一枚图钉3次,出现k次钉尖向上”的概率,由题意得
P(B2)<P(B3),即p2(1-p)<p3,∴3p2(1-p)<p3,∵0<p<1,∴<p<1.
7.解析(1)由题意得××·(1-p)+·p=,
即3p=1,则p=.
(2)ξ可能的取值为0,1,2,3.
P(ξ=0)=××=;P(ξ=1)=;
P(ξ=2)=××+·××=;
P(ξ=3)=××=.
所以ξ的分布列为
0 1 3
8.解析(1)记“甲队以3∶0胜利”为事件A 1,“甲队以3∶1胜利”为事件A2,“甲队以3∶2胜利”为事件A3,
又各局比赛结果相互独立,
故P(A1)==,
P(A2)=×=,
P(A3)=×=.
所以,甲队以3∶0胜利、以3∶1胜利的概率都为,以3∶2胜利的概率为.
(2)设“乙队以3∶2胜利”为事件A4,
又各局比赛结果相互独立,所以P(A4)=××=.
由题意,随机变量X的所有可能的取值为0,1,2,3.
P(X=0)=P(A1+A2)=P(A1)+P(A2)=,
P(X=1)=P(A3)=,P(X=2)=P(A4)=,
P(X=3)=1-P(X=0)-P(X=1)-P(X=2)==.
故X的分布列为
B组提升题组
9.解析(1)设A表示事件“产品产量为30吨”,B表示事件“产品市场价格为0.6万元/吨”,则
P(A)=0.5,P(B)=0.4,
∵利润=产量×市场价格-成本,
∴X的所有可能取值为30,10,-2(50×1-20=30,50×0.6-20=10,30×1-20=10,30×0.6-20=-2),
则P(X=30)=P()P()=(1-0.5)×(1-0.4)=0.3,
P(X=10)=P()P(B)+P(A)P()=(1-0.5)×0.4+0.5×(1-0.4)=0.5,
P(X=-2)=P(A)P(B)=0.5×0.4=0.2,
则X的分布列为
(2)设C i表示事件“第i个生产周期的利润不少于10万元”(i=1,2,3),则C1,C2,C3相互独立,
由(1)知,P(C i)=P(X=30)+P(X=10)=0.3+0.5=0.8(i=1,2,3),
∴3个生产周期的利润均不少于10万元的概率为P(C1C2C3)=P(C1)P(C2)P(C3)=0.83=0.512,
3个生产周期中有2个生产周期的利润不少于10万元的概率为
P(C2C3)+P(C1C3)+P(C1C2)=3×0.82×0.2=0.384.
∴3个生产周期中至少有2个生产周期的利润不少于10万元的概率为0.512+0.384=0.896.
10.解析(1)由题中茎叶图知,从甲食品加工厂抽出的10件样品中,优等品有8件,非优等品有2件,故抽取的4件样品中至少有2件优等品,所以ξ的可能取值为2,3,4.
P(ξ=2)==,P(ξ=3)==,
P(ξ=4)==.
所以ξ的分布列为
(2)从甲食品加工厂抽取的样品中优等品有8件,从乙食品加工厂抽取的样品中优等品有7件,故分别从甲、乙两个食品加工厂的10件样品中任意抽取3件,优等品的件数相同的情况有3种,即可能为1件、2件或3件.
优等品同为3件时的概率P1=×=;
优等品同为2件时的概率P2=×=;
优等品同为1件时的概率P3=×=.
故所求事件的概率为P=P1+P2+P3=++=.。