2017届高考数学大一轮复习 第九章 计数原理、概率、随机变.
(新课标)高考数学一轮总复习 第九章 计数原理、概率、随机变量及其分布列 9-7 二项分布、正态分布
9-7 二项分布、正态分布及其应用课时规X 练(授课提示：对应学生用书第331页)A 组 基础对点练1．设随机变量ξ服从正态分布N (μ，σ2)，函数f (x )＝x 2＋4x ＋ξ没有零点的概率是12，则μ等于( C ) A ．1 B ．2 C ．4D ．不能确定解析：当函数f (x )＝x 2＋4x ＋ξ没有零点时，Δ＝16－4ξ<0，即ξ>4，根据正态曲线的对称性，当函数f (x )＝x 2＋4x ＋ξ没有零点的概率是12时，μ＝4.2．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 ) A ．0.8 B ．0.75 C ．0.6D ．0.453．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( B )(附：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%) A ．4.56% B ．13.59% C ．27.18%D ．31.74%4．某一部件由三个电子元件按如图方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作．设三个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布N (1 000,502)，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为 38.解析：依题意，元件的使用寿命超过1 000小时的概率为12，则该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为12×⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×12＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝⎛⎭⎪⎫1－12×12＝38.5．设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某种设备的概率分别为0.6,0.5,0.5,0.4，各人是否需使用设备相互独立．(1)求同一工作日至少3人需使用设备的概率；(2)X 表示同一工作日需使用设备的人数，求X 的数学期望．解析：设A i 表示事件：同一工作日乙、丙中恰有i 人需使用设备，i ＝0,1,2，B 表示事件：甲需使用设备，C 表示事件：丁需使用设备，D 表示事件：同一工作日至少3人需使用设备．(1)D ＝A 1BC ＋A 2B ＋A 2B －C ，P (B )＝0.6，P (C )＝0,4，P (A i )＝C i 2×0.52，i ＝0,1,2，所以P (D )＝P (A 1BC ＋A 2B ＋A 2B －C ) ＝P (A 1BC )＋P (A 2B )＋P (A 2B －C ) ＝P (A 1)P (B )P (C )＋P (A 2)P (B )＋P (A 2)P (B －)P (C )＝0.31.(2)X 的可能取值为0,1,2,3,4，则有P (X ＝0)＝P (B －A 0C －)＝P (B －)P (A 0)P (C －)＝(1－0.6)×0.52×(1－0.4)＝0.06，P (X ＝1)＝P (BA 0C －＋B －A 0C ＋B －A 1C －)＝P (B )P (A 0)P (C －)＋P (B －)P (A 0)P (C )＋P (B －)P (A 1)P (C －)＝0.6×0.52×(1－0.4)＋(1－0.6)×0.52×0.4＋(1－0.6)×2×0.52×(1－0.4)＝0.25，P (X ＝2)＝1－P (X ＝0)－P (X ＝1)－P (X ＝3)－P (X ＝4)＝1－0.06－0.25－0.25－0.06＝0.38，P (X ＝3)＝P (D )－P (X ＝4)＝0.25，P (X ＝4)＝P (A 2BC )＝P (A 2)P (B )P (C )＝0.52×0.6×0.4＝0.06. X 的分布列为P 0.06 0.25 0.38 0.25 0.06数学期望E (X )＝0×P (X ＝0)＋1×P (X ＝1)＋2×P (X ＝2)＋3×P (X ＝3)＋4×P (X ＝4) ＝0.25＋2×0.38＋3×0.25＋4×0.06＝2.6．从某企业生产的某种产品中抽取500件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下频率分布直方图：(1)求这500件产品质量指标值的样本平均数x －和样本方差s 2(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；(2)由直方图可以认为，这种产品的质量指标值Z 服从正态分布N (μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数x －，σ2近似为样本方差s 2. ①利用该正态分布，求P (187.8<Z <212.2)；②某用户从该企业购买了100件这种产品，记X 表示这100件产品中质量指标值位于区间(187.8,212.2)的产品件数．利用①的结果，求EX . 附：150≈12.2.若Z ～N (μ，σ2)，则P (μ－σ<Z <μ＋σ)＝0.682 6，P (μ－2σ<Z <μ＋2σ)＝0.954 4. 解析：(1)抽取产品的质量指标值的样本平均数x －和样本方差s 2分别为x －＝170×0.02＋180×0.09＋190×0.22＋200×0.33＋210×0.24＋220×0.08＋230×0.02＝200，s 2＝(－30)2×0.02＋(－20)2×0.09＋(－10)2×0.22＋0×0.33＋102×0.24＋202×0.08＋302×0.02＝150.(2)①由(1)知，Z ～N (200,150)，从而P (187.8<Z <212.2)＝P (200－12.2<Z <200＋12.2)＝0.682 6.②由①知，一件产品的质量指标值位于区间(187.8,212.2)的概率为0.682 6，依题意知X ～B (100,0.682 6)，所以EX ＝100×0.682 6＝68.26.B 组 能力提升练1．某校在高三第一次模拟考试中约有1 000人参加考试，其数学考试成绩近似服从正态分布，即X ～N (100，a 2)(a >0)，试卷满分为150分，统计结果显示数学考试成绩不及格(低于90分)的人数占总人数的110，则此次数学考试成绩在100分到110分(包含100分和110分)之间的人数约为( A ) A ．400 B ．500 C ．600D ．8002．已知随机变量X 服从正态分布N (5,4)，且P (X >k )＝P (X <k －4)，则k 的值为( B ) A ．6 B ．7 C ．8D ．93．某小区有1 000户，各户每月的用电量近似服从正态分布N (300,102)，则用电量在320度以上的户数约为( B )(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 ．17B ．23C ．34D ．464．一个盒子里有6支好晶体管，4支坏晶体管，任取两次，每次取一支，每次取后不放回，已知第一支是好晶体管，则第二支也是好晶体管的概率为( D ) A.23 B ．512 C.79D ．595.在如图所示的正方形中随机投掷10 000个点，则落入阴影部分(曲线C 为正态分布N (－1,1)的密度曲线)的点的个数的估计值为( B )(附：若X ～N (μ，σ2)，则P (μ－σ<X ≤μ＋σ)＝0.682 6，P (μ－2σ<X ≤μ＋2σ)＝0.954 4) A ．1 193 B ．1 359 C ．2 718D ．3 4136．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A 1，A 2和A 3表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B 表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是②④.(写出所有正确结论的序号) ①P (B )＝25；②P (B |A 1)＝511；③事件B 与事件A 1相互独立； ④A 1，A 2，A 3是两两互斥的事件；⑤P (B )的值不能确定，它与A 1，A 2，A 3中哪一个发生都有关． 解析：由题意知A 1，A 2，A 3是两两互斥的事件，P (A 1)＝510＝12，P (A 2)＝210＝15，P (A 3)＝310，P (B |A 1)＝12×51112＝511，P (B |A 2)＝411，P (B |A 3)＝411，而P (B )＝P (A 1B )＋P (A 2B )＋P (A 3B )＝P (A 1)P (B |A 1)＋P (A 2)P (B |A 2)＋P (A 3)P (B |A 3) ＝12×511＋15×411＋310×411＝922. 7．袋中有三个白球，两个黑球，现每次摸出一个球，不放回地摸取两次，则在第一次摸到黑球的条件下，第二次摸到白球的概率为 34.解析：记事件A 为“第一次摸到黑球”，事件B 为“第二次摸到白球”，则事件AB 为“第一次摸到黑球、第二次摸到白球”，依题意知P (A )＝25，P (AB )＝25×34＝310，∴在第一次摸到黑球的条件下，第二次摸到白球的概率是P (B |A )＝P AB P A ＝34.8．某学校学生会组织部分同学，用“10分制”随机调查“阳光”社区人们的幸福度，现从调查人群中随机抽取16名，如图所示的茎叶图记录了他们的幸福度分数(以小数点前的一位数字为茎，小数点后一位数字为叶)．(1)指出这组数据的众数和中位数；(2)若幸福度不低于9.5分，则称该人的幸福度为“极幸福”．求从这16人中随机选取3人，至多有1人是“极幸福”的概率；(3)以这16人的样本数据来估计整个社区的总体数据，若从该社区(人数很多)任选3人，记ξ表示抽到“极幸福”的人数，求ξ的分布列及数学期望．解析：(1)众数：8.6；中位数：8.75.(2)设A i (i ＝0,1,2,3)表示所取3人中有i 个人是“极幸福”，至多有1人是“极幸福”记为事件A ，则P (A )＝P (A 0)＋P (A 1)＝C 312C 316＋C 14C 212C 316＝121140.(3)ξ的所有可能取值为0,1,2,3.则ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，14， P (ξ＝k )＝C k 3⎝ ⎛⎭⎪⎫14k ⎝ ⎛⎭⎪⎫343－k，k ＝0,1,2,3. ξ的分布列为：所以E (ξ)＝3×14＝0.75.9．挑选空军飞行员可以说是“万里挑一”，需要通过五关：目测、初检、复检、文考(文化考试)、政审．若某校甲、乙、丙三位同学都顺利通过了前两关，根据分析知甲、乙、丙三位同学能通过复检关的概率分别是0.5,0.6,0.75，能通过文考关的概率分别是0.6,0.5,0.4，由于他们平时表现较好，都能通过政审关，若后三关之间通过与否没有影响． (1)求甲、乙、丙三位同学中恰好有一人通过复检的概率； (2)设只要通过后三关就可以被录取，求录取人数X 的分布列．解析：(1)设A ，B ，C 分别表示事件“甲、乙、丙通过复检”，则所求概率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)甲被录取的概率为P 甲＝0.5×0.6＝0.3， 同理P 乙＝0.6×0.5＝0.3，P 丙＝0.75×0.4＝0.3.∴甲、乙、丙每位同学被录取的概率均为0.3，故可看成是独立重复试验，即X ～B (3,0.3)，X的可能取值为0,1,2,3，其中P(X＝k)＝C k3(0.3)k·(1－0.3)3－k. 故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的分布列为。
2017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 9.5 古典概型课件 理
【解析】 从 1,2,3,4,5 中任取 3 个数共有 10 种不同的取法，其中的 勾股数只有 3,4,5，因此 3 个数构成一组勾股数的取法只有一种，故所求 1 概率为 。 10 【答案】 C
(2)(2015·山东卷)某中学调查了某班全部45名同学参加书法社团和演讲
社团的情况，数据如下表：(单位：人)
第九章 计数原理、概率、随机变量 及其分布
第五节
古典概型
基础知识 自主学习
热点命题 深度剖析
思想方法 感悟提升
最新考纲 1.理解古典概型及其概率计算公式；2.会计算一些随机事件 所包含的基本事件数及事件发生的概率。
J 基础知识
自主学习
知 识 梳 理
1．古典概型
具有以下两个特征的随机试验的数学模型称为古典概型。 (1) 有限 只有有限个 ，每次试验只出现其中的一个结 性：试验的所有可能结果 _____________
7 所以 P(F)＝ P(D)＋ P(E)＝ 。 10
44 所以采访该团 2 人中，持金卡人数与持银卡人数相等的概率是 。 105
【规律方法】 求较复杂事件的概率问题的方法
(1)将所求事件转化成彼此互斥的事件的和事件，再利用互斥事件的概
率加法公式求解。 (2)先求其对立事件的概率，再利用对立事件的概率公式求解。
变式训练 2
(1) 某饮料公司对一名员工进行测试以便确定其考评级
P4
4 4 1 5
P5
5 5 5 1
座位号
2
2 2 2
3
4 4 5
5
3 3 3
4
1 5 4
1
5 1 1
于是，所有可能的坐法共 8 种。 设“乘客 P5 坐到 5 号座位”为事件 A，则事件 A 中的基本事件的个数 4 1 为 4。所以 P(A)＝ ＝ 。 8 2
2017届高考数学一轮总复习第九章计数原理与概率、随机变量及其分布理新人教版
第九章⎪⎪⎪ 计数原理与概率、随机变量及其分布第一节 分类加法计数原理与分步乘法计数原理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 ×n 种不同的方法．[小题体验]1．(教材习题改编)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 ．504B ．210C ．336D ．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7×8×9＝504种不同的插法．2．(教材习题改编)若给程序模块命名，需要用3个字符，其中首字符要求用字母A ～G ，或U ～Z ，后两个要求用数字1～9.则最多可以给________个程序模块命名． 答案：1 0533．(教材习题改编)一件工作可以用2种方法完成，有5人只会用第1种方法完成，另有4人只会用第2种方法完成，从中选出1人来完成这件工作，不同选法的种数是________． 答案：91．分类加法计数原理在使用时易忽视每类做法中每一种方法都能完成这件事情，类与类之间是独立的．2．分步乘法计数原理在使用时易忽视每步中某一种方法只是完成这件事的一部分，而未完成这件事，步步之间是相关联的．[小题纠偏]1．从0,1,2,3,4,5这六个数字中，任取两个不同数字相加，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．2．用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为( )A．243 B．252C．261 D．279解析：选B 0,1，2，…，9共能组成9×10×10＝900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648(个)，∴有重复数字的三位数有900－648＝252(个)．考点一分类加法计数原理基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．(易错题)(2016·铜梁第一中学月考)如果把个位数是1，且恰好有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有( )A．9个B．3个C．12个 D．6个解析：选C 当重复数字是1时，有C13·C13；当重复数字不是1时，有C13种．由分类加法计数原理，得满足条件的“好数”有C13·C13＋C13＝12个．2．五名篮球运动员比赛前将外衣放在休息室，比赛后都回到休息室取衣服．由于灯光暗淡，看不清自己的外衣，则至少有两人拿对自己的外衣的情况有( ) A．30种 B．31种C．35种 D．40种解析：选B 分类：第一类，两人拿对：2×C25＝20种；第二类，三人拿对：C35＝10种；第三类，四人拿对与五人拿对一样，所以有1种．故共有20＋10＋1＝31种．3．如图，从A到O有________种不同的走法(不重复过一点)．解析：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．答案：5[谨记通法]利用分类加法计数原理解题时2个注意点(1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏；(2)分类时，注意完成这件事件的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．考点二分步乘法计数原理重点保分型考点——师生共研[典例引领]已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)(a，b∈M)表示平面上的点，则：(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1步，确定a的值，共有6种方法；第2步，确定b的值，也有6种方法．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1步，确定a，由于a<0，所以有3种方法；第2步，确定b，由于b>0，所以有2种方法．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[由题悟法]利用分步乘法计数原理解题时3个注意点(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)各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这件事．(3)对完成每一步的不同方法数要根据条件准确确定．[即时应用]1．将3张不同的奥运会门票分给10名同学中的3人，每人1张，则不同分法的种数是( )A．2 160 B．720C．240 D．120解析：选B 分步来完成此事．第1张有10种分法；第2张有9种分法；第3张有8种分法，共有10×9×8＝720种分法．2．从－1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数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)．解析：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3×3×2＝18个二次函数．若二次函数为偶函数，则b＝0，同上可知共有3×2＝6个偶函数．答案：18 6考点三两个原理的应用常考常新型考点——多角探明[命题分析]两个原理的常见命题角度有：(1)涂色问题；(2)几何问题；(3)集合问题．[题点全练]角度一：涂色问题涂色问题大致有两种解答方案：(1)选择正确的涂色顺序，按步骤逐一涂色，这时用分步乘法计数原理进行计数；(2)根据涂色时所用颜色数的多少，进行分类处理，这时用分类加法计数原理进行计数．1．(1)如图，用6种不同的颜色把图中A，B，C，D 4块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则涂色方法共有________种(用数字作答)．(2)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)从A开始涂色，A有6种涂色方法，B有5种涂色方法，C有4种涂色方法，D有4种涂色方法．由分步乘法计数原理可知，共有6×5×4×4＝480种涂色方法．(2)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5×4×4＋5×4×3×3＝260种涂色方法．答案：(1)480 (2)260角度二：几何问题主要与立体几何、解析几何相结合考查．2．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．16C．13 D．10解析：选C 分两类情况讨论：第一类，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；第二类，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．角度三：集合问题解决集合问题时，常以有特殊要求的集合为标准进行分类，常用的结论有{}a1，a2，a3，…，a n的子集有2n个，真子集有2n－1个．3．(2015·保定调研)已知集合M＝{1,2,3,4}，集合A，B为集合M的非空子集，若对∀x∈A，y∈B，x<y恒成立，则称(A，B)为集合M的一个“子集对”，则集合M的“子集对”共有________个．解析：当A＝{1}时，B有23－1种情况；当A＝{2}时，B有22－1种情况；当A＝{3}时，B有1种情况；当A＝{1,2}时，B有22－1种情况；当A＝{1,3}，{2,3}，{1,2,3}时，B均有1种情况；所以满足题意的“子集对”共有7＋3＋1＋3＋3＝17(个)．答案：17[方法归纳]两个原理综合应用的1个关键点解决综合问题时，可能同时应用两个计数原理，即分类的方法可能要运用分步完成，分步的方法可能会采取分类的思想求．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．a，b，c，d，e共5个人，从中选1名组长1名副组长，但a不能当副组长，不同选法的种数是( )A．20 B．16C．10 D．6解析：选B 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．2．某电话局的电话号码为139××××××××，若前六位固定，最后五位数字是由6或8组成的，则这样的电话号码的个数为( )A．20 B．25C．32 D．60解析：选C 依据题意知，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，符合题意的电话号码的个数为25＝32.3．某班班干部有5名男生、4名女生，从9人中选1人参加某项活动，则不同选法的种数为( )A．9 B．5C．4 D．72解析：选A 分两类：一类从男生中选1人，有5种方法；另一类是从女生中选1人，有4种方法．因此，共有5＋4＝9种不同的选法．4．从0,1,2,3,4这5个数字中任取3个组成三位数，其中奇数的个数是________．解析：从1,3中取一个排个位，故排个位有2种方法；排百位不能是0，可以从另外3个数中取一个，有3种方法；排十位有3种方法．故所求奇数的个数为3×3×2＝18.答案：185．如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________个．解析：把与正八边形有公共边的三角形分为两类：第一类，有一条公共边的三角形共有8×4＝32(个)．第二类，有两条公共边的三角形共有8个．由分类加法计数原理知，共有32＋8＝40(个)．答案：40二保高考，全练题型做到高考达标1．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，则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)．2．在某校举行的羽毛球两人决赛中，采用5局3胜制的比赛规则，先赢3局者获胜，直到决出胜负为止．若甲、乙两名同学参加比赛，则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2C23＝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2C24＝12(种)情形．所有可能出现的情形共有2＋6＋12＝20(种)．3．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)．4．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个不同的数共有8×7＝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)．5．从集合{1,2,3,4，…，10}中，选出5个数组成的子集，使得这5个数中任意两个数的和都不等于11，则这样的子集有( )A．32个 B．34个C．36个 D．38个解析：选A 先把数字分成5组：{1,10}，{2,9}，{3,8}，{4,7}，{5,6}，由于选出的5个数中，任意两个数的和都不等于11，所以从每组中任选一个数字即可．故共可组成2×2×2×2×2＝32(个)．6．如图所示，用五种不同的颜色分别给A，B，C，D四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法共有________种．解析：按区域分四步：第一步，A区域有5种颜色可选；第二步，B区域有4种颜色可选；第三步，C区域有3种颜色可选；第四步，D区域也有3种颜色可选．由分步乘法计数原理，共有5×4×3×3＝180(种)不同的涂色方法．答案：1807．在2014年南京青奥会百米决赛上，8名男运动员参加100米决赛．其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有________种．解析：分两步安排这8名运动员．第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1,3,5,7四条跑道可安排．∴安排方式有4×3×2＝24种．第二步：安排另外5人，可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道安排，所以安排方式有5×4×3×2×1＝120种．∴安排这8人的方式有24×120＝2 880种．答案：2 8808．8名世界网球顶级选手在上海大师赛上分成两组，每组各4人，分别进行单循环赛，每组决出前两名，再由每组的第一名与另一组的第二名进行淘汰赛，获胜者角逐冠、亚军，败者角逐第3,4名，大师赛共有________场比赛．解析：小组赛共有2C24场比赛；半决赛和决赛共有2＋2＝4场比赛；根据分类加法计数原理共有2C24＋4＝16场比赛．答案：169．集合N＝{a，b，c}⊆{－5，－4，－2,1,4}，若关于x的不等式ax2＋bx＋c<0恒有实数解，则满足条件的集合N的个数是________．解析：依题意知，集合N最多有C35＝10(个)，其中对于不等式ax2＋bx＋c<0没有实数解的情况可转化为需要满足a>0，且Δ＝b2－4ac≤0，因此只有当a，c同号时才有可能，共有2种情况，因此满足条件的集合N的个数是10－2＝8.答案：810．电视台在“欢乐在今宵”节目中拿出两个信箱，其中放着竞猜中成绩优秀的观众来信，甲箱中有30封，乙箱中有20封，现由主持人抽奖确定幸运观众，若先从中确定一名幸运之星，再从两箱中各确定一名幸运观众，有多少种不同结果？解：幸运之星在甲箱中抽取，选定幸运之星，再在两箱内各抽一名幸运观众有30×29×20＝17 400种；幸运之星在乙箱中抽取，有20×19×30＝11 400种．共有不同结果17 400＋11 400＝28 800种．三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．安排6名歌手演出顺序时，要求歌手乙、丙都排在歌手甲的前面或者后面，则不同排法的种数共有( )A．180种 B．240种C．360种 D．480种解析：选 D 依题意，歌手乙、丙都排在歌手甲的前面的排法共有A22×4×5×6＝240种，因此满足题意的不同排法共有240×2＝480种．2．如图所示，在A，B间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通，今发现A，B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有________种．解析：四个焊点共有24种情况，其中使线路通的情况有：1,4都通，2和3至少有一个通时线路才通，共有3种可能．故不通的情况有24－3＝13(种)可能．答案：133．为参加2014年云南昭通地震救灾，某运输公司有7个车队，每个车队的车辆均多于4辆．现从这个公司中抽调10辆车，并且每个车队至少抽调1辆，那么共有多少种不同的抽调方法？解：在每个车队抽调1辆车的基础上，还需抽调3辆车．可分成三类：一类是从某1个车队抽调3辆，有C17种抽调方法；一类是从2个车队中抽调，其中1个车队抽调1辆，另1个车队抽调2辆，有A27种抽调方法；一类是从3个车队中各抽调1辆，有C37种抽调方法．故共有C17＋A27＋C37＝84种抽调方法．第二节排列与组合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排列数公式A m n＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝n！n－m！组合数公式C m n＝A m nA m m＝n n－n－m＋m！＝n！m！n－m！[小题体验]1. (教材习题改编)A，B，C，D，E五人并排站成一排，如果B必须站在A的右边(A，B可以不相邻)，那么不同的排法共有( )A ．24种B ．60种C ．90种D ．120种解析：选B 可先排C ，D ，E 三人，共A 35种排法，剩余A ，B 两人只有一种排法，由分步乘法计数原理满足条件的排法共A 35＝60(种)．2．(教材习题改编)甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙两人所选的课程中恰有1门相同的选法有( )A ．12种B ．16种C ．24种D ．48种解析：选C 依题意得知，满足题意的选法共有C 14·C 13·C 12＝24种． 3．(教材习题改编)已知1C m 5－1C m 6＝710C m 7，则C m8＝________.解析：由已知得m 的取值范围为{}m |0≤m ≤5，m ∈Z ，m ！－m ！5！－m ！－m ！6！＝－m ！m ！10×7！，整理可得m 2－23m ＋42＝0，解得m ＝21(舍去)或m ＝2.故C m 8＝C 28＝28.答案：281．易混淆排列与组合问题，区分的关键是看选出的元素是否与顺序有关，排列问题与顺序有关，组合问题与顺序无关．2．计算A mn 时易错算为n (n －1)(n －2)…(n －m )．3．易混淆排列与排列数，排列是一个具体的排法，不是数是一件事，而排列数是所有排列的个数，是一个正整数．[小题纠偏]1．方程3A 3x ＝2A 2x ＋1＋6A 2x 的解为________． 解析：由排列数公式可知3x (x －1)(x －2)＝2(x ＋1)x ＋6x (x －1)， ∵x ≥3且x ∈N *，∴3(x －1)(x －2)＝2(x ＋1)＋6(x －1)，即3x 2－17x ＋10＝0，解得x ＝5或x ＝23(舍去)，∴x ＝5.答案：52．某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案种数为________．(用数字作答)解析：法一：依题意可得C 12×C 34＋C 22×C 24＝8＋6＝14，故满足要求的方案有14种． 法二：6人中选4人的方案有C 46＝15种，没有女生的方案只有1种，所以满足要求的方案有14种．答案：14考点一排列问题基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．(2015·山西模拟)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，不同的座次有A22A44＝48种．2．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．648C．328 D．360解析：选C 首先应考虑“0”，当0排在个位时，有A29＝9×8＝72(个)，当0排在十位时，有A14A18＝4×8＝32(个)．当不含0时，有A14·A28＝4×8×7＝224(个)，由分类加法计数原理，得符合题意的偶数共有72＋32＋224＝328(个)．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：(捆绑法)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种方法，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：8[谨记通法]1．解决排列问题的4种方法2．解决排列类应用题的3种策略(1)特殊元素(或位置)优先安排的方法，即先排特殊元素或特殊位置．(2)分排问题直排法处理．(3)“小集团”排列问题采用先集中后局部的处理方法．考点二组合问题重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．(2016·山师大附中摸底)某班班会准备从甲、乙等7名学生中选派4名学生发言，要求甲、乙两人至少有一人参加，当甲、乙同时参加时，他们两人的发言不能相邻，那么不同的发言顺序的种数为( )A．360 B．520C．600 D．720解析：选C 根据题意，分2种情况讨论：若只有甲、乙其中一人参加，有C12·C35·A44＝480种情况；若甲、乙两人都参加，有C22·C25·A44＝240种情况，其中甲、乙相邻的有C22·C25·A33·A22＝120种情况．则不同的发言顺序的种数为480＋240－120＝600.2．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：第一类，含有1张红色卡片，不同的取法C14C212＝264种．第二类，不含有红色卡片，不同的取法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：472[由题悟法]1．解决组合应用题的2个步骤第一步，整体分类要注意分类时，不重复不遗漏，用到分类加法计数原理；第二步，局部分步用到分步乘法计数原理．2．含有附加条件的组合问题的2种方法通常用直接法或间接法，应注意“至少”“最多”“恰好”等词的含义的理解，对于涉及“至少”“至多”等词的组合问题，既可考虑反面情形即间接求解，也可以分类研究进行直接求解．[即时应用]1．(2016·大连模拟)某校开设A类选修课2门，B类选修课3门，一位同学从中选3门．若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有( )A．3种B．6种C．9种 D．18种解析：选C 由题知有2门A类选修课，3门B类选修课，从中选出3门的选法有C35＝10种．两类课程都有的对立事件是选了3门B类选修课，这种情况只有1种．满足题意的选法有10－1＝9种．2．四面体的一个顶点为A，从其他顶点与各棱的中点中取3个点，使它们和点A在同一平面上，不同的取法有( )A．30种 B．33种C．36种 D．39种解析：选B 分两种情况：顶点A与各棱的中点共面的有3个侧面，每个侧面中有5个点，有C35种，3个侧面有3×C35种；3个点不在同一个表面的有3个，共有3×C35＋3＝33种取法．考点三分组分配问题常考常新型考点——多角探明[命题分析]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，应注意只要有一些组中元素的个数相等，就存在均分现象．常见的命题角度有：(1)整体均分问题；(2)部分均分问题；(3)不等分问题．[题点全练]角度一：整体均分问题1．国家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．解析：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6个毕业生平均分到3所学校，共有C 26C 24C 22A 33·A 33＝90种分派方法．答案：90角度二：部分均分问题2．(2016·内江模拟)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( )A ．144B ．72C ．36D ．48解析：选C 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；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 22·A 33＝36种．角度三：不等分问题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：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种取法； 第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C 25种取法； 第3步，余下的3名教师作为一组，有C 33种取法． 根据分步乘法计数原理，共有C 16C 25C 33＝60种取法． 再将这3组教师分配到3所中学，有A 33＝6种分法， 故共有60×6＝360种不同的分法． 答案：360[方法归纳]解决分组分配问题的3种策略(1)整体均分解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以A nn (n 为均分的组数)，避免重复计数．(2)部分均分解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m 组元素个数相等，则分组时应除以m ！，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数．(3)不等分组只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．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．10种B．9种C．12种 D．8种解析：选C 依题意，满足题意的不同安排方案共有C12·C24＝12种．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 ∵甲、乙两人被分配到同一展台，∴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，∴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．将5名学生分配到甲、乙两个宿舍，每个宿舍至少安排2名学生，那么互不相同的安排方法的种数为( )A．10 B．20C．30 D．40解析：选B 将5名学生分配到甲、乙两个宿舍，每个宿舍至少安排2名学生，那么必然是一个宿舍2名，而另一个宿舍3名，共有C35C22×2＝20种．4．从1,2,3,4,5,6六个数字中，选出一个偶数和两个奇数，组成一个没有重复数字的三位数，这样的三位数共有( )A．9个 B．24个C．36个 D．54个解析：选D 选出符合题意的三个数共有C13C23种方法，这三个数可组成C13C23A33＝54个没有重复数字的三位数．5．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。
2017届高考数学大一轮总复习第九章计数原理、概率、随机变量及其分布计时双基练65古典概型理北师大版
计时双基练六十五 古典概型A 组 基础必做 1．下列概率模型中，是古典概型的有( )①从区间[1,10]内任意取出一个数，求取到1的概率； ②从1～10十个数字中任意取出一个整数，求取到1的概率； ③向一个正方形ABCD 内投掷一点P ，求P 恰好与A 点重合的概率； ④向上抛掷一枚不均匀的旧硬币，求正面朝上的概率。
A ．1个 B ．2个 C ．3个D ．4个解析 ①③④不是古典概型；①③基本事件有无限个；④两个基本事件出现的可能性不相等；②是古典概型。
答案 A2．有5本不同的书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本。
若将其随机地并排摆放在书架的同一层上，则同一科目的书都不相邻的概率是( )A.15B.25C.35D.45解析 语文、数学只有一科的两本书相邻，有2A 22A 22A 23＝48种摆放方法；语文、数学两科的两本书都相邻，有A 22A 22A 33＝24种摆放方法；而五本不同的书排成一排总共有A 55＝120种摆放方法。
故所求概率为1－48＋24120＝25。
答案 B3．(2015·亳州质检)已知集合M ＝{1,2,3,4}，N ＝{(a ，b )|a ∈M ，b ∈M }，A 是集合N 中任意一点，O 为坐标原点，则直线OA 与y ＝x 2＋1有交点的概率是( )A.12 B.13 C.14D.18解析 易知过点(0,0)与y ＝x 2＋1相切的直线为y ＝2x (斜率小于零无需考虑)，集合N 中共有16个元素，其中使OA 斜率不小于2的有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,4)，共4个，故所求的概率为416＝14。
答案 C4．投掷两颗骰子，其向上的点数分别为m 和n ，则复数(m ＋n i)2为纯虚数的概率为( )A.13B.14C.16D.112解析∵(m＋n i)2＝m2－n2＋2mn i为纯虚数，∴m2－n2＝0，∴m＝n，(m，n)的所有可能取法有6×6＝36种，其中满足m＝n的取法有6种，∴所求概率P＝636＝16。
2017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 9.2 排列与组合课件 理
(2)(2016·南昌模拟)将5名学生分到A，B，C三个宿舍，每个宿舍至少1 人，至多2人，其中学生甲不到A宿舍的不同分法是( A．18种 B．36种 )
C．48种
D．60种
解析 由题意知 A，B，C 三个宿舍中有两个宿舍分到 2 人，另一个 宿舍分到 1 人。若甲被分到 B 宿舍； ①A 中 2 人，B 中 1 人，C 中 2 人，有 C2 4＝6 种分法；
(2)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同。( √ 解析 正确。由组合的概念可知， 该命题是正确的。
m (3)若组合式 Cx n＝Cn ，则 x＝m 成立。( × ) m 解析 错误。由组合数的性质可知当 Cx n＝Cn 时，x＝m 或 x＝n－m。
(4)(n＋1)！－n！＝n·n！( √
)
2 3 C1 3＋C3＋C3＝7 种。
答案 D
3．有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一
个医疗小组，则不同的选法共有( A．60种 C．75种 ) B．70种 D．150种
解析 从 6 名男医生中选出 2 名有 C2 6种选法，从 5 名女医生中选出 1 名有 C1 5种选法，故共有 C 6×5 2 1 C6· C5＝ ×5＝75 2×1 种选法，选 C。
(4)至多有两名女生当选；
【解】 至多有两名女生含有三类：有两名女生、只有一名女生、没
1 4 有女生。故选法为 C2 C3 C8＋C5 5· 8＋C5· 8＝966(种)。
(5)既要有队长，又要有女生当选。
【解】 分两类：第一类女队长当选：C4 12；第二类女队长不当选：
1 3 2 2 3 1 4 C4 · C7＋C4 · C7＋C4 · C7＋C4 。 4 2 2 4 故选法共有 C12 ＋C1 C3 C7＋C3 C1 4· 7＋C4· 4· 7＋C4＝790(种)。
2017届高考数学大一轮总复习 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件 理
试销结束后 (假设该商品的日销售量的分布规律不变 )，设某天开始营
业时有该商品3件，当天营业结束后检查存货，若发现存量少于2件，则当
天进货补充至3件，否则不进货，将频率视为概率。 (1)求当天商店不进货的概率；
解 P(当天商店不进货)＝P(当天商品销售量为 0 件)＋P(当天商品销售 1 5 3 量为 1 件)＝ ＋ ＝ 。 20 20 10
X P
2 1 4
3 3 4
考点三
超几何分布
(2015·天津高考改编)为推动乒乓球运动的发展，某乒乓球
【例 3】
比赛允许不同协会的运动员组队参加。现有来自甲协会的运动员3名，其中
种子选手2名；乙协会的运动员5名，其中种子选手3名。从这8名运动员中 随机选择4人参加比赛。
(1)设A为事件“选出的4人中恰有2名种子选手，且这2名种子选手来自
写出分布列。
变式训练1 (1)随机变量X的分布列如下：
X
P
－1
a
0
b
1
c
2 其中a，b，c成等差数列，则P(|X|＝1)＝________ 。 3
解析
2b＝a＋c， 由题意知 a＋b＋ c＝1，
1 2 则 2b＝1－b，则 b＝ ，a＋ c＝ ， 3 3 2 所以 P(|X|＝1)＝ P(X＝－1)＋ P(X＝1)＝a＋c＝ 。 3
(2)记X为第二天开始营业时该商品的件数，求X的分布列。
解 由题意知，X 的可能取值为 2,3。 5 1 P(X＝2)＝ P(当天商品销售量为 1 件)＝ ＝ ； 20 4 P(X＝3)＝ P(当天商品销售量为 0 件 )＋ P(当天商品销售量为 2 件 )＋ 1 9 5 3 P(当天商品销售量为 3 件)＝ ＋ ＋ ＝ 。所以 X 的分布列为 20 20 20 4
2017版大一轮复习讲义课件 第九章 计数原理、概率、随机变量及其分布 第1讲
第十页，编辑于星期六：三点 七分。
4．(选修 2-3 P10 练习 T1 改编)乘积(a＋b＋c)(d＋e＋f＋h)·(i ＋ j＋ k＋ l＋m )展开后共有 ___6_0____项． 解析：3×4×5＝60.
第十一页，编辑于星期六：三点 七分。
5．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，不同的取法数为___1_5____，从第 1，2，3 层分别 各取 1 本书，不同的取法数为__12_0_____． 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 4＋5＋6＝15.由分步乘法计数原理知，从 1， 2，3 层分别各取 1 本书，不同的取法总数为 4×5×6＝120.
合 2．理解组合的概念及组合数公式，并能利用公式
解决一些简单的实际问题．
二项式定 会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问
理 题．
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．
第二页，编辑于星期六：三点 七分。
A．72 种 C．24 种
B．48 种 D．12 种
第二十五页，编辑于星期六：三点 七分。
[解析](1)由分步乘法计数原理知：用 0，1，…，9 十个数字 组成三位数(可有重复数字)的个数为 9×10×10＝900，组成 没有重复数字的三位数的个数为 9×9×8＝648，则组成有 重复数字的三位数的个数为 900－648＝252. (2)法一：首先涂 A 有 4 种涂法，则涂 B 有 3 种涂法，C 与 A， B 相邻，则 C 有 2 种涂法，D 只与 C 相邻，则 D 有 3 种涂 法，所以共有 4×3×2×3＝72 种涂法．
2017届高考数学大一轮复习第九章计数原理、概率、随机变量及其分布理北师大版
第1课时分类加法计数原理与分步乘法计数原理理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，会用它们分析和解决一些简单的实际问题．1．分类加法计数原理完成一件事，可以有n类办法，在第1类办法中有m1种方法，在第2类办法中有m2种方法，……，在第n类办法中有m n种方法，那么，完成这件事共有N＝m1＋m2＋m3＋…＋m n种方法．(也称加法原理)．2．分步乘法计数原理完成一件事情需要经过n个步骤，缺一不可，做第一步有m1种方法，做第二步有m2种方法，……，做第n步有m n种方法．那么，完成这件事情共有N＝m1×m2×m3×…×m n种方法．(也称乘法原理)3．分类加法计数原理与分步乘法计数原理，都涉及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．[基础自测]1．(教材改编题)由0,1,2,3这四个数字组成的四位数中，有重复数字的四位数共有( )A．238个B．232个C．174个D．168个解析：(用排除法)由0,1,2,3组成的四位数共有3×43＝192(个)，其中无重复数字的四位数共有3A33＝18(个)，故共有192－18＝174(个)．答案：C2．某商场共有4个门，购物者若从一个门进，则必须从另一个门出，则不同走法的种数是( )A．8 B．7C．11 D．12解析：从一个门进有4种选择，从另一个门出有3种选择，共有4×3＝12种走法．答案：D3．某体育彩票规定：从01至36共36个号中抽出7个号为一注，每注2元．某人想从01至10中选3个连续的号，从11至20中选两个连续的号，从21至30中选1个号，从31至36中选1个号组成一注，则这个人把这种特殊要求的号码买全，至少要花( ) A．3 360元B．6 720元C．4 320元D．8 640元解析：从01至10中选3个连续的号有8种情形；从11至20中选两个连续的号有9种情形；从21至30中选1个号有10种情形；从31至36中选1个号有6种情形．由分步乘法计数原理，共有8×9×10×6＝4 320种不同的情形．则至少需花4 320×2＝8 640(元)．答案：D4．有不同的红球8个，不同的白球7个，不同的黄球6个，现从中任取两个不同颜色的球，不同的取法有________种．解析：“取红球、白球各一个”的取法数为8×7＝56(种)；“取红球、黄球各一个”的取法数为8×6＝48(种)；“取白球、黄球各一个”的取法数为7×6＝42(种)．∴“取两个不同颜色的球”的取法数为56＋48＋42＝146(种)．答案：1465．从集合A＝{－2，－1,0,1,2}和B＝{1,2,3,4}中各取一个元素作为直角坐标系中点的坐标，则该点位于第二象限的个数为________．解析：组成第二象限中一个点的坐标，可分两个步骤来完成．第一步从A中取－2，－1中一个数为横坐标，第二步从B中取一个为纵坐标，有4种方法，共有N＝2×4＝8(个)．答案：8考点一分类加法计数原理[例1] 如果正整数a的各位数字之和等于6，那么称a为“好数”(如：6,24,2 013等均为“好数”)，将所有“好数”从小到大排成一列a1，a2，a3，…，若a n＝2 013，则n＝( )A．50 B．51C．52 D．53审题视点 2 013是四位数，故“好数”按四位数，按三大类分首位为0、1、2每一类再分，采用加法原理．解析本题可以把数归为“四位数”(含0 006等)，因此比2 013小的“好数”为0×××，1×××，2 004，共三类数，其中第一类可分为：00××，01××，…，0 600，共7类，共有7＋6＋…＋2＋1＝28个数；第二类可分为：10××，11××，…，1 500，共6类，共有6＋5＋4＋3＋2＋1＝21个数，故2 013为第51个数，故n＝51，选B.答案 B(1)分类加法计数原理的特点①根据问题的特点能确定一个适合于它的分类标准；②完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类．(2)使用分类加法计数原理应注意的问题分类时标准要明确，分类应做到不重不漏．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．3 B．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．答案：D2．满足a ，b ∈{－1,0,1,2}，且关于x 的方程ax 2＋2x ＋b ＝0有实数解的有序数对(a ，b )的个数为( ) A ．14 B ．13 C ．12D ．10解析：若a ＝0，则b ＝－1,0,1,2，此时(a ，b )的取值有4个； 若a ≠0，则方程ax 2＋2x ＋b ＝0有实根，需Δ＝4－4ab ≥0，∴ab ≤1，此时(a ，b )的取值为(－1,0)，(－1,1)，(－1，－1)，(－1,2)，(1,1)，(1,0)，(1，－1)，(2，－1)，(2,0)，共9个． ∴(a ，b )的个数为4＋9＝13. 答案：B考点二 分步乘法计数原理[例2] 将字母a ，a ，b ，b ，c ，c 排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有( ) A ．12种 B ．18种 C ．24种D ．36种审题视点 利用分步乘法计数原理求解．解析 先排第一列，因为每列的字母互不相同，因此共有A 33种不同的排法．再排第二列，其中第二列第一行的字母共有A 12种不同的排法，第二列第二、三行的字母只有1种排法． 因此共有A 33·A 12·1＝12(种)不同的排列方法． 答案 A此类问题，首先将完成这件事的过程分步，然后再找出每一步中的方法有多少种，求其积．注意：各步之间相互联系，依次都完成后，才能做完这件事．简单说使用分步计数原理的原则是步与步之间的方法“相互独立，逐步完成”．1．(2016·山西大同质检)如图所示，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A ，B ，C ，D 中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有( )A ．72种B ．48种C ．24种D ．12种解析：选A.法一：首先涂A 有C 14＝4(种)涂法，则涂B 有C 13＝3(种)涂法，C 与A ，B 相邻，则C 有C 12＝2(种)涂法，D 只与C 相邻，则D 有C13＝3(种)涂法，所以共有4×3×2×3＝72(种)涂法．法二：按要求涂色至少需要3种颜色，故分两类：一是4种颜色都用，这时A有4种涂法，B有3种涂法，C有2种涂法，D有1种涂法，共有4×3×2×1＝24(种)涂法；二是用3种颜色，这时A，B，C的涂法有4×3×2＝24(种)，D只要不与C同色即可，故D有2种涂法．所以不同的涂法共有24＋24×2＝72(种)．答案：A2．(2016·武汉模拟)如图，电路中共有7个电阻与一个电灯A，若灯A不亮，分析因电阻断路的可能性共有多少种情况？解：每个电阻都有断路与通路两种状态，图中从上到下的三条支线，分别记为支线a、b、c，支线a，b中至少有一个电阻断路的情况都有22－1＝3(种)；支线c中至少有一个电阻断路的情况有23－1＝7(种)，每条支线至少有一个电阻断路，灯A就不亮，因此灯A不亮的情况共有3×3×7＝63(种)情况．考点三两个原理的综合应用[例3] (1)如果一个三位数如“a1a2a3”满足a1＜a2＞a3，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么所有凸数的个数为( ) A．240 B．204C．729 D．920(2)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，则不同的涂色种数有________．审题视点(1)先根据中间数分类，再根据两边的数分步．(2)一个思路是顺序涂色，另一种思路是先考虑，所用颜色的多少分类，再看每一类中的涂法．解析(1)分8类，当中间数为2时，有1×2＝2(个)；当中间数为3时，有2×3＝6(个)；当中间数为4时，有3×4＝12(个)；当中间数为5时，有4×5＝20(个)；当中间数为6时，有5×6＝30(个)；当中间数为7时，有6×7＝42(个)；当中间数为8时，有7×8＝56(个)；当中间数为9时，有8×9＝72(个)．故共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．(2)法一：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，(此前三步已经用去三种颜色)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×(1×1＋1×3)＝96(种)．法二：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4×3×2×1＝24种涂法，共有4×24＝96(种)方法．答案(1)A (2)96用两个计数原理解决计数问题时，关键是明确需要分类还是分步．(1)分类要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数，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”，只有完成了所有步骤，才完成任务，根据分布乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数．(3)对于复杂问题，可同时运用两个计数原理或借助列表、画图的方法来帮助分析．1．(2015·高考四川卷)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个解析：分两类进行分析：第一类是万位数字为4，个位数字分别为0,2；第二类是万位数字为5，个位数字分别为0,2,4.当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，共有2A34＝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C13A34＝72个偶数．故符合条件的偶数共有2A34＋C13A34＝120(个)．答案：B2．如图，用5种不同颜色给A、B、C、D四个区域涂色，规定一个区域只涂一种颜色，且相邻区域的颜色不能相同，共有多少种不同的涂色方案？解：法一：分四步．第一步，先涂A区域，有5种不同涂法．第二步，涂B区域，有4种不同涂法．第三步，涂C区域，与A、B均相邻，有3种不同涂法．第四步，涂D区域，与B、C均相邻，有3种不同涂法．根据分步乘法计数原理，共有5×4×3×3＝180种不同涂色方案．法二：根据题意，可分类求解．第一类：用3种颜色涂色，有5×4×3＝60种不同涂法．第二类：用4种颜色涂色，有5×4×3×2＝120种不同涂法．根据分类加法计数原理，共有60＋120＝180种不同涂色方案．对“至多”与“至少”的理解出现偏差致误[典例] 用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有________个(用数字作答)．解题指南先求出所有的四位数的个数，再去掉不满足条件的．解析用数字2,3可以组成24＝16个四位数．其中，只出现数字2可构成1个四位数，只出现数字3可构成1个四位数，故数字2,3至少都出现一次的四位数共有16－1－1＝14(个)．答案14创新点评在解答本题时有以下两点误区：(1)没有准确理解题意，把四位数全部是2或全部是3的情况计算在内，从而导致错解．(2)不能选择间接法处理问题，而是直接求解，造成计算过程复杂，从而出错．易错警示(1)加强对两个原理的理解：“类”与“类”之间的独立，“步”与“步”之间的连续．(2)解决问题时一定要明确是先分类还是先分步，“分类则加，分步则乘”．层次要分明，先后要有序，不重不漏．(3)有重复元素的问题往往用两个计数原理来解决优于直接用排列组合知识来解决．(4)比较复杂的问题，恰当地画出示意图或列出表格，会使问题的表述更直观，理解更深刻，解决更准确快捷．1．两个原理的联系与区别两个原理都是对完成一件事的方法种数而言的．区别在于：(1)分类加法计数原理是“分类”，分步乘法计数原理是“分步”；(2)分类加法计数原理中每类方法中的每一种方法都能独立完成一件事，分步乘法计数原理中每步中每种方法都只能做这件事的一步，不能独立完成这件事．2．对于较复杂的事件计数时有时要两个原理交替使用，即先分类再分步或分步中再分类．课时规范训练[A级基础演练]1．(2016·温州模拟)由0,1,2,3，…，9十个数字和一个虚数单位i，可以组成虚数的个数为( )A．100 B．10C．9 D．90解析：第一步：先确定实部，可从0,1,2,3，…，9这10个数字中任取一个共10种取法．第二步：确定虚部，可从1,2,3，…，9中任取一个共9种取法．由分步乘法计数原理得共可组成虚数的个数为10×9＝90.答案：D2．把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有( )A．A34种B．C34种C．43种D．34种解析：第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱也有4种投法；第3封信投到信箱也有4种投法．只要把这3封信投完，就做完了这件事情，由分步计数原理可得共有43种方法，故选C.答案：C3．(2014·高考福建卷)用a代表红球，b代表蓝球，c代表黑球．由加法原理及乘法原理，从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1＋a)(1＋b)的展开式1＋a＋b＋ab表示出来，如：“1”表示一个球都不取，“a”表示取出一个红球，而“ab”则表示把红球和蓝球都取出来．依次类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是( )A．(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5B．(1＋a5)(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c)5C．(1＋a)5(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c5)D．(1＋a5)(1＋b)5(1＋c＋c2＋c3＋c4＋c5)解析：由题意可知：5个无区别的红球取出若干球可表示为1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5；5个无区别的蓝球都取出或都不取出可表示为1＋b5；5个有区别的黑球取出若干球可表示为(1＋c)(1＋c)(1＋c)(1＋c)(1＋c)＝(1＋c)5.由乘法原理可得所有取法可表示为(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)·(1＋c)5.故选A.答案：A4．学校的一次运动会上，甲、乙、丙三个同学争夺跳高、跳远二项冠军，且每一项冠军只能给一人，则冠军不同的得法种数为________．解析：跳高冠军可以给甲、乙、丙有三种方法，同样，跳远的冠军也有三种给法，共有3×3＝9.答案：95．(2014·高考浙江卷)在8张奖券中一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有________种(用数字作答)．解析：将8张奖券分4组，再分配给4个人．把8张奖券分4组有两种分法，一种是分(一等奖，无奖)、(二等奖，无奖)、(三等奖，无奖)、(无奖，无奖)四组，分给4人有A44种分法；另一种是一组两个奖，一组只有一个奖，另两组无奖，共有C23种分法，再分给4人有C23A24种分法，所以不同获奖情况种数为A44＋C23A24＝24＋36＝60.答案：606．(2016·抚顺模拟)已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)表示平面上的点(a，b∈M)，P可表示平面上__________个第二象限的点．解析：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(个)．答案：67．三个比赛项目，六人报名参加．(1)每人参加一项，有多少种不同的报名方法？(2)每项1人且每人至多参加一项，有多少种不同的报名方法？(3)每项1人，且每人参加项数不限，有多少种不同的报名方法？解：(1)每人都可以从三个比赛项目中选一项，有3种方法，六个人共有36＝729种不同的报名方法．(2)每项1人且每人至多参加一项，则第一项有6种选人方法，第二项有5种选人方法，第三项有4种选人方法．由分步乘法计数原理知，共有6×5×4＝120种不同的报名方法．(3)每个项目都可以从六个人中选1人作为参加者，有6种不同的选法，三个项目共有63＝216种不同的报名方法．[B级能力突破]1．(2015·襄阳模拟)只用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须同时使用，且同一数字不能相邻出现，这样的四位数有( ) A．6个B．9个C．18个D．36个解析：由题意，知1,2,3中必有某一个数字使用2次．第一步确定谁被使用2次，有3种方法；第二步把这2个相同的数放在四位数不相邻的两个位置上，也有3种方法；第三步将余下的2个数放在四位数余下的2个位置上，有2种方法，故共可组成3×3×2＝18(个)不同的四位数．答案：C2．(2014·高考大纲全国卷)有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有( ) A．60种B．70种C．75种D．150种解析：由题意知，选2名男医生、1名女医生的方法有C26C15＝75(种)．答案：C3．(2016·汕头模拟)如图，用6种不同的颜色把图中A，B，C，D四块区域分开，若相邻区域不能涂同一颜色，则不同的涂法共有( )A．400种B．460种C．480种D．496种解析：涂A有6种方法，涂B有5种方法，涂C有4种方法，涂D有4种方法，共有6×5×4×4＝480.答案：C4．从集合U＝{a，b，c，d}的子集中选出4个不同的子集，需同时满足以下两个条件：(1)∅，U都不要选出；(2)对选出的任意两个子集A和B，必有A⊆B或A⊇B.那么，共有________种不同的选法．解析：将选法分成两类．第一类：其中一个是单元素集合，则另一集合为两个或三个元素且含有单元素集合中的元素，有C14×6＝24(种)．第二类：其中一个是两个元素集合，则另一个是含有这两个元素的三元素集合，有C24×2＝12(种)．综上共有24＋12＝36(种)．答案：365．(2016·石家庄市模拟)为举办校园文化节，某班推荐2名男生、3名女生参加文艺技能培训，培训项目及人数分别为：乐器1人，舞蹈2人，演唱2人，每人只参加一个项目，并且舞蹈和演唱项目必须有女生参加，则不同的推荐方案的种数为________．(用数字作答) 解析：若参加乐器培训的是女生，则各有1名男生及1名女生分别参加舞蹈和演唱培训，共有3×2×2＝12种方案；若参加乐器培训的是男生，则各有1名男生、1名女生及2名女生分别参加舞蹈和演唱培训，共有2×3×2＝12种方案，所以共有24种推荐方案．答案：246．(2016·黄冈模拟)有4位同学在同一天的上、下午参加“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、“握力”、“台阶”五个项目的测试，每位同学上、下午各测试一个项目，且不重复．若上午不测“握力”项目，下午不测“台阶”项目，其余项目上、下午都各测试一人．则不同的安排方式共有____________种(用数字作答)．解析：记4位同学分别为：A、B、C、D.则上午共有4×3×2×1＝24种安排方式．不妨先假定上午如表格所示安排方式，则下午可如下安排：BADC、BCAD24×11＝264(种)安排方式．答案：2647．已知集合A＝{a1，a2，a3，a4}，B＝{0,1,2,3}，f是从A到B的映射．(1)若B中每一元素都有原像，这样不同的f有多少个？(2)若B中的元素0必无原像，这样的f有多少个？(3)若f满足f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋f(a4)＝4，这样的f又有多少个？解：(1)显然对应是一一对应的，即为a1找像有4种方法，a2找像有3种方法，a3找像有2种方法，a4找像有1种方法，所以不同的f共有4×3×2×1＝24(个)．(2)0必无原像，1,2,3有无原像不限，所以为A中每一元素找像时都有3种方法．所以不同的f共有34＝81(个)．(3)分为如下四类：第一类：A中每一元素都与1对应，有1种方法；第二类：A中有两个元素对应1，一个元素对应2，另一个元素与0对应，有C24·C12＝12种方法；第三类：A中有两个元素对应2，另两个元素对应0，有C24·C22＝6种方法；第四类：A中有一个元素对应1，一个元素对应3，另两个元素与0对应，有C14·C13＝12种方法．所以不同的f共有1＋12＋6＋12＝31(个)．第2课时 排列与组合1．理解排列、组合的概念．2．能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式． 3．能利用排列与组合解决简单的实际问题．排列数公式A mn ＝n (n －1)(n －2)…(n －m ＋1)＝n ！n －m ！组合数公式C m n＝A mn A m m＝n n －n －m ＋m ！＝n ！m ！n －m ！[基础自测] 1．(教材改编题)式子m m ＋m ＋m ＋20！可表示为( )A ．A 20m ＋20 B ．C 20m ＋20C ．21C 20m ＋20D ．21C 21m ＋20解析：原式＝21×m m ＋m ＋m ＋21！＝21C 21m ＋20，故选D.答案：D2．计划在某画廊展出10幅不同的画，其中1幅水彩画、4幅油画、5幅国画，排成一行陈列，要求同一品种的画必须连在一起，并且水彩画不放在两端，那么不同陈列方式有( )A ．A 44·A 55种 B ．A 33·A 44·A 55种 C ．A 13·A 44·A 55种D ．A 22·A 44·A 55种解析：捆绑法：4幅油画的不同陈列方式有A 44种；5幅国画的陈列方式有A 55种，1幅水彩画只能陈列在中间位置，这样油画和国画的陈述方式又有A 22种．根据分步乘法计数原理，画展的不同陈列方式有A 22·A 44·A 55种．答案：D3．将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同分法的种数为( )A ．18B ．24C ．30D ．36解析：四名学生中有两名学生分在一个班的种数是C 24，顺序有A 33种，而甲、乙被分在同一个班的种数为A 33，所以种数是C 24A 33－A 33＝30.故选C.答案：C4．有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、丙各需要1人承担，现从10人中选出4人承担这三项任务，不同的选法共有________种． 解析：先从10人中选出2人承担甲任务，有C 210种选法；再从余下的8人中选出2人分别承担乙、丙任务，有A 28种选法；则共有C 210A 28＝2 520种选法．答案：2 5205．某学校开设A 类选修课3门，B 类选修课4门，一位同学从中共选3门，若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有________种．(用数字作答)．解析：选法可分两类，A 类选修课选1门，B 类选修课选2门，或者A 类选修课选2门，B 类选修课选1门，因此，共有C 13·C 24＋C 23·C 14＝30(种)选法．答案：30考点一 排列数、组合数公式的应用[例1] (1)组合数C rn (n ＞r ≥1，n 、r ∈N ＋)恒等于( ) A.r ＋1n ＋1C r －1n －1 B ．(n ＋1)(r ＋1)C r －1n －1 C ．nr C r －1n －1D.n rC r －1n －1(2)若A x 9＝6A x －29，则x ＝________. (3)C n －12n －3＋C 2n －3n ＋1＝________.审题视点 (1)(2)利用排列数和组合数的公式及意义求解，(3)中注意n 的取值范围． 解析 (1)C rn ＝n ！r ！n －r ！＝n r·n －！r －！n －－r －！＝nrC r －1n －1. (2)原方程即9！－x ！＝6×9！－x ！，也就是1－x ！＝6－x－x－x ！，化简得x 2－21x ＋104＝0， 解得x ＝8或x ＝13， 又因为2≤x ≤9，且x ∈N ， 所以x ＝8.(3)若C n －12n －3＋C 2n －3n ＋1有意义， 则⎩⎪⎨⎪⎧0≤n －1≤2n －30≤2n －3≤n ＋1，解得2≤n ≤4.n ∈N ＋当n ＝2时，有C 11＋C 13＝4；当n ＝3时，有C 23＋C 34＝7； 当n ＝4时，有C 35＋C 55＝11. 答案 (1)D (2)8 (3)4或7或111．在排列数、组合数计算过程中要注意阶乘的运算及组合数性质的运用，注意含有排列数或组合数的方程都是在某个正整数范围内求解． 2．应注意C x n ＝C yn ⇔x ＝y 或x ＋y ＝n 两种情况．1．解方程：C x 2＋3x ＋216＝C 5x ＋516. 解：∵C x 2＋3x ＋216＝C 5x ＋516，∴x 2＋3x ＋2＝5x ＋5或(x 2＋3x ＋2)＋(5x ＋5)＝16， 即x 2－2x －3＝0或x 2＋8x －9＝0， ∴x ＝－1或x ＝3或x ＝－9或x ＝1. 经检验x ＝3或x ＝－9不合题意，舍去， 故原方程的解是x 1＝－1，x 2＝1. 2．解不等式：x C x －2x ＋1≤2C x －1x ＋1.解：由组合数的意义可知：⎩⎪⎨⎪⎧0≤x －2≤x ＋1，0≤x －1≤x ＋1，得x ≥2.原不等式可化为：x ·x ＋！x －！·3！≤2·x ＋！x －！·2！，∴x 6≤1x －1，∴x 2－x －6≤0. ∴－2≤x ≤3，又x ≥2，∴2≤x ≤3，而x ∈N ＋， ∴x ＝2或x ＝3，∴原不等式的解集为{2,3}．考点二 排列问题的应用[例2] 有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数． (1)选5人排成一排；(2)排成前后两排，前排3人，后排4人； (3)全体排成一排，甲不站排头也不站排尾； (4)全体排成一排，女生必须站在一起； (5)全体排成一排，男生互不相邻．审题视点 本题是排队问题，以人或以位置分析其特殊性、优先考虑，选取合适的方法：捆绑法、插空法、间接法等． 解析 (1)从7人中选5人排列，有A 57＝7×6×5×4×3＝2 520(种)．(2)分两步完成，先选3人站前排，有A 37种方法，余下4人站后排，有A 44种方法，共有A 37·A 44＝5 040(种)． (3)法一：(特殊元素优先法)先排甲，有5种方法，其余6人有A 66种排列方法，共有5×A 66＝3 600(种)．法二：(特殊位置优先法)首尾位置可安排另6人中的两人，有A 26种排法，其他有A 55种排法，共有A 26A 55＝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A 44种方法，再将女生全排列，有A 44种方法，共有A 44·A 44＝576(种)． (5) (插空法)先排女生，有A 44种方法，再在女生之间及首尾5个空位中任选3个空位安排男生，有A 35种方法，共有A 44·A 35＝1 440(种)．解决排列类应用题时，对于相邻问题，常用“捆绑法”；对于不相邻问题，常用“插空法”(特殊元素后考虑)；对于“在”与“不在”的问题，常常使用“直接法”或“排除法”(特殊元素先考虑)．1．(2015·高考广东卷)某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，那么全班共写了________条毕业留言．(用数字作答)解析：根据排列数公式求解． A 240＝40×39＝1 560. 答案：1 5602．(2014·高考重庆卷)某次联欢会要安排3个歌舞类节目，2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是( )A．72 B．120C．144 D．168解析：因为同类节目不相邻，故可用插空法求解．先安排小品节目和相声节目，然后让歌舞节目去插空．安排小品节目和相声节目的顺序有三种：“小品1，小品2，相声”“小品1，相声，小品2”和“相声，小品1，小品2”．对于第一种情况，形式为“□小品1歌舞1小品2□相声□”，有A22C13A23＝36(种)安排方法；同理，第三种情况也有36种安排方法，对于第二种情况，三个节目形成4个空，其形式为“□小品1□相声□小品2□”，有A22A34＝48(种)安排方法，故共有36＋36＋48＝120(种)安排方法．答案：B考点三组合问题的应用[例3] “抗震救灾，众志成城”，在我国“四川5·12”抗震救灾中，某医院从10名医疗专家中抽调6名奔赴赈灾前线，其中这10名医疗专家中有4名是外科专家．问：(1)抽调的6名专家中恰有2名是外科专家的抽调方法有多少种？(2)至少有2名外科专家的抽调方法有多少种？(3)至多有2名外科专家的抽调方法有多少种？审题视点分清“恰有”、“至少”、“至多”的含义，正确地分类或分步解决．解(1)分步：首先从4名外科专家中任选2名，有C24种选法，再从除外科专家外的6人中选取4人，有C46种选法，所以共有C24·C46＝90种抽调方法．(2)“至少”的含义是不低于，有两种解答方法．法一(直接法)：按选取的外科专家的人数分类：①选2名外科专家，共有C24·C46种选法；②选3名外科专家，共有C34·C36种选法；③选4名外科专家，共有C44·C26种选法．根据分类加法计数原理，共有C24·C46＋C34·C36＋C44·C26＝185种抽调方法．法二(间接法)：不考虑是否有外科专家，共有C610种选法，考虑选取1名外科专家参加，有C14·C56种选法；没有外科专家参加，有C66种选法，所以共有C610－C14C56－C66＝185种抽调方法．(3)“至多2名”包括“没有”、“有1名”、“有2名”三种情况，分类解答．①没有外科专家参加，有C66种选法；②有1名外科专家参加，有C14·C56种选法．③有2名外科专家参加，有C24·C46种选法．所以共有C66＋C14·C56＋C24·C46＝115种抽调方法．解答有限制条件的组合问题的基本方法是“直接法”和“间接法(排除法)”，其中用直接法求解时，应坚持“特殊元素优先选取”的原则，优先安排特殊元素的选取，再安排其他元素的选取．而选择间接法的原则是“正难则反”，也就是若正面问题分类较多、较复杂或计算量较大，。
2017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 9.4 随机事件的概率课件 理
5．给出下列三个命题： ①有一大批产品，已知次品率为 10%，从中任取 100 件，必有 10 件是 次品；
解析 错，不一定是 10 件次品；
3 ②做 7 次抛硬币的试验，结果 3 次出现正面，因此正面出现的概率是 ； 7 3 解析 错， 是频率而非概率； 7 ③随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率。其中错误的命
(2)(2016·洛阳模拟)经统计，在某储蓄所一个营业窗口等候的人数相应
的概率如下： 排队人数 概率 【解】 0 0.1 1 0.16 2 0.3 3 0.3 4 0.1 5人及5人以上 0.04
求：①至多2人排队等候的概率是多少？ 记“无人排队等候 ”为事件 A，“1人排队等候 ”为事件B，
“2人排队等候”为事件 C，“3人排队等候”为事件D，“4人排队等候”
) )
解析 正确。两个事件的和事件是指两个事件至少有一个发生。 (5)对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件。( √ 解析 正确。由对立事件和互斥事件的定义可知，对立事件一定是互
斥事件，互斥事件不一定是对立事件。
[练一练]
1．下列事件中，随机事件的个数为( ) ①物体在只受重力的作用下会自由下落；
【解析】 解法一：由题意知基本事件总数为 24＝16，
2 C4 对 4 名同学平均分组共有 2＝3(种 )， A2
对 4 名同学按 1,3 分组共有 C1 4种，
1 2 所以周六、周日都有同学参加共有 3×A2 2 ＋ C4A2＝14(种 )。
14 7 所以古典概型得所求概率为 ＝ 。 16 8 解法二：周六没有同学参加公益活动即 4 位同学均在周日参加公益活动， 此时只有一种情况；同理周日没有同学参加公益活动也只有一种情况，所以周 14 六、周日均有同学参加公益活动的情况共有 16－2＝14(种)。故所求概率为 ＝ 16 7 。故选 D。 8 【答案】 D
2017届高考数学大一轮复习 第九章 计数原理、概率、随机变量及其分布 第4课时 随机事件的概率课件
求概率的关键是分清所求事件是由哪些事件组成的，求解时 通常有两种方法：
(1)将所求事件转化成几个彼此互斥的事件的和事件，利用概 率加法公式求解概率；
x 1 534
＝
28 254
，解得
x≈169.故这批米内夹谷约为169石．
答案：B
2．(2015·高考陕西卷)随机抽取一个年份，对西安市该年4月 份的天气情况进行统计，结果如下： 日期 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 天气 晴 雨 阴 阴 阴 雨 阴 晴 晴 晴 阴 晴 晴 晴 晴
答案：C
2．(2015·高考湖南卷)某商场举行有奖促销活动，顾客购买 一定金额的商品后即可抽奖．抽奖方法是：从装有2个红球A1， A2和1个白球B的甲箱与装有2个红球a1，a2和2个白球b1，b2的乙箱 中，各随机摸出1个球．若摸出的2个球都是红球则中奖，否则不 中奖．
(1)用球的标号列出所有可能的摸出结果； (2)有人认为：两个箱子中的红球比白球多，所以中奖的概率 大于不中奖的概率．你认为正确吗？请说明理由．
答案：23
考点一 随机事件的频率与概率 [例1] 假设甲乙两种品牌的同类产品在某地区市场上销售量 相等，为了解他们的使用寿命，现从这两种品牌的产品中分别随 机抽取100个进行测试，结果统计如下：
(1)估计甲品牌产品寿命小于200小时的概率； (2)这两种品牌产品中，某个产品已使用了200小时，试估计 该产品是甲品牌的概率． 审题视点 从频数分布图中，读出寿命小于200小时，或大 于200小时的频数，用频率估计概率．
2017届高考数学大一轮复习 第九章 计数原理、概率、随机变量及其分布 9.1 分类加法计数原理与分
第九章计数原理、概率、随机变量及其分布 9.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理课时规范训练理北师大版[A级基础演练]1．(2016·温州模拟)由0,1,2,3，…，9十个数字和一个虚数单位i，可以组成虚数的个数为( )A．100 B．10C．9 D．90解析：第一步：先确定实部，可从0,1,2,3，…，9这10个数字中任取一个共10种取法．第二步：确定虚部，可从1,2,3，…，9中任取一个共9种取法．由分步乘法计数原理得共可组成虚数的个数为10×9＝90.答案：D2．把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有( )A．A34种B．C34种C．43种D．34种解析：第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱也有4种投法；第3封信投到信箱也有4种投法．只要把这3封信投完，就做完了这件事情，由分步计数原理可得共有43种方法，故选C.答案：C3．(2014·高考福建卷)用a代表红球，b代表蓝球，c代表黑球．由加法原理及乘法原理，从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1＋a)(1＋b)的展开式1＋a＋b ＋ab表示出来，如：“1”表示一个球都不取，“a”表示取出一个红球，而“ab”则表示把红球和蓝球都取出来．依次类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是( )A．(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5B．(1＋a5)(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c)5C．(1＋a)5(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c5)D．(1＋a5)(1＋b)5(1＋c＋c2＋c3＋c4＋c5)解析：由题意可知：5个无区别的红球取出若干球可表示为1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5；5个无区别的蓝球都取出或都不取出可表示为1＋b5；5个有区别的黑球取出若干球可表示为(1＋c)(1＋c)(1＋c)(1＋c)(1＋c)＝(1＋c)5.由乘法原理可得所有取法可表示为(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)·(1＋c)5.故选A.答案：A4．学校的一次运动会上，甲、乙、丙三个同学争夺跳高、跳远二项冠军，且每一项冠军只能给一人，则冠军不同的得法种数为________．解析：跳高冠军可以给甲、乙、丙有三种方法，同样，跳远的冠军也有三种给法，共有3×3＝9.答案：95．(2014·高考浙江卷)在8张奖券中一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有________种(用数字作答)．解析：将8张奖券分4组，再分配给4个人．把8张奖券分4组有两种分法，一种是分(一等奖，无奖)、(二等奖，无奖)、(三等奖，无奖)、(无奖，无奖)四组，分给4人有A44种分法；另一种是一组两个奖，一组只有一个奖，另两组无奖，共有C23种分法，再分给4人有C23A24种分法，所以不同获奖情况种数为A44＋C23A24＝24＋36＝60.答案：606．(2016·抚顺模拟)已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)表示平面上的点(a，b∈M)，P可表示平面上__________个第二象限的点．解析：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(个)．答案：67．三个比赛项目，六人报名参加．(1)每人参加一项，有多少种不同的报名方法？(2)每项1人且每人至多参加一项，有多少种不同的报名方法？(3)每项1人，且每人参加项数不限，有多少种不同的报名方法？解：(1)每人都可以从三个比赛项目中选一项，有3种方法，六个人共有36＝729种不同的报名方法．(2)每项1人且每人至多参加一项，则第一项有6种选人方法，第二项有5种选人方法，第三项有4种选人方法．由分步乘法计数原理知，共有6×5×4＝120种不同的报名方法．(3)每个项目都可以从六个人中选1人作为参加者，有6种不同的选法，三个项目共有63＝216种不同的报名方法．[B级能力突破]1．(2015·襄阳模拟)只用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须同时使用，且同一数字不能相邻出现，这样的四位数有( )A．6个B．9个C．18个D．36个解析：由题意，知1,2,3中必有某一个数字使用2次．第一步确定谁被使用2次，有3种方法；第二步把这2个相同的数放在四位数不相邻的两个位置上，也有3种方法；第三步将余下的2个数放在四位数余下的2个位置上，有2种方法，故共可组成3×3×2＝18(个)不同的四位数．答案：C2．(2014·高考大纲全国卷)有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有( )A．60种B．70种C．75种D．150种解析：由题意知，选2名男医生、1名女医生的方法有C26C15＝75(种)．答案：C3．(2016·汕头模拟)如图，用6种不同的颜色把图中A，B，C，D四块区域分开，若相邻区域不能涂同一颜色，则不同的涂法共有( )A．400种B．460种C．480种D．496种解析：涂A有6种方法，涂B有5种方法，涂C有4种方法，涂D有4种方法，共有6×5×4×4＝480.答案：C4．从集合U＝{a，b，c，d}的子集中选出4个不同的子集，需同时满足以下两个条件：(1)∅，U都不要选出；(2)对选出的任意两个子集A和B，必有A⊆B或A⊇B.那么，共有________种不同的选法．解析：将选法分成两类．第一类：其中一个是单元素集合，则另一集合为两个或三个元素且含有单元素集合中的元素，有C14×6＝24(种)．第二类：其中一个是两个元素集合，则另一个是含有这两个元素的三元素集合，有C24×2＝12(种)．综上共有24＋12＝36(种)．答案：365．(2016·石家庄市模拟)为举办校园文化节，某班推荐2名男生、3名女生参加文艺技能培训，培训项目及人数分别为：乐器1人，舞蹈2人，演唱2人，每人只参加一个项目，并且舞蹈和演唱项目必须有女生参加，则不同的推荐方案的种数为________．(用数字作答) 解析：若参加乐器培训的是女生，则各有1名男生及1名女生分别参加舞蹈和演唱培训，共有3×2×2＝12种方案；若参加乐器培训的是男生，则各有1名男生、1名女生及2名女生分别参加舞蹈和演唱培训，共有2×3×2＝12种方案，所以共有24种推荐方案．答案：246．(2016·黄冈模拟)有4位同学在同一天的上、下午参加“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、“握力”、“台阶”五个项目的测试，每位同学上、下午各测试一个项目，且不重复．若上午不测“握力”项目，下午不测“台阶”项目，其余项目上、下午都各测试一人．则不同的安排方式共有____________种(用数字作答)．解析：记4位同学分别为：A、B、C、D.则上午共有4×3×2×1＝24种安排方式．不妨先假定上午如表格所示安排方式，、DCAB、DCBA，共11种安排方式．因此，全天共有24×11＝264(种)安排方式．答案：2647．已知集合A＝{a1，a2，a3，a4}，B＝{0,1,2,3}，f是从A到B的映射．(1)若B中每一元素都有原像，这样不同的f有多少个？(2)若B中的元素0必无原像，这样的f有多少个？(3)若f满足f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋f(a4)＝4，这样的f又有多少个？解：(1)显然对应是一一对应的，即为a1找像有4种方法，a2找像有3种方法，a3找像有2种方法，a4找像有1种方法，所以不同的f共有4×3×2×1＝24(个)．(2)0必无原像，1,2,3有无原像不限，所以为A中每一元素找像时都有3种方法．所以不同的f共有34＝81(个)．(3)分为如下四类：第一类：A中每一元素都与1对应，有1种方法；第二类：A中有两个元素对应1，一个元素对应2，另一个元素与0对应，有C24·C12＝12种方法；第三类：A中有两个元素对应2，另两个元素对应0，有C24·C22＝6种方法；第四类：A中有一个元素对应1，一个元素对应3，另两个元素与0对应，有C14·C13＝12种方法．所以不同的f共有1＋12＋6＋12＝31(个)．百度文库是百度发布的供网友在线分享文档的平台。
[配套K12]2017届高考数学大一轮复习 第九章 计数原理、概率、随机变量及其分布 9.5 古典概
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【高考领航】2017届高考数学大一轮复习 第九章 计数原理、概率、随机变量及其分布 9.5 古典概型课时规范训练 理 北师大版[A 级 基础演练]1．下课后教室里最后还剩下2位男同学和2位女同学，如果没有2位同学一块走，则第二位走的是男同学的概率是( )A.12 B ．13 C.14D.15解析：每个同学均可能在第二位走，故共有4种情况，而男同学有2个，故所求概率为P ＝24＝12，故选A.答案：A2．(2016·山西质检)一枚质地均匀的正方体骰子，六个面上分别刻着1点至6点，甲、乙二人各掷骰子一次，则甲掷得的向上的点数比乙大的概率为( )A.29B.14C.512D.12解析：甲、乙二人各掷骰子一次共有36种情况，其中甲掷得的向上的点数比乙大的有：(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(3,1)，(3,2)，(2,1)，15种，所以所求概率为1536＝512，故选C.答案：C3．有4条线段，长度分别为1,3,5,7，从这四条线段中任取三条，则所取三条线段能构成一个三角形的概率是( )A.14B.13C.12D.25解析：从四条线段中任取三条，基本事件有(1,3,5)，(1,5,7)，(1,3,7)，(3,5,7)，共4种，能构成三角形的只有(3,5,7)这一个基本事件，故由概率公式得所取三条线段能构成三角形的概率P ＝14.答案：A4．(2015·高考江苏卷)袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球．从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为________．解析：4只球分别记为白、红、黄1、黄2，则从中一次摸出2只球所有可能的情况有：白红、白黄1、白黄2、红黄1、红黄2、黄1黄2，共有6种情况，其中2只球颜色不同的有5种，故P ＝56.答案：565．(2015·南京模拟)在集合A ＝{2,3}中随机取一个元素m ，在集合B ＝{1,2,3}中随机取一个元素n ，得到点P (m ，n )，则点P 在圆x 2＋y 2＝9内部的概率为________．解析： 由题意得到的P (m ，n )有(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，共6个，在圆x 2＋y 2＝9的内部的点有(2,1)，(2,2)，所以概率为26＝13.答案：136．(2014·高考江苏卷)从1,2,3,6这4个数中一次随机地取2个数，则所取2个数的乘积为6的概率是________．解析：取两个数的所有情况有：(1,2)，(1,3)，(1,6)，(2,3)，(2,6)，(3,6)，共6种情况．乘积为6的情况有：(1,6)，(2,3)，共2种情况． 所求事件的概率为26＝13.答案：137．(2016·莱芜模拟)中国共产党第十八次全国代表大会期间，某报刊媒体要选择两名记者去进行专题采访，现有记者编号分别为1,2,3,4,5的五名男记者和编号分别为6,7,8,9的四名女记者．要从这九名记者中一次随机选出两名，每名记者被选到的概率是相等的，用符号(x ，y )表示事件“抽到的两名记者的编号分别为x 、y ，且x <y ”．(1)共有多少个基本事件？并列举出来；(2)求所抽取的两名记者的编号之和小于17但不小于11或都是男记者的概率． 解：(1)共有36个基本事件，列举如下：(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(1,7)，(1,8)，(1,9)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(2,7)，(2,8)，(2,9)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(3,7)，(3,8)，(3,9)，(4,5)，(4,6)，(4,7)，(4,8)，(4,9)，(5,6)，(5,7)，(5,8)，(5,9)，(6,7)，(6,8)，(6,9)，(7,8)，(7,9)，(8,9)，共36个．(2)记事件“所抽取的记者的编号之和小于17但不小于11”为事件A ，即事件A 为“x ，y ∈{1,2,3,4,5,6,7,8,9}，且11≤x ＋y <17，其中x <y ”，由(1)可知事件A 共含有15个基本事件，列举如下：(2,9)，(3,8)，(3,9)，(4,7)，(4,8)，(4,9)，(5,6)，(5,7)，(5,8)，(5,9)，(6,7)，(6,8)，(6,9)，(7,8)，(7,9)，共15个．“都是男记者”记作事件B ，则事件B 为“x <y ≤5”，包含：(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)，共10个．故P (A )＋P (B )＝1536＋1036＝2536.8．一个盒子里装有三张卡片，分别标记有数字1,2,3，这三张卡片除标记的数字外完全相同．随机有放回地抽取3次，每次抽取1张，将抽取的卡片上的数字依次记为a ，b ，c .(1)求“抽取的卡片上的数字满足a ＋b ＝c ”的概率； (2)求“抽取的卡片上的数字a ，b ，c 不完全相同”的概率．解：(1)由题意知，(a ，b ，c )所有的可能为(1,1,1)，(1,1,2)，(1,1,3)，(1,2,1)，(1,2,2)，(1,2,3)，(1,3,1)，(1,3,2)，(1,3,3)，(2,1,1)，(2,1,2)，(2,1,3)，(2,2,1)，(2,2,2)，(2,2,3)，(2,3,1)，(2,3,2)，(2,3,3)，(3,1,1)，(3,1,2)，(3,1,3)，(3,2,1)，(3,2,2)，(3,2,3)，(3,3,1)，(3,3,2)，(3,3,3)，共27种．设“抽取的卡片上的数字满足a ＋b ＝c ”为事件A ， 则事件A 包括(1,1,2)，(1,2,3)，(2,1,3)，共3种． 所以P (A )＝327＝19.因此，“抽取的卡片上的数字满足a ＋b ＝c ”的概率为19.(2)设“抽取的卡片上的数字a ，b ，c 不完全相同”为事件B ，则事件B 包括(1,1,1)，(2,2,2)，(3,3,3)，共3种．所以P (B )＝1－P (B )＝1－327＝89.因此，“抽取的卡片上的数字a ，b ，c 不完全相同”的概率为89.[B 级 能力突破]1．(2014·高考陕西卷)从正方形四个顶点及其中心这5个点中，任取2个点，则这2个点的距离不小于该正方形边长的概率为( )A.15B.25C.35D.45解析：取两个点的所有情况为C 25＝10，所有距离不小于正方形边长的情况有6种，概率为610＝35.故选C.答案：C2．(2016·河南商丘一模)已知函数f (x )＝13x 3＋ax 2＋b 2x ＋1，若a 是从1,2,3三个数中任取的一个数，b 是从0,1,2三个数中任取的一个数，则该函数有两个极值点的概率为( )A.79 B.13 C.59D.23解析：f ′(x )＝x 2＋2ax ＋b 2，要使函数f (x )有两个极值点，则有Δ＝(2a )2－4b 2>0，即a 2>b 2.由题意知所有的基本事件有9个，即(1,0)，(1,1)，(1,2)，(2,0)，(2,1)，(2,2)，(3,0)，(3,1)，(3,2)，其中第一个数表示a 的取值，第二个数表示b 的取值．满足a 2>b 2的有6个基本事件，即(1,0)，(2,0)，(2,1)，(3,0)，(3,1)，(3,2)，所以所求事件的概率为69＝23.答案：D3．设集合A ＝{1,2}，B ＝{1,2,3}，分别从集合A 和B 中随机取一个数a 和b ，确定平面上的一个点P (a ，b )，记“点P (a ，b )落在直线x ＋y ＝n 上”为事件C n (2≤n ≤5，n ∈N )，若事件C n 的概率最大，则n 的所有可能值为( )A ．3B ．4C ．2和5D ．3和4解析：事件C n 的总事件数为6.只要求出当n ＝2,3,4,5时的基本事件个数即可． 当n ＝2时，落在直线x ＋y ＝2上的点为(1,1)； 当n ＝3时，落在直线x ＋y ＝3上的点为(1,2)、(2,1)； 当n ＝4时，落在直线x ＋y ＝4上的点为(1,3)、(2,2)； 当n ＝5时，落在直线x ＋y ＝5上的点为(2,3)． 显然当n ＝3,4时，事件C n 的概率最大，为13.答案：D4．(2014·高考广东卷)从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中任取七个不同的数，则这七个数的中位数是6的概率为______．解析：从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中任取七个不同的数，基本事件共有C 710＝120(个)，记事件“七个数的中位数为6”为事件A ，则事件A 包含的基本事件的个数为C 36C 33＝20，故所求概率P (A )＝20120＝16.答案：165．(2014·高考江西卷)10件产品中有7件正品，3件次品，从中任取4件，则恰好取到1件次品的概率是________．解析：从10件产品中取4件，共有C 410种取法，取到1件次品的取法为C 13C 37种，由古典概型概率计算公式得P ＝C 13C 37C 410＝3×35210＝12.答案：126．已知k ∈Z ，AB →＝(k,1)，AC →＝(2,4)，若|AB →|≤4，则△ABC 是直角三角形的概率是________．解析：因为|AB →|＝k 2＋1≤4，所以k 2<15.又因为k ∈Z ，所以k ∈{－3，－2，－1,0,1,2,3}，在△ABC 中，BC →＝AC →－AB →＝(2－k,3)．若为直角三角形可得AC →·AB →＝0或AB →·BC →＝0或AC →·BC →＝0，k ＝－2或k ＝3或k ＝－1或k ＝8.满足条件的有3个，所以所求概率为37.答案：377．(2016·杭州模拟)袋中装有黑球和白球共7个，从中任取2个球都是白球的概率为17.现有甲、乙两人从袋中轮流取球，甲先取，乙后取，然后甲再取，…，取后不放回，直到两人中有1人取到白球时即终止．每个球在每一次被取出的机会是等可能的．(1)求袋中原有白球的个数； (2)求取球2次即终止的概率； (3)求甲取到白球的概率．解：(1)设袋中原有n 个白球，从袋中任取2个球都是白球有C 2n ＝n n －2种结果，从袋中任取2个球共有C 27＝21种结果．由题意知17＝n n －221＝n n －42，∴n (n －1)＝6，解得n ＝3或n ＝－2(舍去)， 即袋中原有3个白球．(2)记“取球2次即终止”为事件A ，则P (A )＝C 14C 13A 27＝27.(3)记“甲取到白球”为事件B ，“第i 次取到白球”为事件A i ，i ＝1,2,3,4,5，因为甲先取，所以甲只能在第1次，第3次和第5次取球．所以P (B )＝P (A 1∪A 3∪A 5)＝P (A 1)＋P (A 3)＋P (A 5)＝C 13C 17＋A 24C 13A 37＋A 44C 13A 57＝37＋635＋135＝2235.。
2017届高考数学大一轮复习 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
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时规范训练 理 北师大版[A 级 基础演练]1．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．若抽取的次数为X ，则表示“放回5个红球”事件的是( )A ．X ＝4B ．X ＝5C ．X ＝6D ．X ≤5解析：事件“放回5个红球”表示前5次摸到黑球，且第6次摸到红球，故X ＝6. 答案：C2．(2016·淮安模拟)设某项试验的成功率是失败率的2倍，用随机变量X 去描述1次试验的成功次数，则P (X ＝0)等于( )A ．0 B.12 C.13D.23解析：设失败率为p ，则成功率为2p . ∴X 的分布列为：则“X ＝0”表示试验失败．“X ∴由p ＋2p ＝1得p ＝13，即P (X ＝0)＝13.答案：C3．一批产品共50件，次品率为4%，从中任取10件，则抽到1件次品的概率是( ) A.C 12C 948C 1050 B.C 12C 950C 1050 C.C 12C 1050D.C 948C 1050解析：50件产品中，次品有50×4%＝2件，设抽到的次品数为X ，则抽到1件次品的概率是P (X ＝1)＝C 12C 948C 1050.答案：A4．随机变量X 的分布列P (X ＝k )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫23k，k ＝1,2,3，…，则a 的值为________．解析：由∑k ＝1∞P (X ＝k )＝1，即a ⎣⎢⎡⎦⎥⎤23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋…＝1. ∴a 231－23＝1，解得a ＝12.答案：125．(2016·荆州模拟)一离散型随机变量ξ的概率分布如下表：且E ξ＝1.5，则a －b ＝解析：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧0.1＋a ＋b ＋0.1＝1，0×0.1＋1×a ＋2×b ＋3×0.1＝1.5，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝0.8，a ＋2b ＝1.2，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝0.4，b ＝0.4，∴a －b ＝0.答案：06．随机变量X 的分布列为P (X ＝k )＝Ck k ＋，k ＝1,2,3，C 为常数，则P (0.5＜X ＜2.5)＝________.解析：由P (X ＝1)＋P (X ＝2)＋P (X ＝3)＝1，得C1×2＋C 2×3＋C 3×4＝1，解得C ＝43.∴随机变量X 分布列为：∴P (0.5＜X ＜2.5)＝P (X ＝＝23＋29＝89. 答案：897．(2014·高考北京卷)李明在10场篮球比赛中的投篮情况统计如下(假设各场比赛相互独立)：(2)从上述比赛中随机选择一个主场和一个客场，求李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过0.6的概率；(3)记x 为表中10个命中次数的平均数．从上述比赛中随机选择一场，记X 为李明在这场比赛中的命中次数．比较EX 与x 的大小．(只需写出结论)解析：(1)根据投篮统计数据，在10场比赛中，李明投篮命中率超过0.6的场次有5场，分别是主场2，主场3，主场5，客场2，客场4.所以在随机选择的一场比赛中，李明的投篮命中率超过0.6的概率是0.5.(2)记事件A 为“在随机选择的一场主场比赛中李明的投篮命中率超过0.6”，事件B 为“在随机选择的一场客场比赛中李明的投篮命中率超过0.6”，事件C 为“在随机选择的一个主场和一个客场中，李明的投篮命中率一场超过 0.6，一场不超过0.6.”则C ＝A B ∪A B ，A ，B 独立． 根据投篮统计数据，P (A )＝35，P (B )＝25.P (C )＝P (A B )＋P (A B )＝35×35＋25×25 ＝1325. 所以，在随机选择的一个主场和一个客场中，李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过0.6的概率为1325.(3)EX ＝x .[B 级 能力突破]1．设随机变量X 等可能取值1,2,3，…，n ，如果P (X ＜4)＝0.3，那么( ) A ．n ＝3 B ．n ＝4 C ．n ＝10D ．n ＝9解析：P (X ＜4)＝P (X ＝1)＋P (X ＝2)＋P (X ＝3)＝1n ＋1n ＋1n ＝3n＝0.3，∴n ＝10.答案：C2．若离散型随机变量X 的分布列为：则常数c 的值为( ) A.23或13 B.23 C.13D ．1解析：由⎩⎪⎨⎪⎧9c 2－c ≥0，3－8c ≥0，9c 2－c ＋3－8c ＝1，得c ＝13.答案：C3．(2016·武汉模拟)若某一射手射击所得环数X 的分布列为A ．0.88B ．0.12C ．0.79D ．0.09解析：P (X ≥7)＝P (X ＝7)＋P (X ＝8)＋P (X ＝9)＋P (X ＝10)＝0.09＋0.28＋0.29＋0.22＝0.88.答案：A4.如图所示，A 、B 两点5条连线并联，它们在单位时间内能通过的最大信息量依次为2,3,4,3,2.现记从中任取三条线且在单位时间内通过的最大信息总量为ξ，则P (ξ≥8)＝________.解析：法一：由已知ξ的取值为7,8,9,10， ∵P (ξ＝7)＝C 22C 12C 35＝15，P (ξ＝8)＝C 22C 11＋C 22C 12C 35＝310， P (ξ＝9)＝C 12C 12C 11C 35＝25，P (ξ＝10)＝C 22C 11C 35＝110，∴ξ的概率分布列为∴P (ξ≥8)＝P (ξ＝＝310＋25＋110＝45. 法二：P (ξ≥8)＝1－P (ξ＝7)＝1－C 22C 12C 35＝45.答案：455．从4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛，则所选3人中女生人数不超过1人的概率是________．解析：设所选女生人数为X ，则X 服从超几何分布，其中N ＝6，M ＝2，n ＝3，则P (X ≤1)＝P (X ＝0)＋P (X ＝1)＝C 02C 34C 36＋C 12C 24C 36＝45.答案：456．(2015·南昌调研)设随机变量X 的概率分布列为则P (|X －3|＝1)＝解析：13＋m ＋14＋16＝1，解得m ＝14，P (|X －3|＝1)＝P (X ＝2)＋P (X ＝4)＝14＋16＝512.答案：5127．甲、乙两个篮球运动员互不影响地在同一位置投球，命中率分别为12与p ，且乙投球2次均未命中的概率为116.(1)求乙投球的命中率p ；(2)若甲投球1次，乙投球2次，两人共命中的次数记为ξ，求ξ的分布列． 解：(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.(2)由题设和(1)知P (A )＝12，P (A )＝12，P (B )＝34，P (B )＝14.ξ可能的取值为0,1,2,3，故P (ξ＝0)＝P (A )P (B B )＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫142＝132，P (ξ＝1)＝P (A )P (B B )＋C 12P (B )P (B )P (A )＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋2×34×14×12＝732， P (ξ＝2)＝1－P (ξ＝0)－P (ξ＝1)－P (ξ＝3)＝1532， P (ξ＝3)＝P (A )P (BB )＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫342＝932.故ξ的分布列为。
2017届高考数学大一轮复习 第九章 计数原理、概率、随机变量及其分布 9.4 随机事件的概率课时规
【高考领航】2017届高考数学大一轮复习 第九章 计数原理、概率、随机变量及其分布 9.4 随机事件的概率课时规范训练 理 北师大版[A 级 基础演练]1．在一次随机试验中，彼此互斥的事件A 、B 、C 、D 的概率分别是0.2、0.2、0.3、0.3则下列说法正确的是( )A ．A ＋B 与C 是互斥事件，也是对立事件 B ．B ＋C 与D 是互斥事件，也是对立事件 C ．A ＋C 与B ＋D 是互斥事件，但不是对立事件 D ．A 与B ＋C ＋D 是互斥事件，也是对立事件解析：由于A ，B ，C ，D 彼此互斥，且A ＋B ＋C ＋D 是一个必然事件，故其事件的关系可由如图所示的韦恩图表示，由图可知，任何一个事件与其余3个事件的和事件必然是对立事件，任何两个事件的和事件与其余两个事件的和事件也是对立事件．答案：D2．(2016·郑州质检)甲、乙两人下棋，和棋的概率为12，乙获胜的概率为13，则下列说法正确的是( )A ．甲获胜的概率是16B ．甲不输的概率是12C ．乙输了的概率是23D ．乙不输的概率是12解析：“甲获胜”是“和棋或乙胜”的对立事件，所以“甲获胜”的概率是P ＝1－12－13＝16； 设事件A 为“甲不输”，则A 是“甲胜”、“和棋”这两个互斥事件的并事件，所以P (A )＝16＋12＝23；乙输了即甲胜了，所以乙输了的概率为16；乙不输的概率为1－16＝56.答案：A3．从某校高二年级的所有学生中，随机抽取20人，测得他们的身高(单位：cm)分别为： 162,153,148,154,165,168,172,171,173,150， 151,152,160,165,164,179,149,158,159,175.根据样本频率分布估计总体分布的原理，在该校高二年级的所有学生中任抽一人，估计该生的身高在155.5 cm ～170.5 cm 之间的概率约为( )A.25B.12C.23D.13解析：从已知数据可以看出，在随机抽取的这20位学生中，身高在155.5 cm ～170.5 cm 之间的学生有8人，频率为25，故可估计在该校高二年级的所有学生中任抽一人，其身高在155.5 cm ～170.5 cm 之间的概率约为25.答案：A4．下列命题：①将一枚硬币抛两次，设事件M ：“两次出现正面”，事件N ：“只有一次出现反面”，则事件M 与N 互为对立事件．②若事件A 与B 互为对立事件，则事件A 与B 为互斥事件．③若事件A 与B 为互斥事件，则事件A 与B 互为对立事件．④若事件A 与B 互为对立事件，则事件A ∪B 为必然事件．其中，真命题是( )A ．①②④B ．②④C ．③④D ．①②解析：对①，将一枚硬币抛两次，共出现{正，正}，{正，反}，{反，正}，{反，反}四种结果，则事件M 与N 是互斥事件，但不是对立事件，故①错．对②，对立事件首先是互斥事件，故②正确．对③，互斥事件不一定是对立事件，如①中两个事件，故③错．对④，事件A 、B 为对立事件，则在一次试验中A 、B 一定有一个要发生，故④正确．答案：B5．从一副混合后的扑克牌(52张)中随机抽取1张，事件A 为“抽得红桃K ”，事件B 为“抽得为黑桃”，则概率P (A ∪B )＝________(结果用最简分数表示)．解析：一副扑克中有1张红桃K,13张黑桃，事件A 与事件B 为互斥事件，∴P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )＝152＋1352＝726.答案：7266．中国乒乓球队中的甲、乙两名队员参加奥运会乒乓球女子单打比赛，甲夺得冠军的概率为37，乙夺得冠军的概率为14，那么中国队夺得女子乒乓球单打冠军的概率为________．解析：由于事件“中国队夺得女子乒乓球单打冠军”包括事件“甲夺得冠军”和“乙夺得冠军”，但这两个事件不可能同时发生，即彼此互斥，所以可按互斥事件概率的加法公式进行计算，即中国队夺得女子乒乓球单打冠军的概率为37＋14＝1928.答案：19287．某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示.已知这(1)确定x ，y 的值，并估计顾客一次购物的结算时间的平均值；(2)求一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率．(将频率视为概率) 解：(1)由已知得25＋y ＋10＝55，x ＋30＝45，所以x ＝15，y ＝20.该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量为100的简单随机样本，顾客一次购物的结算时间的平均值可用样本平均数估计，其估计值为1×15＋1.5×30＋2×25＋2.5×20＋3×10100＝1.9(分钟)．(2)记A 为事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟”，A 1，A 2，A 3分别表示事件“该顾客一次购物的结算时间为1分钟”，“该顾客一次购物的结算时间为1.5分钟”，“该顾客一次购物的结算时间为2分钟”．将频率视为概率得P (A 1)＝15100＝320，P (A 2)＝30100＝310， P (A 3)＝25100＝14. 因为A ＝A 1∪A 2∪A 3，且A 1，A 2，A 3是互斥事件，所以P (A )＝P (A 1∪A 2∪A 3)＝P (A 1)＋P (A 2)＋P (A 3)＝320＋310＋14＝710. 故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率为710.8．(2015·高考北京卷)某超市随机选取1 000位顾客，记录了他们购买甲、乙、丙、丁四种商品的情况，整理成如下统计表，其中“√”表示购买，“×”表示未购买.(1)(2)估计顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率；(3)如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买乙、丙、丁中哪种商品的可能性最大？ 解：(1)从统计表可以看出，在这1 000位顾客中有200位顾客同时购买了乙和丙，所以顾客同时购买乙和丙的概率可以估计为2001 000＝0.2.(2)从统计表可以看出，在这1 000位顾客中，有100位顾客同时购买了甲、丙、丁，另有200位顾客同时购买了甲、乙、丙，其他顾客最多购买了2种商品，所以顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率可以估计为100＋2001 000＝0.3.(3)与(1)同理，可得：顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为2001 000＝0.2，顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为100＋200＋3001 000＝0.6，顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为1001 000＝0.1，所以，如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买丙的可能性最大．[B 级 能力突破]1．(2016·黄冈模拟)某射手在一次射击中，射中10环，9环，8环的概率分别是0.20,0.30,0.10，则此射手在一次射击中不够8环的概率为( )A ．0.40B ．0.30C ．0.60D ．0.90 解析：依题意，射中8环及以上的概率为0.20＋0.30＋0.10＝0.60，故不够8环的概率为1－0.60＝0.40.答案：A2．若随机事件A ，B 互斥，A ，B 发生的概率均不等于0，且P (A )＝2－a .P (B )＝4a －5，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫54，2B.⎝ ⎛⎭⎪⎫54，32C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤54，32 D.⎝ ⎛⎦⎥⎤54，43 解析：由题意知⎩⎪⎨⎪⎧0<P A ，0<P B，P A ＋P B⇒⎩⎪⎨⎪⎧0<2－a <1，0<4a －5<1，3a －3≤1⇒⎩⎪⎨⎪⎧1<a <2，54<a <32，a ≤43.⇒54<a ≤43. 答案：D3．(2014·高考新课标全国卷Ⅰ)4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为( )A.18 B ．38 C.58D ．78解析：4名同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动的情况有24＝16(种)，其中仅在周六(周日)参加的各有1种，∴所求概率为1－1＋116＝78.答案：D4．从1,2,3,4这四个数中一次随机地取两个数，则其中一个数是另一个数的两倍的概率是________．解析：从1,2,3,4这四个数中一次随机地取两个数的种数为6，其中一个数是另一个数的两倍的数对为1,2和2,4.故符合条件的概率为26＝13.答案：135．连续2次抛掷一枚骰子(六个面上分别标有数字1,2,3,4,5,6)，记“两次向上的数字之和等于m ”为事件A ，则P (A )最大时，m ＝__________.解析：m 可能取到的值有2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12，对应的基本事件个数依次为1,2,3,4,5,6,5,4,3,2,1，∴两次向上的数字之和等于7对应的事件发生的概率最大．答案：76．(2015·孝感模拟)已知盒子中有散落的棋子15粒，其中6粒是黑子，9粒是白子，已知从中取出2粒都是黑子的概率是17，从中取出2粒都是白子的概率是1235，现从中任意取出2粒恰好是同一色的概率是________．解析：从盒子中任意取出2粒恰好是同一色的概率恰为取2粒白子的概率与取2粒黑子的概率的和，即为17＋1235＝1735.答案：17357．在添加剂的搭配使用中，为了找到最佳的搭配方案，需要对各种不同的搭配方式作比较．在试制某种牙膏新品种时，需要选用两种不同的添加剂．现有芳香度分别为0,1,2,3,4,5的六种添加剂可供选用．根据试验设计原理，通常首先要随机选取两种不同的添加剂进行搭配试验．(1)求所选用的两种不同的添加剂的芳香度之和等于4的概率； (2)求所选用的两种不同的添加剂的芳香度之和不小于3的概率．解：设“所选用的两种不同的添加剂的芳香度之和等于4”的事件为A ，“所选用的两种不同的添加剂的芳香度之和不小于3”的事件为B .从六种中随机选两种共有(0,1)、(0,2)、(0,3)、(0,4)、(0,5)、(1,2)、(1,3)、(1,4)、(1,5)、(2,3)、(2,4)、(2,5)、(3,4)、(3,5)、(4,5)，15种．(1)“所选用的两种不同的添加剂的芳香度之和等于4”的取法有2种：(0,4)、(1,3)，故P (A )＝215.(2)“所选用的两种不同的添加剂的芳香度之和等于1”的取法有1种：(0,1)；“所选用的两种不同的添加剂的芳香度之和等于2”的取法有1种：(0,2)，故P (B )＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫115＋115＝1315.。
2017届高考数学大一轮复习 第九章 计数原理、概率、随机变量及其分布 9.2 排列与组合课时规范训
第九章计数原理、概率、随机变量及其分布 9.2 排列与组合课时规范训练理北师大版[A级基础演练]1．(2014·高考辽宁卷)6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为( )A．144 B．120C．72 D．24解析：剩余的3个座位共有4个空隙供3人选择就座，因此任何两人不相邻的坐法种数为A34＝4×3×2＝24.答案：D2．(2016·承德模拟)现有1个碱基A,2个碱基C,3个碱基G，由这6个碱基组成的不同的碱基序列有( )A．20个B．60个C．120个D．90个解析：构成一个碱基序列需分三步，第一步先排1个碱基A，所有的方法有C16，第二步排2个碱基C，由于两个C相同，所有的方法有C25，第三步排3个G，所有的方法有C33，由这6个碱基组成的不同的碱基序列有C16C25C33＝60(个)，故选B.答案：B3．(2016·衡水冀州中学月考)将A，B，C，D，E五种不同的文件放入编号依次为1,2,3,4,5,6,7的七个抽屉内，每个抽屉至多放一种文件，若文件A，B必须放入相邻的抽屉内，文件C，D也必须放入相邻的抽屉内，则所有不同的放法有( )A．120种B．210种C．420种D．240种解析：可先排相邻的文件，再作为一个整体与其他文件排列，则有A22A22A35＝240种排法，所以选D.答案：D4．(2016·甘肃定西调研)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：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C16种取法；第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C25种取法；第3步，余下的3名教师作为一组，有C33种取法．根据分步乘法计数原理，共有C16C25C33＝60种取法．再将这3组教师分配到3所中学，有A 33＝6种分法，故共有60×6＝360种不同的分法． 答案：3605．(2014·高考北京卷)把5件不同产品摆成一排，若产品A 与产品B 相邻，且产品A 与产品C 不相邻，则不同的摆法有________种．解析：将产品A 与B 捆绑在一起，然后与其他三种产品进行全排列，共有A 22A 44种方法，将产品A ，B ，C 捆绑在一起，且A 在中间，然后与其他两种产品进行全排列，共有A 22A 33种方法．于是符合题意的排法共有A 22A 44－A 22A 33＝36(种)．答案：366．张、王两家夫妇各带1个小孩一起到动物园游玩，购票后排队依次入园．为安全起见，首尾一定要排两位爸爸，另外，两个小孩一定要排在一起，则这6人的入园顺序排法种数为________．(用数字作答)解析：第一步：将两位爸爸排在两端有2种排法；第二步：将两个小孩视作一人与两位妈妈任意排在中间的三个位置上有A 33种排法；第三步：将两个小孩排序有2种排法．故总的排法有2×2×A 33＝24(种)．答案：247．(2016·山东临沂检测)有4名男生、5名女生，全体排成一行，下列情形各有多少种不同的排法？①甲不在中间也不在两端； ②甲、乙两人必须排在两端； ③男女相间．解：①法一：(元素分析法)：先排甲有6种，再排其余人有A 88种，故共有6·A 88＝241 920(种)排法．法二：(位置分析法)：中间和两端有A 38种排法，包括甲在内的其余6人有A 66种排法，故共有A 38·A 66＝336×720＝241 920(种)排法．法三：(等机会法)：9个人全排列有A 99种，甲排在每一个位置的机会都是均等的，依题意得，甲不在中间及两端的排法总数是A 99×69＝241 920(种)．法四：(间接法)：A 99－3·A 88＝6A 88＝241 920(种)． ②先排甲、乙，再排其余7人． 共有A 22·A 77＝10 080(种)排法．③(插空法)先排4名男生有A 44种方法，再将5名女生插空，有A 55种方法，故共有A 44·A 55＝2 880(种)排法．[B 级 能力突破]1．(2014·高考四川卷)六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有( )A ．192种B ．216种C ．240种D ．288种解析：根据甲、乙的位置要求分类解决，分两类． 第一类：甲在左端，有A 55＝5×4×3×2×1＝120种方法；第二类：乙在最左端，有4A 44＝4×4×3×2×1＝96种方法．所以共有120＋96＝216种方法．答案：B2．(2016·遵义航天高级中学一模)从6名学生中选3名分别担任数学、物理、化学课代表，若甲、乙2人至少有一人入选，则不同的选法有( )A ．40种B ．60种C ．96种D ．120种解析：从6名学生中选3名分别担任数学、物理、化学课代表，没有限制条件有A 36＝120种，甲、乙都没入选相当于从4人中选3人，有A 34＝24种，故甲、乙2人至少有一人入选的不同方法有120－24＝96种．故选C.答案：C3．(2016·河北“五个名校联盟”质检)学校计划利用周五下午第一、二、三节课举办语文、数学、英语‘理综’4科的专题讲座，每科都要进行讲解，每节至少有一科，且数学、理综不安排在同一节，则不同的安排方法共有( )A ．36种B ．30种C ．24种D ．6种解析：由于每科都要进行讲解，每节至少有一科，必须有两科在同一节，先从4个中任选2个看作整体，然后做3个元素的全排列，共C 24A 33种方法，再从中排除数学、理综安排在同一节的情形，共A 33种方法，故总的方法种数为C 24A 33－A 33＝36－6＝30(种)．答案：B4．某餐厅供应盒饭，每位顾客可以在餐厅提供的菜肴中任选2荤2素共4种不同的品种．现在餐厅准备了5种不同荤菜，若要保证每位顾客有200种以上的不同选择，则餐厅至少还需准备不同的素菜品种________种．(结果用数字表示)．解析：在5种不同的荤菜中取出2种的选择方式应有C 25＝5×42＝10(种)． 选择方式至少为200种，设素菜为x 种，∴C 2x C 25≥200， ∴x x －2≥20，x (x －1)≥40，x ≥7，∴至少应为7种素菜． 答案：75．(2016·黄冈模拟)从5名男生和5名女生中选3人组队参加某集体项目的比赛，其中至少有一名女生入选的组队方案数为(用数字作答)________．解析：分三类：①1女2男，共C 15C 25＝50(种)；②2女1男，共C 25C 15＝50(种)；③3女0男，共C 35＝10(种)．所以共有50＋50＋10＝110(种)． 答案：1106．(2016·呼和浩特调研)将6本不同的书分给甲、乙、丙、丁4个人，每人至少1本的不同分法共有________种．(用数字作答)解析：把6本不同的书分成4组，每组至少1本的分法有2类． ①有1组3本，其余3组每组1本，不同的分法共有C 36C 13C 12C 11A 33＝20(种)； ②有2组每组2本，其余2组每组1本，不同的分法共有C 26C 24A 22·C 12C 11A 22＝45(种)．所以不同的分组方法共有20＋45＝65(种)．然后把分好的4组书分给4个人，所以不同的分法共有65×A 44＝1 560(种)．答案：1 5607．由四个不同的数字1,2,4，x 组成无重复数字的三位数． (1)若x ＝5，其中能被5整除的共有多少个？ (2)若x ＝9，其中能被3整除的共有多少个？ (3)若x ＝0，其中的偶数共有多少个？(4)若所有这些三位数的各位数字之和是252，求x .解：(1)5必在个位，所以能被5整除的三位数共有A 23＝6(个)． (2)∵各位数字之和能被3整除时，该数就能被3整除， ∴这种三位数只能由2,4,9或1,2,9排列组成， ∴共有2×A 33＝12(个)．(3)偶数数字有3个，个位数必是一个偶数，同时0不能在百位，可分两类考虑： ①0在个位的，有A 23＝6(个)．②个位是2或4的，有A 12×A 12×A 12＝8(个)， ∴这种偶数共有6＋8＝14(个)．(4)显然x ≠0，∵1,2,4，x 在各个数位上出现的次数都相同，且各自出现A 13×A 23次， ∴这样的数字之和是(1＋2＋4＋x )×A 13×A 23， 即(1＋2＋4＋x )×A 13×A 23＝252，∴7＋x ＝14，∴x ＝7.。
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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
其分布列课时规范训练 理 北师大版
[A 级 基础演练]
1．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．若抽取的次数为X ，则表示“放回5个红球”事件的是( )
A ．X ＝4
B ．X ＝5
C ．X ＝6
D ．X ≤5
解析：事件“放回5个红球”表示前5次摸到黑球，且第6次摸到红球，故X ＝6. 答案：C
2．(2016·淮安模拟)设某项试验的成功率是失败率的2倍，用随机变量X 去描述1次试验的成功次数，则P (X ＝0)等于( )
A ．0 B.12 C.1
3
D.23
解析：设失败率为p ，则成功率为2p . ∴X 的分布列为：
则“X ＝0”表示试验失败．“X ∴由p ＋2p ＝1得p ＝13，即P (X ＝0)＝1
3.
答案：C
3．一批产品共50件，次品率为4%，从中任取10件，则抽到1件次品的概率是( ) A.C 12C 9
48
C 1050 B.C 12C 9
50C 1050 C.C 12
C 1050
D.C 9
48C 1050
解析：50件产品中，次品有50×4%＝2件，设抽到的次品数为X ，则抽到1件次品的概率是P (X ＝1)＝C 12C 9
48
C 1050
.
答案：A
4．随机变量X 的分布列P (X ＝k )＝a ⎝ ⎛⎭
⎪⎫23k
，k ＝1,2,3，…，则a 的值为________．
解析：由∑k ＝1
∞
P (X ＝k )＝1，
即a ⎣⎢⎡⎦
⎥⎤23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋…＝1. ∴a 23
1－
23＝1，解得a ＝12.
答案：12
5．(2016·荆州模拟)一离散型随机变量ξ的概率分布如下表：
且E ξ＝1.5，则a －b ＝解析：由题意得⎩⎪⎨
⎪⎧
0.1＋a ＋b ＋0.1＝1，
0×0.1＋1×a ＋2×b ＋3×0.1＝1.5，
即⎩
⎪⎨
⎪⎧
a ＋
b ＝0.8，
a ＋2
b ＝1.2，∴⎩
⎪⎨
⎪⎧
a ＝0.4，
b ＝0.4，∴a －b ＝0.
答案：0
6．随机变量X 的分布列为P (X ＝k )＝C
k k ＋
，k ＝1,2,3，C 为常数，则P (0.5＜X ＜
2.5)＝________.
解析：由P (X ＝1)＋P (X ＝2)＋P (X ＝3)＝1，得
C
1×2＋C 2×3＋C 3×4＝1，解得C ＝43
.
∴随机变量X 分布列为：
∴P (0.5＜X ＜2.5)＝P (X ＝＝23＋29＝89. 答案：89
7．(2014·高考北京卷)李明在10场篮球比赛中的投篮情况统计如下(假设各场比赛相互独立)：
(2)从上述比赛中随机选择一个主场和一个客场，求李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过0.6的概率；
(3)记x 为表中10个命中次数的平均数．从上述比赛中随机选择一场，记X 为李明在这场比赛中的命中次数．比较EX 与x 的大小．(只需写出结论)
解析：(1)根据投篮统计数据，在10场比赛中，李明投篮命中率超过0.6的场次有5场，分别是主场2，主场3，主场5，客场2，客场4.
所以在随机选择的一场比赛中，李明的投篮命中率超过0.6的概率是0.5.
(2)记事件A 为“在随机选择的一场主场比赛中李明的投篮命中率超过0.6”，事件B 为“在随机选择的一场客场比赛中李明的投篮命中率超过0.6”，事件C 为“在随机选择的一个主场和一个客场中，李明的投篮命中率一场超过 0.6，一场不超过0.6.”
则C ＝A B ∪A B ，A ，B 独立． 根据投篮统计数据，P (A )＝35，P (B )＝2
5
.
P (C )＝P (A B )＋P (A B )
＝35×35＋25×2
5 ＝1325
. 所以，在随机选择的一个主场和一个客场中，李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过0.6的概率为13
25
.
(3)EX ＝x .
[B 级 能力突破]
1．设随机变量X 等可能取值1,2,3，…，n ，如果P (X ＜4)＝0.3，那么( ) A ．n ＝3 B ．n ＝4 C ．n ＝10
D ．n ＝9
解析：P (X ＜4)＝P (X ＝1)＋P (X ＝2)＋P (X ＝3)＝1n ＋1n ＋1n ＝3
n
＝0.3，∴n ＝10.
答案：C
2．若离散型随机变量X 的分布列为：
则常数c 的值为( ) A.23或13 B.2
3 C.13
D ．1
解析：由⎩⎪⎨⎪
⎧
9c 2
－c ≥0，3－8c ≥0，
9c 2－c ＋3－8c ＝1，得c ＝13
.
答案：C
3．(2016·武汉模拟)若某一射手射击所得环数X 的分布列为
A ．0.88
B ．0.12
C ．0.79
D ．0.09
解析：P (X ≥7)＝P (X ＝7)＋P (X ＝8)＋P (X ＝9)＋P (X ＝10)＝0.09＋0.28＋0.29＋0.22＝0.88.
答案：A
4.如图所示，A 、B 两点5条连线并联，它们在单位时间内能通过的最大信息量依次为2,3,4,3,2.现记从中任取三条线且在单位时间内通过的最大信息总量为ξ，则P (ξ≥8)＝________.
解析：法一：由已知ξ的取值为7,8,9,10， ∵P (ξ＝7)＝C 22C 1
2C 35＝15，P (ξ＝8)＝C 22C 1
1＋C 22C 1
2C 3
5＝3
10， P (ξ＝9)＝C 12C 12C 1
1C 35＝25，P (ξ＝10)＝C 22C 1
1C 35＝1
10
，
∴ξ的概率分布列为
∴P (ξ≥8)＝P (ξ＝＝310＋25＋110＝45
. 法二：P (ξ≥8)＝1－P (ξ＝7)＝1－C 22C 1
2C 35＝4
5.
答案：45
5．从4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛，则所选3人中女生人数不超过1人的概率是________．
解析：设所选女生人数为X ，则X 服从超几何分布，其中N ＝6，M ＝2，n ＝3，则P (X ≤1)＝P (X ＝0)＋P (X ＝1)＝C 02C 3
4C 36＋C 12C 2
4C 36＝45
.
答案：4
5
6．(2015·南昌调研)设随机变量X 的概率分布列为
则P (|X －3|＝1)＝解析：13＋m ＋14＋16＝1，解得m ＝14
，
P (|X －3|＝1)＝P (X ＝2)＋P (X ＝4)＝14＋16＝512
.
答案：512
7．甲、乙两个篮球运动员互不影响地在同一位置投球，命中率分别为1
2与p ，且乙投球
2次均未命中的概率为1
16
.
(1)求乙投球的命中率p ；
(2)若甲投球1次，乙投球2次，两人共命中的次数记为ξ，求ξ的分布列． 解：(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 ＝5
4(舍去)，
所以乙投球的命中率为3
4.
(2)由题设和(1)知
P (A )＝12，P (A )＝12，P (B )＝34，P (B )＝14
.
ξ可能的取值为0,1,2,3，故
P (ξ＝0)＝P (A )P (B B )＝12×⎝ ⎛⎭
⎪⎫
142＝132
，
P (ξ＝1)＝P (A )P (B B )＋C 12P (B )P (B )P (A )
＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋2×34×14×12＝732
， P (ξ＝2)＝1－P (ξ＝0)－P (ξ＝1)－P (ξ＝3)＝1532
， P (ξ＝3)＝P (A )P (BB )＝12×⎝ ⎛⎭
⎪⎫34
2＝932
.
故ξ的分布列为。