第9章第3讲计数原理、概率、随机变量及其分布

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最新-2021版数学一轮高中全程复习方略课件：第九章计数原理、概率、随机变量及其分布96 精品

2．如图，在长方体 ABCD－A1B1C1D1 中，E，H 分别是棱 A1B1，D1C1 上的点(点 E 与 B1 不重合)，且 EH∥A1D1，过 EH 的平面与棱 BB1，CC1 相交，交点分别为 F，G.设 AB＝2AA1＝2a， EF＝a，B1E＝2B1F.在长方体 ABCD－A1B1C1D1 内随机选取一点，则该点取自于几何体 A1ABFE－D1DCGH 内的概率为________．
5．(2017·重庆卷)某校早上
开始上课，假设该校学生
小张与小王在早上
～
之间到校，且每人在该时间段
的任何时刻到校是等可能的，则小张比小王至少早 5 分钟到校的
概率为________(用数字作答)．
解析：设小张与小王的到校时间分别为
后第 x 分钟、
第 y 分钟，根据题意可画出图形，如图所示，则总事件所占的面
解析：点 Q 取自 △AED 或 △BEC 内部的概率 P ＝ S△ASE矩D形＋ABSC△DBEC＝12.故选 A.
答案：A
3．已知函数 f(x)＝x2－2x－3，x∈[－1,4]，则 f(x)为增函数的概率为( )
1234 A.5 B.5 C.5 D.5
解析：∵f(x)＝x2－2x－3＝(x－1)2－4，x∈[－1,4]． ∴f(x)在[1,4]上是增函数． ∴f(x)为增函数的概率为 P＝4－4－－11＝35. 答案：C
因为2－2a22da＝16a3－22 ＝83，所以阴影部分的面积为 4×2＋83 32
＝332，所以所求概率 P＝4×3 4＝23，故选 D. 答案：D
谢谢观看
下课
由圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对
称，得 S 黑＝S 白＝12S 圆＝π2，所以由几何概型知所求概率 P＝SS正黑方形 π

2015届高考数学(人教,理科)大一轮配套练透：第9章计数原理与概率、随机变量及其分布第3节

[课堂练通考点]1．(2013·辽宁高考)使⎝⎛⎭⎫3x ＋1x x n(n ∈N ＋)的展开式中含有常数项的最小的n 为( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析：选B由二项式定理得，T r ＋1＝C r n (3x )n －r⎝⎛⎭⎫1x x r ＝C r n3n －r x 52n r －，令n －52r ＝0，当r ＝2时，n ＝5，此时n 最小．2．(2013·贵阳模拟)在二项式(x 2＋x ＋1)(x －1)5的展开式中，含x 4项的系数是( ) A ．－25 B ．－5 C ．5D ．25解析：选B ∵(x 2＋x ＋1)(x －1)＝x 3－1，∴原式可化为(x 3－1)(x －1)4.故展开式中，含x 4项的系数为C 34(－1)3－C 04＝－4－1＝－5.3．(2014·厦门质检)()2－x 8的展开式中不含x 4项的系数的和为( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．2解析：选B ()2－x 8展开式中各项的系数和为()2－18＝1，展开式的通项为C r 828－r(－x )r ，则x 4项的系数为C 88×28－8＝1，则()2－x 8展开式中不含x 4项的系数的和为0. 4．若(2x －3)5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋a 5x 5，则a 1＋2a 2＋3a 3＋4a 4＋5a 5等于________．解析：在已知等式两边对x 求导，得5(2x －3)4×2＝a 1＋2a 2x ＋3a 3x 2＋4a 4x 3＋5a 5x 4，令x ＝1得a 1＋2a 2＋3a 3＋4a 4＋5a 5＝5×(2×1－3)4×2＝10.答案：105．(2014·荆州模拟)已知a ＝4⎠⎜⎛0π2 cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6d x ，则二项式⎝⎛⎭⎫x 2＋ax 5的展开式中x 的系数为________．解析：依题意得a ＝4⎠⎜⎛0π2cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6d x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π62π＝－2，即a ＝－2，则T r ＋1＝C r 5(－2)r x 10－3r，当r ＝3时，T 4＝－80x .故二项式⎝⎛⎭⎫x 2＋ax 5的展开式中x 的系数为－80. 答案：－80[课下提升考能]第Ⅰ组：全员必做题 1．设⎝⎛⎭⎫x －2x 6的展开式中x 3的系数为A ，二项式系数为B ，则AB ＝( )A ．4B ．－4C ．26D ．－26解析：选A T k ＋1＝C k 6x6－k⎝⎛⎭⎫－2x k ＝C k 6(－2)k x 362k－，令6－3k 2＝3，即k ＝2，所以T 3＝C 26(－2)2x 3＝60x 3，所以x 3的系数为A ＝60，二项式系数为B ＝C 26＝15，所以A B ＝6015＝4，选A.2．(2013·湖北八校联考)在⎝⎛⎭⎫x 2－1x n 的展开式中，常数项为15，则n 的值可以为( ) A ．3 B ．4 C ．5D ．6解析：选D ∵T r ＋1＝C r n (x 2)n －r ⎝⎛⎭⎫－1x r ＝C r n (－1)r x 2n －3r， ∴C r n (－1)r＝15且2n －3r ＝0，∴n 可能是6，选D.3．(2013·济南模拟)二项式⎝⎛⎭⎪⎫x 2－13x 8的展开式中常数项是( )A ．28B ．－7C ．7D ．－28解析：选C 展开式的通项公式是T r ＋1＝C r 8⎝⎛⎭⎫x 28－r ·(－1)r x 3r－，令8－r －r 3＝0，得r ＝6，所以展开式中的常数项为C 68×⎝⎛⎭⎫122＝28×14＝7. 4．(2013·陕西高考)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝⎛⎭⎫x －1x 6，x <0，－x ，x ≥0，则当x >0时，f (f (x ))表达式的展开式中常数项为( )A ．－20B ．20C ．－15D ．15解析：选A 依据分段函数的解析式，得f (f (x ))＝f (－x )＝⎝⎛⎭⎫1x －x 6，∴T r ＋1＝C r 6(－1)r x r －3，则常数项为C 36(－1)3＝－20.5．(2013·北京东城模拟)(x －2y )8的展开式中，x 6y 2项的系数是( ) A ．56B ．－56C ．28D ．－28解析：选A 由二项式定理通项公式得，所求系数为C 28(－2)2＝56.6．(2014·合肥质检)若(x ＋2＋m )9＝a 0＋a 1(x ＋1)＋a 2(x ＋1)2＋…＋a 9(x ＋1)9，且(a 0＋a 2＋…＋a 8)2－(a 1＋a 3＋…＋a 9)2＝39，则实数m 的值为( )A ．1或－3B ．－1或3C ．1D ．－3解析：选A 令x ＝0，得到a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 9＝(2＋m )9，令x ＝－2，得到a 0－a 1＋a 2－a 3＋…－a 9＝m 9，所以有(2＋m )9m 9＝39，即m 2＋2m ＝3，解得m ＝1或－3.7．(2014·黄冈模拟)设a ＝⎠⎛12(3x 2－2x )d x ，则二项式⎝⎛⎭⎫ax 2－1x 6展开式中的第4项为( ) A ．－1 280x 3 B ．－1 280 C ．240D ．－240解析：选A 由微积分基本定理知a ＝4，⎝⎛⎭⎫4x 2－1x 6展开式中的第4项为T 3＋1＝C 36(4x 2)3⎝⎛⎭⎫－1x 3＝－1 280x 3，选A. 8．(2013·青岛一检)“n ＝5”是“⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋13x n(n ∈N *)的展开式中含有常数项”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A 因为⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋13x n (n ∈N *)展开式的通项T r ＋1＝C r n 2n －r x 23n r r －－，⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋13x n 的展开式中含有常数项时满足n －r 2－r 3＝0，当n ＝5时，15－5r6＝0，解得r ＝3，此时含有常数项；反之，当n ＝10时，r ＝6，也有常数项，但是不满足n ＝5.故“n ＝5”是“⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋13x n(n ∈N *)的展开式中含有常数项”的充分不必要条件，选A.9．(2013·浙江高考)设二项式⎝⎛⎭⎪⎫x －13x 5的展开式中常数项为A ，则A ＝________.解析：T r ＋1＝(－1)r C r 5x 1556r －，令15－5r ＝0，得r ＝3，故常数项A ＝(－1)3C 35＝－10.答案：－1010．(2014·福州质检)在(1－x 2)20的展开式中，如果第4r 项和第r ＋2项的二项式系数相等，则r ＝________.解析：由题意得，C 4r －120＝C r ＋120故4r －1＝r ＋1或4r －1＋r ＋1＝20，即r ＝23或r ＝4.因为r 为整数，故r ＝4.答案：411．(2013·广州二模)在⎝⎛⎭⎪⎫3x －2x 15的展开式中，x 的整数次幂的项的个数为________．解析：展开式的通项为T r ＋1＝(－1)r C r 15(3x )15－r⎝⎛⎭⎫2x r ＝(－1)r 2r C r 15x3056r -，由题意5－56r为非负整数，得r ＝0或6，∴符合要求的项的个数为2.答案：212．若⎝⎛⎭⎫x ＋1x n 的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则该展开式中1x 2的系数为________．解析：利用二项展开式的通项公式求解．由题意知，C 2n ＝C 6n ，∴n ＝8.∴T r ＋1＝C r 8·x 8－r ·⎝⎛⎭⎫1x r ＝C r 8·x 8－2r ，当8－2r ＝－2时，r ＝5， ∴1x 2的系数为C 58＝C 38＝56. 答案：56第Ⅱ组：重点选做题1．已知⎝⎛⎭⎫x －2x 2n (n ∈N *)的展开式中第五项的系数与第三项的系数的比是10∶1. (1)求展开式中各项系数的和； (2)求展开式中含x 32的项；解：由题意知，第五项系数为C 4n ·(－2)4，第三项的系数为C 2n ·(－2)2，则有C 4n ·(－2)4C 2n ·(－2)2＝101，化简得n 2－5n －24＝0，解得n ＝8或n ＝－3(舍去)． (1)令x ＝1得各项系数的和为(1－2)8＝1. (2)通项公式T k ＋1＝C k 8·(x )8－k·⎝⎛⎭⎫－2x 2k ＝C k8·(－2)k ·x 82k －－2k ，令8－k 2－2k ＝32，则k ＝1，故展开式中含x 32的项为T 2＝－16x 32.2．(1)求证：1＋2＋22＋…＋25n －1(n ∈N *)能被31整除；(2)求S ＝C 127＋C 227＋…＋C 2727除以9的余数．解：(1)证明：∵1＋2＋22＋…＋25n －1＝25n －12－1＝25n －1＝32n －1＝(31＋1)n －1＝C 0n ×31n ＋C 1n ×31n －1＋…＋C n －1n ×31＋C nn －1＝31(C 0n ×31n －1＋C 1n ×31n －2＋…＋C n －1n )，显然C 0n ×31n －1＋C 1n ×31n －2＋…＋C n －1n 为整数，∴原式能被31整除．(2)S ＝C 127＋C 227＋…＋C 2727＝227－1＝89－1＝(9－1)9－1＝C 09×99－C 19×98＋…＋C 89×9－C 99－1 ＝9(C 09×98－C 19×97＋…＋C 89)－2. ∵C 09×98－C 19×97＋…＋C 89是整数，∴S 被9除的余数为7.。

高考数学专题计数原理与概率随机变量及其分布.资料

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．1．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．[试一试]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．从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋b i，其中虚数有() A．30个B．42个C．36个D．35个解析：选C∵a＋b i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．1．应用两种原理解题 (1)分清要完成的事情是什么？(2)分清完成该事情是分类完成还是分步完成，“类”间互相独立，“步”间互相联系； (3)有无特殊条件的限制； (4)检验是否有重漏．2．混合问题一般是先分类再分步，分类时标准要明确，做到不重复不遗漏． [练一练]1．(2013·郑州模拟)在2012年奥运选手选拔赛上，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 8802．(2014·湖南长郡中学、衡阳八中等十二校一联)用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1、2、…、9的9个小正方形(如图)，使得任意相邻(有公共边)的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为1、5、9的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有________种．解析：把区域分为三部分，第一部分1、5、9，有3种涂法．第二部分4、7、8，当5、7同色时，4、8各有2种涂法，共4种涂法；当5、7异色时，7有2种涂法，4、8均只有1种涂法，故第二部分共4＋2＝6种涂法．第三部分与第二部分一样，共6种涂法．由分步乘法计数原理，可得共有3×6×6＝108种涂法．答案：108分类加法计数原理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A ．50个B ．45个C．36个D．35个解析：选C利用分类加法计数原理：8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(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×C2 5＝20种；第二类，三人拿对：C3 5＝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．(2013·三门峡模拟)有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则监考的方法有()A．8种B．9种C．10种D．11种解析：选B设四位监考教师分别为A，B，C，D，所教班分别为a，b，c，d，假设A 监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法，同理A监考c，d时，也分别有3种不同方法，由分类加法计数原理共有3＋3＋3＝9(种)．[类题通法]利用分类加法计数原理解题时应注意(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，注意完成这件事情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[典例](2014·本溪模拟)如图所示的几何体是由一个正三棱锥P-ABC与正三棱柱ABC-A1B1C1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P-ABC的三个侧面，然后涂三棱柱的三个侧面，共有C1×C12×C113×C12＝3×2×1×2＝12种不同的涂法．[答案]12[类题通法]利用分步乘法计数原理解决问题时应注意(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．[针对训练]在航天员进行的一项太空实验中，先后要实施6个程序，其中程序A只能出现在第一步或最后一步，程序B和C实施时必须相邻，则实验顺序的编排方法共有() A．24种B．48种C．96种D．144种解析：选C第一步安排A有2种方法；第二步在剩余的5个位置选取相邻的两个排B，C，有4种排法，而B，C位置互换有2种方法；第三步安排剩余的3个程序，有A33种排法，共有2×4×2×A33＝96种．两个原理的综合应用[典例](2014·黄冈质检)设集合I＝{1,2,3,4,5}．选择集合I的两个非空子集A和B，若集合B中最小的元素大于集合A中最大的元素，则不同的选择方法共有() A．50种B．49种C．48种D．47种[解析]从5个元素中选出2个元素，小的给集合A，大的给集合B，有C2＝10种选择5方法；从5个元素中选出3个元素，有C35＝10种选择方法，再把这3个元素从小到大排列，中间有2个空，用一个隔板将其隔开，一边给集合A，一边给集合B，方法种数是2，故此时有10×2＝20种选择方法；从5个元素中选出4个元素，有C45＝5种选择方法，从小到大排列，中间有3个空，用一个隔板将其隔开，一边给集合A，一边给集合B，方法种数是3，故此时有5×3＝15种选择方法；从5个元素中选出5个元素，有C55＝1种选择方法，同理隔开方法有4种，故此时有1×4＝4种选择方法．根据分类加法计数原理，总计为10＋20＋15＋4＝49种选择方法．故选B.[答案] B本例中条件若变为“A＝{1,2,3,4}，B＝{5,6,7}，C＝{8,9}现从中取出两个集合，再从这两个集合中各取出一个元素，组成一个含有两个元素的集合”，则可以组成多少个集合？解：(1)选集合A，B，有C14C13＝12；(2)选集合A，C，有C14C12＝8；(3)选集合B，C，有C13C12＝6；故可以组成12＋8＋6＝26个集合．[类题通法]在解决综合问题时，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．分清完成该事情是分类还是分步，“类”间互相独立，“步”间互相联系．[针对训练]上海某区政府召集5家企业的负责人开年终总结经验交流会，其中甲企业有2人到会，其余4家企业各有1人到会，会上推选3人发言，则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为________．解析：若3人中有一人来自甲企业，则共有C12C24种情况，若3人中没有甲企业的，则共有C34种情况，由分类加法计数原理可得，这3人来自3家不同企业的可能情况共有C12C24＋C34＝16(种)．答案：16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1．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 m n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．[试一试]1．电视台在直播2012伦敦奥运会时要连续插播5个广告，其中3个不同的商业广告和2个不同的奥运宣传广告，要求最后播放的是奥运宣传广告，且2个奥运宣传广告不能连播．则不同的播放方式有()A．120B．48C．36 D．18解析：选C有C12C13A33＝36(种)．2．2010年上海世博会某国将展出5件艺术作品，其中不同书法作品2件、不同绘画作品2件、标志性建筑设计1件，在展台上将这5件作品排成一排，要求2件书法作品必须相邻，2件绘画作品不能相邻，则该国展出这5件作品不同的方案有________种．(用数字作答) 解析：将2件必须相邻的书法作品看作一个整体，同1件建筑设计展品全排列，再将2件不能相邻的绘画作品插空，故共有A22A22A23＝24(种)不同的展出方案．答案：241．排列问题与组合问题的识别方法： 2．组合数的性质中(2)的应用主要是两个方面，一个简化运算，当m ＞n2时，通常将计算C m n 转化为计算C n－mn.二是列等式，由C x n ＝C yn 可得x ＝y 或x ＋y ＝n .性质(3)主要用于恒等变形简化运算．[练一练]1．(2013·河北教学质量监测)有A ，B ，C ，D ，E 五位学生参加网页设计比赛，决出了第一到第五的名次．A ，B 两位学生去问成绩，老师对A 说：你的名次不知道，但肯定没得第一名；又对B 说：你是第三名．请你分析一下，这五位学生的名次排列的种数为( )A ．6B ．18C ．20D ．24解析：选B 由题意知，名次排列的种数为C 13A 33＝18.2．5个人站成一排，其中甲、乙两人不相邻的排法有________种．(用数字作答) 解析：先排甲、乙之外的3人，有A 33种排法，然后将甲、乙两人插入形成的4个空中，有A 24种排法，故共有A 33·A 24＝72(种)排法．答案：72排列问题1．数列{a n }，其余两项各不相同，则满足上述条件的数列{a n }共有( )A ．30个B ．31个C ．60个D ．61个解析：选A 在数列的六项中，只要考虑两个非1的项的位置，即得不同数列，共有A 26＝30个不同的数列．2．(2013·东北三校联考)在数字1,2,3与符号“＋”，“－”这五个元素的所有全排列中，任意两个数字都不相邻的全排列方法共有()A．6种B．12种C．18种D．24种解析：选B本题主要考查某些元素不相邻的问题，先排符号“＋”，“－”，有A22种排列方法，此时两个符号中间与两端共有3个空位，把数字1,2,3“插空”，有A33种排列方法，因此满足题目要求的排列方法共有A22A33＝12种．3．(2013·西安检测)8名游泳运动员参加男子100米的决赛，已知游泳池有从内到外编号依次为1,2,3,4,5,6,7,8的8条泳道，若指定的3名运动员所在的泳道编号必须是3个连续数字(如：5,6,7)，则参加游泳的这8名运动员被安排泳道的方式共有()A．360种B．4 320种C．720种D．2 160种解析：选B法一：先从8个数字中取出3个连续的数字共有6种方法，将指定的3名运动员安排在这3个编号的泳道上，剩下的5名运动员安排在其他编号的5条泳道上，共有6A33A55＝4 320种安排方式．法二：先将所在的泳道编号是3个连续数字的3名运动员全排列，有A33种排法，然后把他们捆绑在一起当作一名运动员，再与剩余5名运动员全排列，有A66种排法，故共有A33A66＝4 320种安排方式．[类题通法]求解排列应用题的主要方法组合问题[典例](2013·重庆高考)从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是________(用数字作答)．[解析]直接法分类，3名骨科，内科、脑外科各1名；3名脑外科，骨科、内科各1名；3名内科，骨科、脑外科各1名；内科、脑外科各2名，骨科1名；骨科、内科各2名，脑外科1名；骨科、脑外科各2名，内科1名．所以选派种数为C33·C14·C15＋C34·C13·C15＋C35·C13·C14＋C24·C25·C13＋C23·C25·C14＋C23·C24·C15＝590.[答案]590[类题通法]组合两类问题的解法(1)“含”与“不含”的问题：“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”、“最多”的问题：解这类题必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解．用直接法或间接法都可以求解．通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理．[针对训练](2013·四平质检)从5名男医生、4名女医生中选3名医生组成一个医疗小分队，要求其中男、女医生都有，则不同的组队方案共有()A．70种B．80种C．100种D．140种解析：选A法一(间接法)：当选择的3名医生都是男医生或都是女医生时，共有C35＋C34＝14种组队方案．当从9名医生中选择3名医生时，共有C39＝84种组队方案，所以男、女医生都有的组队方案共有84－14＝70种．法二(直接法)：当小分队中有1名女医生时，有C14C25＝40种组队方案；当小分队中有2名女医生时，有C24C15＝30种组队方案，故共有70种不同的组队方案．分组分配问题分组分配问题是排列、组合问题的综合应用，解决这类问题的一个基本指导思想就是先分组后分配。

2019版数学一轮高中全程复习方略课件：第九章计数原理、概率、随机变量及其分布9-2

解析：(1)由题意可得其中 1 人必须完成 2 项工作，其他 2 1 2 2 人各完成 1 项工作，可得安排方式为 C3· C4· A2＝36(种)，或列式 4×3 1 2 1 为 C3· C4· C2＝3× 2 ×2＝36(种)．故选 D. (2)①当组成四位数的数字中有一个偶数时，四位数的个数 3 1 4 为 C5· C4· A4＝960. ②当组成四位数的数字中不含偶数时，四位数的个数为 A4 5 ＝120. 故符合题意的四位数一共有 960＋120＝1 080(个)．
从12人中选出512种选法从除去男生甲和女生乙外的10人中任选310种选法所以男生甲和女生乙不能同时入选的选法有c1067212017新课标全国卷安排3名志愿者完成4工作每人至少完成1项每项工作由1人完成则不同的安排方式共有22017天津卷用数字123456789组成没有重复数字且至多有一个数字是偶数的四位数这样的四位数一共有个
(3)组合数公式 m n！ A n nn－1n－2„n－m＋1 m Cn ＝⑨Am＝＝ . m！ m！n－m！ m (4)组合数的性质 m n －m 性质 1：Cn ＝ Cn . m m －1 m 性质 2：Cn＋1＝Cn ＋Cn (m≤n，n∈N*，m∈N*)．
二、必明 3●个易误点 1．要注意均匀分组与不均匀分组的区别，均匀分组不要重复计数． 2．解受条件限制的组合题，通常有直接法(合理分类)和间接法(排除法)．分类时标准应统一，避免出现遗漏或重复． 3．解组合应用题时，应注意“至少”、“至多”、“恰好” 等词的含义．
5．(2017· 浙江卷)从 6 男 2 女共 8 名学生中选出队长 1 人，副队长 1 人，普通队员 2 人组成 4 人服务队，要求服务队中至少有 1 名女生，共有________种不同的选法．(用数字作答)

第9章第1节计数原理与排列组合-2023届高三一轮复习数学精品备课(新高考人教A版2019)

►规律方法解决组合应用题的方法
(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“至多”含有几个元素的题型：解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解．用直接法和间接法都可以求解．通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理．
[例 2－1] 3 名男生，4 名女生，按照不同的要求排队，求不同的排队方案的方法种数．
(3)全体站成一排，男、女各站在一起； 288 (4)全体站成一排，男生不能站在一起． 1440
[自主解答](3)相邻问题(捆绑法)：男生必须站在一起，是男生的全排列，有 A33种排法；女生必须站在一起，是女生的全排列，有 A44种排法；全体男生、女生各视为一个元素，
_m__×__n__种不同的方法．
3．分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别
分类加法计数原理针对“分类”问题，其中各种方法相
互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法
计数原理针对“分步”问题，各个步骤相互依存，只有各个
步骤都完成了才算完成这件事． 4．排列与组合的概念
名称
定义
从 n 个不同元素中按照_一__定__的_顺__序__排成一
m！（n－m）！
性质 (3)0！＝1_；Ann＝_n_! (4)Cmn ＝Cnn－m；Cmn＋1＝_C_nm_＋__C_mn_－_1 __
教材拓展
1．排列与组合最根本的区别在于“有序”和“无序”．取出元素后交换顺序，如果与顺序有关，则是排列；如果与顺序无关，则是组合．

高中数学选修3-2 计数原理、概率、随机变量及其分布

第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理基本形式一般形式区别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=种不同的方法完成一件事有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m n种不同的方法,那么完成这件事共有N=种不同的方法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,用其中的任何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=种不同的方法完成一件事需要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m n种不同的方法,那么完成这件事共有N=种不同的方法.探究点一分类加法计数原理1 (1)图书馆的书架有三层,第一层有3本不同的数学书,第二层有5本不同的语文书,第三层有8本不同的英语书,现从中任取1本书,则不同的取法共有()A.120种B.16种C.64种D.39种(2)如图9-55-1,从甲地到乙地有2条路,从乙地到丁地有3条路,从甲地到丙地有4条路,从丙地到丁地有2条路,则从甲地到丁地不同的路有()图9-55-1A.11条B.14条C.16条D.48条[总结反思]解答此类问题的关键是充分理解题意,理解分类计数原理:(1)分类加法计数原理中,完成一件事的方法属于其中一类并且只属于其中一类,即分类的标准是“不重不漏,一步完成”;分步乘法计数原理中,各个步骤相互依存,在各个步骤中任取一种方法,即是完成这个步骤的一种方法,即步与步之间的方法“相互独立,分步完成”.式题(1)[2017·辽宁重点高中期末]甲、乙、丙3人从1楼乘电梯去商场的3到9楼,每层楼最多下2人,则下电梯的方法有()A.210种B.84种C.343种D.336种(2)[2017·东北三省三校模拟]在哈尔滨的中央大街的步行街同侧有6块广告牌,广告牌的底色可选用红、蓝两种颜色,若要求相邻两块广告牌的底色不都为蓝色,则不同的配色方案共有()A.20种B.21种C.22种D.24种探究点二分步乘法计数原理2 (1)[2017·淮北一中检测]甲与其四位同事各有一辆私家车,车牌尾数分别是0,0,2,1,5,为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行,偶数日车牌尾数为偶数的车通行),五人商议拼车出行,每天任选一辆符合规定的车,但甲的车最多只能用一天,则不同的用车方案的种数为()A.5B.24C.32D.64(2)某公司准备在一幢“五角楼”的五个角装上五盏3种不同颜色的灯,要求相邻两盏灯的颜色不同,则不同的安装方法有种.[总结反思]利用分步乘法计数原理解决问题时应注意:(1)要按事件发生的过程合理分步,即分步是有先后顺序的,以元素(或位置)为主体的计数问题,通常先满足特殊元素(或位置),再考虑其他元素(或位置);(2)对完成每一步的不同方法种数要根据条件准确确定.式题(1)[2017·杭州萧山一中月考]有六种不同颜色,给如图9-55-2所示的六个区域涂色,要求相邻区域不同色,不同的涂色方法共有()A.4320种B.2880种C.1440种D.720种图9-55-2(2)某学校高三年级有2个文科班,3个理科班,现每个班指定1人对各班的卫生进行检查,若每班只安排1人检查,且文科班学生不检查文科班,理科班学生不检查自己所在的班,则不同安排方法的种数是()A.24B.32C.48D.84探究点三两个计数原理的综合3 (1)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2位大人,另外,2个小孩一定要排在一起,则这6人的入园顺序排法种数为()A.144B.124C.72D.36(2)如图9-55-3,一个地区分为五个行政区域,现给该地图着色,要求相邻区域不得使用同一种颜色,现有四种颜色可供选择,则不同的着色方法共有种.(用数字作答)图9-55-3[总结反思](1)涂色问题一般是综合利用两个计数原理求解,但也有几种常用方法:按区域的不同,以区域为主分步计数,用分步乘法计数原理分析;以颜色为主分类讨论,适用于区域、点、线段等问题,用分类加法计数原理分析;将空间问题平面化,转化成平面区域的涂色问题.(2)分类加法计数原理中,完成一件事的方法属于其中一类并且只属于其中一类;分步乘法计数原理中,各个步骤相互依存,只有完成每一步,整件事才算完成.若综合利用两个计数原理,一般先分类再分步.式题(1)若自然数n作竖式加法n+(n+1)+(n+2)均不产生进位现象,则称n为“开心数”.例如,32是“开心数”,因为32+33+34不产生进位现象;23不是“开心数”,因为23+24+25产生进位现象.那么,小于100的“开心数”的个数为()A.9B.10C.11D.12(2)“五一”黄金周将至,小明一家五口决定外出游玩,购买的车票分布如图9-55-4.图9-55-4若爷爷喜欢走动,需要坐靠近走廊的位置,妈妈需要照顾妹妹,两人必须坐在一起,则座位的安排方式一共有种.第2讲排列与组合1.排列与组合的概念名称定义区别排列从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素按照排成一列排列有序,组合无序组合合成一组2.排列数与组合数名称定义计算公式性质联系排列数从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有的个数,叫作从n个不同元素中取出m个元素的排列数.用符号“A n m”表示A n m== n!(n-m)!(n,m∈N*,且m≤n)(1)A n n=n!;(2)0!=1C n m=A n mm!组合数从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有的个数,叫作从n个不同元素中取出m个元素的组合数.用符号“C n m”表示C n m==n!m!(n-m)!(n,m∈N*,且m≤n)(1)C n n=C n0=1;(2)C n m=C n n-m;(3)C n+1m=Cnm+Cnm-1探究点一排列问题1 (1)[2017·江西重点中学盟校联考]将A,B,C,D,E这5名同学从左至右排成一排,则A与B相邻且A与C之间恰好有1名同学的排法有()A.18种B.20种C.21种D.22种(2)四位男演员与五位女演员排成一排拍照,其中四位男演员互不相邻,且女演员甲不站两端的排法种数为()A.A55A64-2A44A54B.A55A64-A44A54C.A55A54-2A44A44D.A55A54-A44A44[总结反思](1)对于有限制条件的排列问题,分析问题时有位置分析法和元素分析法.在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则,,对于分类过多的问题可以采用间接法.:相邻问题采用捆绑法,不相邻问题采用插空法.式题(1)5名学生进行知识竞赛.笔试结束后,甲、乙两名参赛者去询问成绩,回答者对甲说:“你们5人的成绩互不相同,很遗憾,你的成绩不是最好的”;对乙说:“你不是最后一名”.根据以上信息,这5人的笔试名次的所有可能的种数是()A.54B.72C.78D.96(2)现将5张连号的电影票分给甲、乙等5个人,每人1张,且甲、乙分得的电影票连号,则共有不同分法的种数为()A.12B.24C.36D.48探究点二组合问题2 (1)[2017·辽宁实验中学模拟]篮球比赛中每支球队的出场阵容由5名队员组成,2017年的NBA篮球赛中,休斯顿火箭队采取了“八人轮换”的阵容,即每场比赛只有8名队员有机会出场,这8名队员中包含2名中锋,2名控球后卫.若要求每一套出场阵容中有且仅有1名中锋,至少包含1名控球后卫,则休斯顿火箭队的主教练出场阵容的选择方案共有()A.16种B.28种C.84种D.96种(2)现有12张不同颜色的卡片,其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各3张,现从中任取3张,要求3张卡片不能全是同种颜色,且蓝色卡片至多1张,则不同的取法种数是()A.135B.172C.189D.162[总结反思]解决组合问题中两类题型的方法:(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,.(2)对于“至少”或“最多”含有几个元素的组合题型,若直接分类复杂,则间接求解.式题(1)[2017·银川二模]某地实行高考改革,考生除参加语文、数学、外语统一考试外,还需从物理、化学、生物、政治、历史、地理六科中选考三科,要求物理、化学、生物三科至少选一科,政治、历史、地理三科至少选一科,则可供考生选择的选考方法种数为()A.6B.12C.18D.24(2)[2017·郴州质检]把3名男生2名女生共5名新生分配到甲、乙两个班,每个班分配的新生不少于2名,且甲班至少分配1名女生,则不同的分配方案种数为.(用数字作答)探究点三分组分配问题考向1 整体均分问题3 数学活动小组由12名同学组成,现将这12名同学平均分成四组分别研究四个不同课题,且每组只研究一个课题,并要求每组选出1名组长,则不同的分配方案有 ( )A .C 123C 93C 63A 33A 44种B.C 123C 93C 6334种C.C 123C 93C 63A 4443种 D.C 123C 93C 6343种[总结反思] (1)平均分配给不同小组的分法种数等于平均分堆的分法种数乘堆数的全排列.(2)对于分堆与分配问题应注意三点:①处理分配问题要注意先分堆再分配;②被分配的元素是不同的;③分堆时要注意是否均匀.考向2 部分均分问题4 为防止部分学生考试时用搜题软件作弊,命题组指派5名教师对数学卷的选择题、填空题和解答题这三种题型进行改编,则每种题型至少指派1名教师的不同分派方法种数为( )A .150B .180C .200D .280[总结反思] 对于部分均分问题,解题时要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 !.考向3 不等分问题5 A ,B ,C ,D ,E ,F 六人围坐在一张圆桌上开会,A 是会议的中心发言人,必须坐最北面的椅子,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,则不同的坐法有 ( )A .24种B .30种C .48种D .60种[总结反思] 对于不等分问题,首先要对分配数量的可能情形进行一一列举,然后再对每一种情形分类考虑.在每一类的计数中,又要考虑是分步计数还是分类计数,是排列问题还是组合问题.强化演练1.【考向1】[2017·汕头模拟] 现有编号为A ,B ,C ,D 的四本书,将这四本书平均分给甲、乙两位同学,则A ,B 两本书不被同一位同学分到的概率为 ( ) A .14B .13C .23D .122.【考向2】6位机关干部被选调到4个贫困自然村进行精准扶贫,要求每位机关干部只能参加一个自然村的扶贫工作,且每个自然村至少有1位机关干部扶贫,则不同的分配方案有种.3.【考向3】将7名应届师范大学毕业生分配到3所中学任教,若4个人分到甲学校,2个人分到乙学校,1个人分到丙学校,则有种不同的分配方案.4.【考向2】在“心连心”活动中,五名党员被分配到甲、乙、丙三个村子进行入户走访,每个村子至少安排一名党员参加,且A ,B 两名党员必须在同一个村子的不同分配方法种数为 .5.【考向2】现有5名教师要带3个兴趣小组外出学习考察,要求每个兴趣小组的带队教师至多有2名,若其中教师甲和教师乙均不能单独带队,则不同的带队方案有种.(用数字作答)第3讲二项式定理1.二项式定理二项式定理(a+b)n=C n0a n+C n1a n-1b+…+C n r a n-r b r+…+C n n b n(n∈N*)二项展开式的通项T r+1=C n r a n-r b r,它表示第项二项式系数二项展开式中各项的系数为C n0,C n1,…,C n n2.二项式系数的性质(1)当0≤k≤n时,C n k与C n n-k的关系是.(2)二项式系数先增后减中间项最大.当n为偶数时,第n2+1项的二项式系数最大,最大值为C n2n;当n为奇数时,第n+12项和第n+32项的二项式系数最大,最大值为C n-12n或C n+12n.(3)各二项式系数和:C n0+C n1+C n2+…+C n n=,C n0+C n2+C n4+…=C n1+C n3+C n5+…=.探究点一求展开式中的特定项或特定系数1 (1)(1-2x)5的展开式中x3的系数为()A.-80B.80C.10D.-10(2)二项式x-√x6的展开式中常数项为()A.-15B.15C.-20D.20[总结反思]本类题主要考查二项展开式的通项与系数,考查的核心是通项T r+1=C n r a n-r b r.求解此类问题可以分两步完成:第一步,根据给出的条件(特定项)和通项,建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件,即n,r 均为非负整数,且n≥r);第二步,根据所求的指数求解所求的项.式题(1)[2017·贵阳二模]若x-ax5的展开式中x3的系数为30,则实数a=()A.-6B.6C.-5D.5(2)[2017·株洲一模]在14x+2x5的展开式中,x3的系数为.(用数字作答)探究点二二项式系数与各项的系数问题2 (1)在x+√xn的展开式中,各项系数和与二项式系数和之比为64∶1,则x3的系数为()A.15B.45C.135D.405(2)[2017·唐山三模]若(1-x)9=a0+a1x+a2x2+…+a9x9,则|a1|+|a2|+|a3|+…+|a9|= ( )A.1B.513C.512D.511[总结反思](1)“赋值法”普遍应用于恒等式,是一种处理与二项式相关问题的比较常用的方法.对形如(ax+b )n,(ax 2+bx+c )m(a ,b ,c ∈R )的式子求其展开式的各项系数之和,只需令x=1即可.(2)当n 为偶数时,展开式中第n2+1项的二项式系数最大,最大值为C n n 2;当n 为奇数时,展开式中第n+12项和第n+32项的二项式系数最大,最大值为C n n -12或C n n+12.式题 (1)在(x-2)6的展开式中,二项式系数的最大值为m ,含x 5项的系数为n ,则nm= ( )A .53B .-53C .35D .-35 (2)[2017·西宁一模] 若x 2+a xn的展开式中,二项式系数和为64,所有项的系数和为729,则a 的值为 .探究点三多项式展开式中的特定项考向1 几个多项式和的展开式中的特定项(系数)问题3 在(1+x )+(1+x )2+(1+x )3+…+(1+x )11的展开式中,x 2项的系数是 ( )A .55B .66C .165D .220[总结反思] 几个多项式和的展开式中的特定项(系数)问题的处理方法:先分别求出每一个多项式中的特定项,再合并.通常要用到方程或不等式的知识求解.考向2 几个多项式积的展开式中的特定项(系数)问题 4 在(√x -1)4·(x-1)2的展开式中,含x 项的系数为 ( )A .-4B .-2C .2D .4[总结反思] 几个多项式积的展开式中的特定项(系数)问题的处理方法:先分别化简或展开为多项式和的形式,再分类考虑特定项产生的每一种情形,求出相应的特定项,最后进行合并即可.考向3 三项展开式中的特定项(系数)问题 5 [2017·长沙三模]x 2-1x +34的展开式中常数项是 .[总结反思] 三项展开式中的特定项(系数)问题的处理方法:(1)通常将三项式转化为二项式积的形式,然后利用多项式积的展开式中的特定项(系数)问题的处理方法求解; (2)将其中某两项看成一个整体,直接利用二项式定理展开,然后再分类考虑特定项产生的所有可能情形.强化演练1.【考向2】(a+x )(1-x )4的展开式中x 的奇数次幂项的系数之和为32,则a 的值为 ( )A .-3B .3C .-5D .52.【考向1】已知(1+x )+(1+x )2+…+(1+x )n =a 0+a 1x+a 2x 2+…+a n x n (n ∈N *),若a 0+a 1+…+a n =62,则log n 25等于 .3.【考向3】[2017·锦州质检] (x 2-x-2)3的展开式中含x 项的系数为 .4.【考向2】在多项式(1+2x )6(1+y )5的展开式中,xy 3的系数为 . 5.【考向2】在x-1x(2x-1)6的展开式中,x 3的系数是 .(用数字作答)6.【考向2】[2017·赣州二模] 若(1+y3)x-1x 2yn(n ∈N +)的展开式中存在常数项,则常数项为 .[总结反思] 用二项式定理处理整除问题,通常把被除数写成除数(或与余数密切相关联的数)与某数的和或差的形式,再用二项式定理展开,但要注意两点:一是余数的范围,a=cr+b ,其中余数b ∈[0,r ),r 是除数,切记余数不能为负;二是二项式定理的逆用. 强化演练1.【考向2】883+6被49除所得的余数是 ( ) A .-14 B .0 C .14 D .35 2.【考向2】若n 是正整数,则7n+7n-1C n 1+7n-2C n 2+…+7C n n -1除以9的余数是.第4讲随机事件的概率与古典概型1.事件的分类确定事件必然事件在条件S 下,一定会发生的事件叫作相对于条件S 的必然事件不可能事件在条件S 下,一定不会发生的事件叫作相对于条件S 的不可能事件随机事件在条件S 下, 的事件叫作相对于条件S 的随机事件2.频率与概率(1)在相同的条件S 下重复n 次试验,观察某一事件A 是否出现,称n 次试验中事件A 出现的次数n A 为事件A 出现的频数,称事件A 出现的比例f n (A )=nAn 为事件A 出现的频率.(2)对于给定的随机事件A ,如果随着试验次数的增加,事件A 发生的稳定在某个常数上,把这个记作P (A ),称为事件A 发生的概率,简称为A 的概率. 3.事件的关系与运算定义符号表示包含关系若事件A 发生,事件B 一定发生,则称事件B 事件A (或称事件A 包含于事件B )(或A ⊆B )相等关系若B ⊇A 且A ⊇B ,则称事件A 与事件B 相等并事件 (和事件) 若某事件发生当且仅当事件A 发生或事件B 发生,则称此事件为事件A 与事件B 的 (或和事件) A ∪B (或A+B ) 交事件 (积事件) 若某事件发生当且仅当且 ,则称此事件为事件A 与事件B 的交事件(或积事件) A ∩B (或AB ) 互斥事件若A ∩B 为不可能事件,则称事件A 与事件B 互斥 A ∩B=⌀对立事件若A ∩B 为不可能事件,A ∪B 为必然事件,则称事件A 与事件B 互为对立事件A ∩B=⌀且P (A ∪B )=P (A )+P (B )=14.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)①若事件A 与事件B 互斥,则P (A ∪B )= . ②若事件B 与事件A 互为对立事件,则P (A )= .5.古典概型(1)基本事件的特点:①任何两个基本事件是的;②任何事件(除不可能事件)都可以表示成的和.(2)古典概型的特点:①试验中所有可能出现的基本事件只有个,即;②每个基本事件发生的可能性,即.(3)概率公式:P(A)=.探究点一随机事件的频率与概率1 (1)下列说法正确的是()A.某人打靶,射击10次,击中7次,则此人中靶的概率为0.7B.一位同学做抛硬币试验,抛6次,一定有3次“正面朝上”C.某地发行福利彩票,回报率为47%,若有人花了100元钱买彩票,则一定会有47元的回报D.发生的概率等于1的事件不一定为必然事件(2)有一批货物需要用汽车从生产商所在城市甲运至销售商所在城市乙,已知从城市甲到城市乙只有两条公路,据调查统计,通过这两条公路从城市甲到城市乙的200辆汽车所用时间的频数分布如下表:所用的时间(天数) 10 11 12 13通过公路1的频数20 40 20 20通过公路2的频数10 40 40 10假设汽车A只能在约定日期(某月某日)的前11天出发,汽车B只能在约定日期的前12天出发(将频率视为概率),为了尽最大可能在各自允许的时间内将货物运往城市乙,估计汽车A和汽车B选择的最佳路径分别为()A.公路1和公路2B.公路2和公路1C.公路2和公路2D.公路1和公路1[总结反思]随机事件的频率与概率问题应注意:(1)理解频率与概率的区别:概率可看成是频率在理论上的稳定值,频率随着试验次数的变化而变化,概率却是一个常数.(2)理解概率的基本性质:①0≤P(A)≤1;②P(Ω)=1,P(⌀)=0.式题[2017·福州一中质检]规定:投掷飞镖3次为一轮,若3次中至少2次投中8环以上为优秀.根据以往经验,某选手投掷1次命中8环以上的概率为45.现采用计算机做模拟试验来估计该选手获得优秀的概率.用计算机产生0到9之间的随机整数,用0,1表示该次投掷未在 8 环以上,用2,3,4,5,6,7,8,9表示该次投掷在 8 环以上,经随机模拟试验产生了如下 20 组随机数:907966191925271932812458569683031257393527556488730113537989据此估计,该选手投掷一轮,可以拿到优秀的概率为()A.45 B.1820C.112125D.1720探究点二互斥事件与对立事件的概率2 [2017·浏阳一中模拟] 公元五世纪,数学家祖冲之估计圆周率的值的范围是3.141 592 6<π<3.141 592 7.为纪念祖冲之在圆周率上的成就,把3.141 592 6称为“祖率”,这是中国数学的伟大成就.某小学教师为帮助同学们了解“祖率”,让同学们从小数点后的7位数字1,4,1,5,9,2,6中随机选取2位数字,整数部分3不变,那么得到的数大于3.14的概率为( )A .2831B .1921C .2231D .1721[总结反思] 求复杂的互斥事件的概率一般有两种方法:(1)直接求法:将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率,再运用互斥事件概率的加法公式计算.(2)间接求法:先求此事件的对立事件的概率,再用公式P (A )=1-P (A )求概率,即运用逆向思维(正难则反).特别是对“至多”“至少”型题目,用间接求法更简便.式题 [2017·临汾一中月考] 现有4张卡片,正面分别标有1,2,3,4,背面完全相同.将卡片洗匀,背面向上放置,甲、乙二人轮流抽取卡片,每人每次抽取一张,抽取后不放回,甲先抽,若二人约定,先抽到标有偶数的卡片者获胜,则甲获胜的概率是( )A. 23 B .712 C .12 D .512 B.探究点三古典概型的概率3 学校为了奖励数学竞赛中获奖的优秀学生,将“梅”“兰”“竹”“菊”四幅名画送给获奖的甲、乙、丙三名学生,每名学生至少获得一幅,则甲得到名画“竹”的概率是( )A .23B .12C .13D .16[总结反思] 古典概型中基本事件的探求方法: (1)列举法.(2)树状图法:适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目,常采用树状图法.(3)列表法:适用于多元素基本事件的求解问题,通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化. (4)排列组合法:适用于限制条件较多且元素数目较多的题目.式题 (1)[2017·大同三模] 现有7名数理化成绩优秀者,分别用A 1,A 2,A 3,B 1,B 2,C 1,C 2表示,其中A 1,A 2,A 3的数学成绩优秀,B 1,B 2的物理成绩优秀,C 1,C 2的化学成绩优秀.从中选出数学、物理、化学成绩优秀的各1人,组成一个小组代表学校参加竞赛,则A 1或B 1仅1人被选中的概率为 ( )A .13B .25C .12D .56(2)一个三位自然数abc 的百位、十位、个位上的数字依次为a ,b ,c ,当且仅当a>b 且c>b 时称为“凹数”.若a ,b ,c ∈{4,5,6,7,8},且a ,b ,c 互不相同,任取一个三位数abc ,则它为“凹数”的概率是 ( )A .23B .25C .16D .13第5讲几何概型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成比例,则称这样的概率模型为几何概率模型,简称为几何概型.2.几何概型的概率公式P (A )= .探究点一随机模拟方法1 [2016·全国卷Ⅱ] 从区间[0,1]随机抽取2n 个数x 1,x 2,…,x n ,y 1,y 2,…,y n ,构成n 个数对(x 1,y 1),(x 2,y 2),(x n ,y n ),其中两数的平方和小于1的数对共有m 个,则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为 ( )A .4n mB .2n mC .4m nD .2m n[总结反思] 对于应用几何概型模拟求解面积的问题,先构造出随机事件A 对应的几何图形,再利用概率等于面积的比值构建方程求解.式题已知正六边形ABCDEF 内接于圆O ,连接AD ,BE ,现在往圆O 内投掷2000粒小米,则可以估计落在阴影区域内的小米的粒数大约是参考数据:√3≈1.82,√3π≈0.55 ( )A .550B .600C .650D .700图9-59-3探究点二与长度﹑角度有关的几何概型2 在区间[-1,1]上随机取一个数k ,使直线y=k (x+3)与圆x 2+y 2=1有两个交点的概率为( )A .12B .13C .√23D .√24[总结反思] 求与长度(角度)有关的几何概型概率的方法是把题中所表示的几何模型转化为长度(角度),然后求解,要特别注意“长度型”与“角度型”的不同.解题的关键是构建事件的区域(长度、角度).式题 (1)事件“在正方形ABCD 的边CD 上随机选取一点P ,使∠ABP 为三角形APB 中最大的角”发生的概率为( )A .12B .14C .13D .23(2)[2017·宁德质检] 若在区间[0,e ]内随机取一个数x ,则代表数x 的点到区间两端点的距离均不小于e3的概率为( ) A .14B .12C .13D .15探究点三与体积有关的几何概型3 有一个底面半径为1、高为2的圆柱,点O 为这个圆柱底面圆的圆心,在这个圆柱内随机取一点P ,则点P 到点O 的距离大于1的概率为 .[总结反思] 对于与体积有关的几何概型问题,关键是计算总体积(总空间)以及事件的体积(空间),对于某些较复杂的问题也可利用其对立事件去求解.式题在棱长为3的正方体ABCD - A 1B 1C 1D 1内随机取一点P ,则点P 到正方体各顶点的距离都大于1的概率为 .强化演练1.【考向1】[2017·长沙二模] 在如图9-59-6所示的锐角三角形空地中,有一内接矩形花园(阴影部分),其一边长为x (单位:m ).将一颗豆子随机地扔到该空地内,用A 表示事件“豆子落在矩形花园内”,则P (A )的最大值为 ( )A .14 B .512C .12D .34图9-59-62.【考向1】在矩形ABCD 中,AB=2,BC=1,O 为AB 的中点,在矩形ABCD 内随机取一点,则取到的点到点O 的距离大于1的概率为 ( )A .π8B .1-π8C .π4D .1-π43.【考向2】已知Ω={(x ,y )|x+y ≤6,x ≥0,y ≥0},Γ={(x ,y )|x ≤4,y ≥0,x-2y ≥0},若向区域Ω内随机投一点P ,则点P 落入区域Γ内的概率是 ( )A .13B .23C .19D .294.【考向3】[2017·成都三诊] 已知A={(x ,y )|x 2+y 2≤π2},B 是曲线y=sin x 与x 轴围成的封闭区域.若向区域A 内随机投入一点M ,则点M 落入区域B 内的概率为( )A .2πB .4πC .2π3 D .4π35.【考向1】在区间[0,2]内随机取出两个数,则这两个数的平方和在区间[0,2]内的概率为 ( )A .√22B .π4C .12D .π8。

11.计数原理与概率、随机变量及其分布

第十一章计数原理与概率、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两个计数原理(1)每类方法都能独立完成这件事，它是独立的、一次的，且每次得到的是最后结果，只需一种方法就可完成这件事.(2)各类方法之间是互斥的、并列的、独立的.(1)每一步得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事，只有各个步骤都完成了才能完成这件事.(2)各步之间是相互依存的，并且既不能重复也不能遗漏.二、常用结论1.完成一件事可以有n类不同方案，各类方案相互独立，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m n种不同的方法.那么，完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋m n种不同的方法.2.完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，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m n种不同的方法.那么，完成这件事共有N＝m1×m2×…×m n种不同的方法.考点一分类加法计数原理1.在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数为________.解析：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.答案：362.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：53.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：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：204.如果一个三位正整数如“a 1a 2a 3”满足a 1＜a 2且a 2＞a 3，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________.解析：若a 2＝2，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0，“凸数”为120与121，共2个.若a 2＝3，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有2×3＝6(个).若a 2＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12(个)，…，若a 2＝9，满足条件的“凸数”有8×9＝72(个).所以所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个).答案：240考点二分步乘法计数原理[典例精析](1)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P可表示坐标平面上第二象限的点的个数为()A.6B.12C.24D.36(2)有6名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有________种不同的报名方法.[解析](1)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种方法；第二步确定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.(2)每项限报一个，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120(种).[答案](1)A(2)120[解题技法]利用分步乘法计数原理解决问题的策略(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)分步必须满足的两个条件：一是各步骤相互独立，互不干扰；二是步与步之间确保连续，逐步完成.[题组训练]1.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：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：632.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考点三两个计数原理的综合应用[典例精析](1)如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为()A.24B.48C.72D.96(2)如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是()A.48B.18C.24D.36(3)如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”.在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是()A.60B.48C.36D.24[解析](1)分两种情况：①A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D各有1种，有4×3×2＝24种涂法.②A，C同色，先涂A有4种，E有3种，C有1种，B，D各有2种，有4×3×2×2＝48种涂法.故共有24＋48＝72种涂色方法.(2)第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24(个)；第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个.所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36(个).(3)长方体的6个表面构成的“平行线面组”的个数为6×6＝36，另含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”的个数为6×2＝12，故符合条件的“平行线面组”的个数是36＋12＝48.[答案](1)C(2)D(3)B[解题技法]1.利用两个计数原理解决应用问题的一般思路(1)弄清完成一件事是做什么.(2)确定是先分类后分步，还是先分步后分类.(3)弄清分步、分类的标准是什么.(4)利用两个计数原理求解.2.涂色、种植问题的解题关注点和关键(1)关注点：首先分清元素的数目，其次分清在不相邻的区域内是否可以使用同类元素.(2)关键：是对每个区域逐一进行，选择下手点，分步处理.[题组训练]1.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________种.解析：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：722.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(用数字作答).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[课时跟踪检测]A级1.集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是()A.9B.14C.15D.21解析：选B当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7.当x≠2时，∵P⊆Q，∴x＝y.∴x可从3,4,5,6,7,8,9中取，有7种方法.因此满足条件的点共有7＋7＝14(个).2.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，先插第一个新节目，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.3.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.40B.16C.13D.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.从集合{1,2,3,4，…，10}中，选出5个数组成子集，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将和等于11的放在一组：1和10,2和9,3和8,4和7,5和6.从每一小组中取一个，有C12＝2(种).共有2×2×2×2×2＝32(个)子集.5.从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为()A.3B.4C.6D.8解析：选D 当公比为2时，等比数列可为1,2,4或2,4,8；当公比为3时，等比数列可为1,3,9；当公比为32时，等比数列可为4,6,9.同理，公比为12，13，23时，也有4个.故共有8个等比数列.6.将1,2,3，…，9这9个数字填在如图所示的空格中，要求每一行从左到右、每一列从上到下分别依次增大，当3,4固定在图中的位置时，填写空格的方法为( )A.6种B.12种C.18种D.24种解析：选A 根据数字的大小关系可知，1,2,9的位置是固定的，如图所示，则剩余5,6,7,8这4个数字，而8只能放在A 或B 处，若8放在B 处，则可以从5,6,7这3个数字中选一个放在C 处，剩余两个位置固定，此时共有3种方法，同理，若8放在A 处，也有3种方法，所以共有6种方法.7.(2019·郴州模拟)用六种不同的颜色给如图所示的六个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有( )A.4 320种B.2 880种C.1 440种D.720种解析：选A 分步进行：1区域有6种不同的涂色方法，2区域有5种不同的涂色方法，3区域有4种不同的涂色方法，4区域有3种不同的涂色方法，6区域有4种不同的涂色方法，5区域有3种不同的涂色方法.根据分步乘法计数原理可知，共有6×5×4×3×3×4＝4 320(种)不同的涂色方法.8.(2019·惠州调研)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 由题意知，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，共有3＋6＋3＋3＝15(个).9.在某一运动会百米决赛上，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.故安排方式有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上安排，所以安排方式有5×4×3×2×1＝120(种).故安排这8人的方式共有24×120＝2 880(种).答案：2 88010.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2×2＝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：8B级1.把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有()A.24种B.4种C.43种D.34种解析：选C第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱中也有4种投法；第3封信投到信箱中也有4种投法.只要把这3封信投完，就做完了这件事情，由分步乘法计数原理可得共有43种投法.2.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：选B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2×4×3×2＝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3×4×3×2＝72个偶数.故符合条件的偶数共有48＋72＝120(个).3.如图是一个由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的大正方形，现在用四种颜色给这四个直角三角形区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方法有()A.24种B.72种C.84种D.120种解析：选C如图，设四个直角三角形顺次为A，B，C，D，按A―→B―→C―→D顺序涂色，下面分两种情况：(1)A，C不同色(注意：B，D可同色、也可不同色，D只要不与A，C同色，所以D可以从剩余的2种颜色中任意取一色)：有4×3×2×2＝48种不同的涂法.(2)A，C同色(注意：B，D可同色、也可不同色，D只要不与A，C同色，所以D可以从剩余的3种颜色中任意取一色)：有4×3×1×3＝36种不同的涂法.故共有48＋36＝84种不同的涂色方法.4.(2018·湖南十二校联考)若m，n均为非负整数，在做m＋n的加法时各位均不进位(例如：134＋3 802＝3 936)，则称(m，n)为“简单的”有序对，而m＋n称为有序对(m，n)的值，那么值为1 942的“简单的”有序对的个数是________.解析：第1步，1＝1＋0,1＝0＋1，共2种组合方式；第2步，9＝0＋9,9＝1＋8,9＝2＋7,9＝3＋6，…，9＝9＋0，共10种组合方式；第3步，4＝0＋4,4＝1＋3,4＝2＋2,4＝3＋1,4＝4＋0，共5种组合方式；第4步，2＝0＋2,2＝1＋1,2＝2＋0，共3种组合方式.根据分步乘法计数原理，值为1 942的“简单的”有序对的个数是2×10×5×3＝300.答案：300－3，－2，－1，0，1，2，若a，b，c∈M，则：5.已知集合M＝{}(1)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个不同的二次函数；(2)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个图象开口向上的二次函数.解：(1)a的取值有5种情况，b的取值有6种情况，c的取值有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示5×6×6＝180个不同的二次函数.(2)y＝ax2＋bx＋c的图象开口向上时，a的取值有2种情况，b，c的取值均有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示2×6×6＝72个图象开口向上的二次函数.第二节排列与组合1.排列、组合的定义2.排列数、组合数的定义、公式、性质正确理解组合数的性质：从n个不同元素中取出m个元素的方法数等于取出剩余n－m个元素的(1)C m n＝C n－mn方法数.＝C m n＋1：从n＋1个不同元素中取出m个元素可分以下两种情况：①不含(2)C m n＋C m－1n种方法.特殊元素A有C m n种方法；②含特殊元素A有C m－1n考点一排列问题[典例精析]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.[解](1)从7人中选5人排列，有A57＝7×6×5×4×3＝2 520(种).(2)分两步完成，先选3人站前排，有A37种方法，余下4人站后排，有A44种方法，共有A37A44＝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A66种排列方法，共有5×A66＝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个空位中任选3个空位安排男生，有A35种方法，共有A44·A35＝1 440(种).[解题技法]求解排列应用问题的6种主要方法[题组训练]1.(2019·太原联考)高三要安排毕业晚会的4个音乐节目，2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序，要求2个舞蹈节目不连排，则不同排法的种数是()A.1 800B.3 600C.4 320D.5 040解析：选B先排除舞蹈节目以外的5个节目，共A55种，再把2个舞蹈节目插在6个空位中，有A26种，所以共有A55A26＝3 600(种).2.(2019·石家庄模拟)用数字0,1,2,3,4组成没有重复数字且大于3 000的四位数，这样的四位数有()A.250个B.249个C.48个D.24个解析：选C①当千位上的数字为4时，满足条件的四位数有A34＝24(个)；②当千位上的数字为3时，满足条件的四位数有A34＝24(个).由分类加法计数原理得满足条件的四位数共有24＋24＝48(个)，故选C.3.将7个人(其中包括甲、乙、丙、丁4人)排成一排，若甲不能在排头，乙不能在排尾，丙、丁两人必须相邻，则不同的排法共有()A.1 108种B.1 008种C.960种D.504种解析：选B将丙、丁两人进行捆绑，看成一人.将6人全排列有A22A66种排法；将甲排在排头，有A22A55种排法；乙排在排尾，有A22A55种排法；甲排在排头，乙排在排尾，有A22A44种排法.则甲不能在排头，乙不能在排尾，丙、丁两人必须相邻的不同排法共有A22A66－A22A55－A22A55＋A22A44＝1 008(种).考点二组合问题[典例精析]某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货.现从35种商品中选取3种.(1)其中某一种假货必须在内，不同取法有多少种？(2)其中某一种假货不能在内，不同取法有多少种？(3)恰有2种假货在内，不同取法有多少种？(4)至少有2种假货在内，不同取法有多少种？(5)至多有2种假货在内，不同取法有多少种？[解](1)从余下的34种商品中，选取2种有C234＝561(种)取法，所以某一种假货必须在内的不同取法有561种.(2)从34种可选商品中，选取3种，有C334种或者C335－C234＝C334＝5 984(种)取法.所以某一种假货不能在内的不同取法有5 984种.(3)从20种真货中选取1种，从15种假货中选取2种有C120C215＝2 100(种)取法.所以恰有2种假货在内的不同的取法有2 100种.(4)选取2种假货有C120C215种，选取3种假货有C315种，共有选取方式C120C215＋C315＝2 100＋455＝2 555(种).所以至少有2种假货在内的不同的取法有2 555种.(5)法一：(间接法)选取3种商品的总数为C335，因此共有选取方式C335－C315＝6 545－455＝6 090(种).所以至多有2种假货在内的不同的取法有6 090种.法二：(直接法)共有选取方式C320＋C220C115＋C120C215＝6 090(种).所以至多有2种假货在内的不同的取法有6 090种.[解题技法]组合问题的2类题型及求解方法(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，再由另外的元素补足；“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“至多”含有几个元素的组合题型：解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解.用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理.[题组训练]1.(2018·南宁二中、柳州高中第二次联考)从{1,2,3，…，10}中选取三个不同的数，使得其中至少有两个相邻，则不同的选法种数是()A.72B.70C.66D.64解析：选D从{1,2,3，…，10}中选取三个不同的数，恰好有两个数相邻，共有C12·C17＋C17·C16＝56种选法，三个数相邻共有C18＝8种选法，故至少有两个数相邻共有56＋8＝64种选法.2.(2019·辽宁五校协作体联考)在《爸爸去哪儿》第二季第四期中，村长给6位“萌娃”布置一项搜寻空投食物的任务.已知：①食物投掷地点有远、近两处；②由于Grace年纪尚小，所以要么不参与该项任务，但此时另需一位小孩在大本营陪同，要么参与搜寻近处投掷点的食物；③所有参与搜寻任务的小孩须被均分成两组，一组去远处，一组去近处.那么不同的搜寻方案有()A.10种B.40种C.70种D.80种解析：选B若Grace不参与任务，则需要从剩下的5位小孩中任意挑出1位陪同，有C15种挑法，再从剩下的4位小孩中挑出2位搜寻远处，有C24种挑法，最后剩下的2位小孩搜寻近处，因此一共有C15C24＝30种搜寻方案；若Grace参与任务，则其只能去近处，需要从剩下的5位小孩中挑出2位搜寻近处，有C25种挑法，剩下3位小孩去搜寻远处，因此共有C25＝10种搜寻方案.综上，一共有30＋10＝40种搜寻方案.3.(2018·全国卷Ⅰ)从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有________种.(用数字填写答案)解析：从2位女生，4位男生中选3人，共有C36种情况，没有女生参加的情况有C34种，故共有C36－C34＝20－4＝16(种).答案：16考点三分组、分配问题考法(一) 整体均分问题[例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＝15(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考法(二) 部分均分问题[例2] 有4名优秀学生A ，B ，C ，D 全部被保送到甲、乙、丙3所学校，每所学校至少去一名，则不同的保送方案共有________种.[解析] 先把4名学生分为2,1,1共3组，有C 24C 12C 11A 22＝6(种)分法，再将3组对应3个学校，有A 33＝6(种)情况，则共有6×6＝36(种)不同的保送方案.[答案] 36考法(三) 不等分问题[例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[题组训练]1.安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有( )A.12种B.18种C.24种D.36种解析：选D 因为安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，所以必有1人完成2项工作.先把4项工作分成3组，即2,1,1，有C 24C 12C 11A 22＝6种，再分配给3个人，有A 33＝6种，所以不同的安排方式共有6×6＝36(种).2.冬季供暖就要开始，现分配出5名水暖工去3个不同的居民小区检查暖气管道，每名水暖工只去一个小区，且每个小区都要有人去检查，那么分配的方案共有______种.解析：5名水暖工去3个不同的居民小区，每名水暖工只去一个小区，且每个小区都要有人去检查，5名水暖工分组方案为3,1,1和1,2,2，则分配的方案共有⎝⎛⎭⎫C 35C 122＋C 15C 242·A 33＝150(种).答案：150考点四排列、组合的综合问题[典例精析](1)从0,1,2,3,4,5这六个数字中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数的个数为( )A.300B.216C.180D.162(2)用数字0,1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的四位数，其中个位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位数共有________个.(用数字作答)[解析] (1)分两类：第一类，不取0，即从1,2,3,4,5中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数，根据分步乘法计数原理可知，共有C 23·C 22·A 44＝72(个)符合要求的四位数；第二类，取0，此时2和4只能取一个，再取两个奇数，组成没有重复数字的四位数，根据分步乘法计数原理可知，共有C 12·C 23·(A 44－A 33)＝108(个)符合要求的四位数.根据分类加法计数原理可知，满足题意的四位数共有72＋108＝180(个).(2)当个位、十位和百位上的数字为三个偶数时，若选出的三个偶数含有0，则千位上把剩余数字中任意一个放上即可，方法数是C 23A 33C 14＝72；若选出的三个偶数不含0，则千位上只能从剩余的非0数字中选一个放上，方法数是A33C13＝18，故这种情况下符合要求的四位数共有72＋18＝90(个).当个位、十位和百位上的数字为一个偶数、两个奇数时，若选出的偶数是0，则再选出两个奇数，千位上只要在剩余数字中选一个放上即可，方法数为C23A33C14＝72；若选出的偶数不是0，则再选出两个奇数后，千位上只能从剩余的非0数字中选一个放上，方法数是C13C23A33C13＝162，故这种情况下符合要求的四位数共有72＋162＝234(个).根据分类加法计数原理，可得符合要求的四位数共有90＋234＝324(个).[答案](1)C(2)324[解题技法]解决排列、组合综合问题的方法(1)仔细审题，判断是组合问题还是排列问题，要按元素的性质分类，按事件发生的过程进行分步.(2)以元素为主时，先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；以位置为主时，先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置.(3)对于有附加条件的比较复杂的排列、组合问题，要周密分析，设计出合理的方案，一般先把复杂问题分解成若干个简单的基本问题，然后应用分类加法计数原理或分步乘法计数原理来解决，一般遵循先选后排的原则.[题组训练]1.(2019·广州调研)某学校获得5个高校自主招生推荐名额，其中甲大学2个，乙大学2个，丙大学1个，并且甲大学和乙大学都要求必须有男生参加，学校通过选拔定下3男2女共5个推荐对象，则不同的推荐方法共有()A.36种B.24种C.22种D.20种解析：选B根据题意，分两种情况讨论：第一种，3名男生每个大学各推荐1人，2名女生分别推荐给甲大学和乙大学，共有A33A22＝12种推荐方法；第二种，将3名男生分成两组分别推荐给甲大学和乙大学，共有C23A22A22＝12种推荐方法.故共有24种推荐方法.2.(2019·成都诊断)从甲、乙等8名志愿者中选5人参加周一到周五的社区服务，每天安排一人，每人只参加一天.若要求甲、乙两人至少选一人参加，且当甲、乙两人都参加时，他们参加社区服务的日期不相邻，那么不同的安排种数为________.(用数字作答) 解析：根据题意，分2种情况讨论，若甲、乙之中只有一人参加，有C12·C46·A55＝3 600(种)；。

第9章第9讲计数原理概率随机变量及其分布

第9章第9讲计数原理概率随机变量及其分布计数原理是概率论中的基础概念之一，它描述了一系列事件发生的可能性，并给出了用于计算这些可能性的工具。

概率是描述随机事件发生的可能性的数值，它的取值范围在0到1之间。

随机变量是将随机事件映射到实数的函数，它可以是离散型的，也可以是连续型的。

随机变量的分布描述了随机变量的取值与其对应的概率之间的关系。

计数原理在概率论中扮演着非常重要的角色。

它包括了加法法则和乘法法则两个基本原理。

加法法则适用于两个事件的并集，它等于两个事件的概率之和减去两个事件的交集的概率。

乘法法则适用于两个事件的交集，它等于第一个事件发生的概率乘以在第一个事件发生的条件下，第二个事件发生的概率。

概率是描述随机事件发生的可能性的数值。

通常，概率可以通过实验或观察事件发生的频率来估算。

概率的取值范围在0到1之间，概率为0表示事件不可能发生，概率为1表示事件一定会发生。

概率可以通过数学的方法来计算，例如，利用计数原理、排列组合等方法。

随机变量是将随机事件映射到实数的函数。

它可以是离散型的，也可以是连续型的。

离散型随机变量取有限或可数个值，并且每个值有一个对应的概率。

离散型随机变量的概率分布可以用概率质量函数来描述。

连续型随机变量可以取任意实数值，其概率分布可以用概率密度函数来描述。

概率密度函数是一个非负函数，它满足积分的性质。

随机变量的分布是描述随机变量取值与其对应的概率之间的关系。

离散型随机变量的分布称为概率分布，而连续型随机变量的分布称为概率密度分布。

常见的离散型随机变量有伯努利分布、二项分布、泊松分布等，常见的连续型随机变量有均匀分布、正态分布、指数分布等。

这些分布在概率论和统计学中都有广泛的应用。

总结起来，计数原理、概率、随机变量及其分布是概率论中的基本概念和工具。

它们用于描述和计算随机事件的可能性，以及随机变量取值与概率之间的关系。

理解和掌握这些概念和工具对于进一步研究概率论和统计学非常重要。

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

2015届高考数学(人教,理科)大一轮配套练透：第9章计数原理与概率、随机变量及其分布第1节

[课堂练通考点]1．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．40B．16C．13 D．10解析：选C分两类情况讨论：第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．2.如图所示，从甲地到乙地有3条公路可走，从乙地到丙地有2条公路可走，从甲地不经过乙地到丙地有2条水路可走．则从甲地经乙地到丙地和从甲地到丙地的走法种数分别为()A．6,8 B．6,6C．5,2 D．6,2解析：选A从甲地经乙地到丙地，分两步：第1步，从甲地到乙地，有3条公路；第2步，从乙地到丙地，有2条公路．根据分步乘法计数原理，有3×2＝6种走法．从甲地到丙地，分两类：第1类，从甲地经乙地到丙地，有6种走法；第2类，从甲地不经过乙地到丙地，有2条水路，即有2种走法．根据分类加法计数原理，有6＋2＝8种走法．3.(2014·临沂模拟)如图所示的阴影部分由方格纸上3个小方格组成，我们称这样的图案为L型(每次旋转90°仍为L型图案)，那么在由4×5个小方格组成的方格纸上可以画出不同位置的L型图案的个数是()A．16 B．32C．48 D．64解析：选C每四个小方格(2×2型)中有“L”型图案4个，共有2×2型小方格12个，所以共有“L”型图案4×12＝48(个)．4．(2013·济南模拟)集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是() A．9 B．14C．15 D．21解析：选B当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7(个)；当x≠2时，x＝y，点的个数为7×1＝7(个)，则共有14个点，故选B.5.现有4种不同颜色对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有多少种？解：先给最上面的一块着色，有4种方法，再给中间左边一块着色，有3种方法，再给中间右边一块着色，有2种方法，最后再给下面一块着色，有2种方法，根据分步乘法计数原理，共有4×3×2×2＝48种方法．[课下提升考能]第Ⅰ组：全员必做题1．(2014·福州模拟)高三年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂参加社会实践，但去何工厂可自由选择，甲工厂必须有班级要去，则不同的分配方案有()A．16种B．18种C．37种D．48种解析：选C三个班去四个工厂不同的分配方案共43种，甲工厂没有班级去的分配方案共33种，因此满足条件的不同的分配方案共有43－33＝37种．2．如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”，在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是() A．60 B．48C．36 D．24解析：选B长方体的6个表面构成的“平行线面组”有6×6＝36个，6个对角面构成的“平行线面组”有6×2＝12(个)．故共有36＋12＝48(个)．3．有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、丙各需1人承担，从10人中选派4人承担这项任务，不同的选法有()A．1 260种B．2 025种C．2 520种D．5 040种解析：选C第一步，从10人中选派2人承担任务甲，有C210种选派方法；第二步，从余下的8人中选派1人承担任务乙，有C18种选派方法；第三步，再从余下的7人中选派1人承担任务丙，有C17种选派方法．根据分步乘法计数原理，知选法为C210·C18·C17＝2 520种．4．将甲、乙、丙、丁四名实习老师分到三个不同的班，要求每个班至少分到一名老师，且甲、乙两名老师不能分到同一个班，则不同分法的种数为()A．28 B．24C．30 D．36解析：选C法一：分成两种情况，①甲和丙丁中的一人被分到同一个班或乙和丙丁中的一人被分到同一个班共有2C12A33＝24种分法；②丙和丁两人被分到同一个班共有A33＝6种分法．于是所求的分法总数为24＋6＝30.法二：将4名老师分到3个不同的班，有C24C13A22，甲、乙两名老师分到同一个班有C13 A22.∴满足要求的分法有C24C13A22－C13A22＝30.5．(2013·山东高考)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能够组成三位数的个数是9×10×10＝900，能够组成无重复数字的三位数的个数是9×9×8＝648，故能够组成有重复数字的三位数的个数是900－648＝252.6.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：第1类，脱落1个，有1,4，共2种；第2类，脱落2个，有(1,4)，(2,3)，(1,2)，(1,3)，(4,2)，(4,3)，共6种；第3类，脱落3个，有(1,2,3)，(1,2,4)，(2,3,4)，(1,3,4)，共4种；第4类，脱落4个，有(1,2,3,4)，共1种．根据分类加法计数原理，共有2＋6＋4＋1＝13种焊接点脱落的情况．7.(2014·南充模拟)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，则不重复(除交汇点O外)的不同游览线路有()A．6种B．8种C．12种D．48种解析：选D从P点处进入结点O以后，游览每一个景点所走环形路线都有2个入口(或2个出口)，若先游览完A景点，再进入另外两个景点，最后从Q点处出有(4＋4)×2＝16种不同的方法，同理，若先游览B景点，有16种不同的方法，若先游览C景点，有16种不同的方法，因而所求的不同游览线路有3×16＝48种．8．(2013·深圳调研)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，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．9．一个乒乓球队里有男队员5人，女队员4人，从中选出男、女队员各一名组成混合双打，共有________种不同的选法．解析：“完成这件事”需选出男、女队员各一人，可分两步进行：第一步选一名男队员，有5种选法；第二步选一名女队员，有4种选法，共有5×4＝20(种)选法．答案：2010．如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫作“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________个．解析：当相同的数字不是1时，有C13个；当相同的数字是1时，共有C13C13个，由分类加法计数原理知共有“好数”C13＋C13C13＝12个．答案：1211．(2013.沈阳模拟)三边长均为正整数，且最大边长为11的三角形的个数是________．解析：另两边长用x，y表示，且不妨设1≤x≤y≤11，要构成三角形，必须x＋y≥12.当y取11时，x可取1,2,3，...，11，有11个三角形；当y取10时，x可取2,3， (10)有9个三角形；…；当y取6时，x只能取6，只有1个三角形．∴所求三角形的个数为11＋9＋7＋5＋3＋1＝36.答案：3612.(2014·泉州质检)如图所示，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有四种不同的花供选种，要求在每块花坛里种一种花，且相邻的两块花坛里种不同的花，则不同的种法共有________种．解析：法一：按所种花的品种多少分成三类：种两种花有A24种种法；种三种花有2A34种种法；种四种花有A44种种法．所以不同的种法共有A24＋2A34＋A44＝84种．法二：按A-B-C-D的顺序种花，可分A，C种同一种花与不种同一种花两种情况，共有4×3×(1×3＋2×2)＝84种不同的种法．答案：84第Ⅱ组：重点选做题1．标号为A，B，C的三个口袋，A袋中有1个红色小球，B袋中有2个不同的白色小球，C袋中有3个不同的黄色小球，现从中取出2个小球．(1)若取出的两个球颜色不同，有多少种取法？(2)若取出的两个球颜色相同，有多少种取法？解：(1)若两个球颜色不同，则应在A，B袋中各取一个或A，C袋中各取一个或B，C袋中各取一个．∴应有1×2＋1×3＋2×3＝11(种)．(2)若两个球颜色相同，则应在B或C袋中取出2个．∴应有1＋3＝4(种)．每个盒子只能放一个小球，且A球不能放在1,2号，B球必须放在与A球相邻的盒子中，求不同的放法有多少种？解：根据A球所在位置分三类：(1)若A球放在3号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C，D，E，则根据分步乘法计数原理得，3×2×1＝6种不同的放法；(2)若A球放在5号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C，D，E，则根据分步乘法计数原理得，3×2×1＝6种不同的放法；(3)若A球放在4号盒子内，则B球可以放在2号，3号，5号盒子中的任何一个，余下的三个盒子放球C，D，E有A33＝6种不同的放法，根据分步乘法计数原理得，3×3×2×1＝18种不同方法．综上所述，由分类加法计数原理得不同的放法共有6＋6＋18＝30种．。

随机变量及其分布PPT课件

35
例8. 某类灯泡使用时数在1000小时以上的概率是0.2，求三个灯泡在使用1000 小时以后最多只有一个坏了的概率.
解: 设X为三个灯泡在使用1000小时已坏的灯
泡数 . X ~ B (3, 0.8)，
P(X k)C3k (0.8)k (0.把2)观3察k ,一个k 灯泡0,的1,2使,3用
随后单调减少.
..
0
n=13,p=0.5
..n
当(n+1)p为整数时，二项概率P(X=k) 在k=(n +1)p和k =(n+1)p-1处达到最大值.
课下请自行证明上述结论.
31
例6. 将一枚均匀骰子抛掷3次，令X 表示3次中出现“4”点的次数
不难求得，
X的概率分布列是：
P{
X
k}C3k
(
依题意x可取值0第i个路口遇红灯i123路口3路口2路口118x表示该汽车首次遇到红灯前已通过的路口的个数路口3路口2路口1路口3路口2路口1第i个路口遇红灯i123路口3路口2路口1第i个路口遇红灯i123某加油站替公共汽车站代营出租汽车业务每出租一辆汽车可从出租公司得到3因代营业务每天加油站要多付给职工服务费60元
一般地，我们给出如下定义:
定义1 ：Байду номын сангаасxk(k=1,2, …)是离散型随机变量X所取的一切可能值，称
P(X xk ) pk, k=1,2,… …
为离散型随机变量X的概率分布列
简称分布列, 又称分布律.
其中 pk (k=1,2, …) 满足：
（1） pk 0,
用这两条性质判断
k=1,2, … 一个函数是否是
P( X k) a k , k =0,1,2, …, 0

2015届高考数学(人教,理科)大一轮配套练透：第9章计数原理与概率、随机变量及其分布第4节

[课堂练通考点]1．围棋盒子中有多粒黑子和白子，已知从中取出2粒都是黑子的概率为17，都是白子的概率是1235.则从中任意取出2粒恰好是同一色的概率是( )A.17 B.1235 C.1735D ．1解析：选C 设“从中取出2粒都是黑子”为事件A ，“从中取出2粒都是白子”为事件B ，“任意取出2粒恰好是同一色”为事件C ，则C ＝A ∪B ，且事件A 与B 互斥．所以P (C )＝P (A )＋P (B )＝17＋1235＝1735.即任意取出2粒恰好是同一色的概率为1735.2．(2013·昆明调研)从3个红球、2个白球中随机取出2个球，则取出的2个球不全是红球的概率是( )A.110 B.310 C.710D.35解析：选C “取出的2个球全是红球”记为事件A ，则P (A )＝310.因为“取出的2个球不全是红球”为事件A 的对立事件，所以其概率为P (A )＝1－P (A )＝1－310＝710.3．(2013·黄冈一模)设集合A ＝B ＝{1,2,3,4,5,6}，分别从集合A 和B 中随机取数x 和y ，确定平面上的一个点P (x ，y )，我们记“点P (x ，y )满足条件x 2＋y 2≤16”为事件C ，则C 的概率为( )A.29B.112C.16D.12解析：选A 分别从集合A 和B 中随机取数x 和y ，得到(x ，y )的可能结果有36种情况，满足x 2＋y 2≤16的(x ，y )有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,1)，(3,2)这8种情况，故所求概率为P (C )＝836＝29，故选A.4．(2014·潍坊模拟)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：75．(2014·绍兴调研)黄种人人群中各种血型的人所占的比例见下表：已知同种血型的人可以互相输血，O 型血的人可以给任一种血型的人输血，任何人的血都可以输给AB 型血的人，其他不同血型的人不能互相输血．小明是B 型血，若他因病需要输血，问(1)任找一个人，其血可以输给小明的概率是多少？ (2)任找一个人，其血不能输给小明的概率是多少？解：(1)对任一人，其血型为A ，B ，AB ，O 型血分别记为事件A ′，B ′，C ′，D ′，它们是互斥的．由已知，有P (A ′)＝0.28，P (B ′)＝0.29，P (C ′)＝0.08，P (D ′)＝0.35.因为B ，O 型血可以输给B 型血的人，故“任找一个人，其血可以输给小明”为事件B ′∪D ′，根据概率加法公式，得P (B ′∪D ′)＝P (B ′)＋P (D ′)＝0.29＋0.35＝0.64.(2)由于A ，AB 型血不能输给B 型血的人，故“任找一个人，其血不能输给小明”为事件A ′∪C ′，且P (A ′∪C ′)＝P (A ′)＋P (C ′)＝0.28＋0.08＝0.36.[课下提升考能]第Ⅰ组：全员必做题1．从1,2,3,4,5中随机抽三个不同的数，则其和为奇数的概率为( ) A.15 B.25 C.35D.45解析：选B 从1,2,3,4,5中随机抽三个不同的数共有(1,2,3)、(1,2,4)、(1,2,5)、(1,3,4)、(1,3,5)、(1,4,5)、(2,3,4)、(2,3,5)、(2,4,5)、(3,4,5)共10种情况，其中(1,2,4)、(1,3,5)、(2,3,4)、(2,4,5)中三个数字和为奇数，所以概率为25.2．甲、乙两人喊拳，每人可以用手出0,5,10三个数字，每人则可喊0,5,10,15,20五个数字，当两人所出数字之和等于某人所喊数字时喊该数字者获胜，若甲喊10，乙喊15时，则( )A ．甲胜的概率大B ．乙胜的概率大C ．甲、乙胜的概率一样大D ．不能确定谁获胜的概率大解析：选A 甲、乙两人喊拳，每人用手出0,5,10三个数字，有(0,0)，(0,5)，(0,10)，(5,0)，(5,5)，(5,10)，(10,0)，(10,5)，(10,10)，共9种情况．若甲喊10，则有(0,10)，(5,5)，(10,0)，共3种情况获胜，所以甲胜的概率为13；乙喊15时，有(5,10)，(10,5)，共2种情况获胜，所以乙胜的概率为29.所以甲胜的概率大．3．连续抛掷两颗骰子得到的点数分别为m ，n ，向量a ＝(m ，n )与向量b ＝(1,0)的夹角记为α，则α∈⎝⎛⎭⎫0，π4的概率为( ) A.518 B.512 C.12D.712解析：选B 依题意得a ＝(m ，n )共有36种情况，其中与向量b ＝(1,0)的夹角α∈⎝⎛⎭⎫0，π4需满足nm ＜1，即m ＞n ，则有(2,1)，(3,1)，(4,1)，(5,1)，(6,1)，(3,2)，(4,2)，(5,2)，(6,2)，(4,3)，(5,3)，(6,3)，(5,4)，(6,4)，(6,5)，共15种情况．所以所求概率为1536＝512.4．在平面直角坐标系xOy 中，不等式组⎩⎪⎨⎪⎧－1≤x ≤2，0≤y ≤2表示的平面区域为W ，从W 中随机取点M (x ，y )．若x ∈Z ，y ∈Z ，则点M 位于第二象限的概率为( )A.16 B.13 C ．1－π12D ．1－π6解析：选A 画出平面区域，列出平面区域内的整数点如下：(－1,0)，(－1,1)，(－1,2)，(0,0)，(0,1)，(0,2)，(1,0)，(1,1)，(1,2)，(2,0)，(2,1)，(2,2)，共12个，其中位于第二象限的有(－1,1)，(－1,2)，共2个，所以所求概率P ＝16.5．(2014·安庆一模)将一颗骰子投掷两次，第一次出现的点数记为a ，第二次出现的点数记为b ，设两条直线l 1：ax ＋by ＝2与l 2：x ＋2y ＝2平行的概率为P 1，相交的概率为P 2，则点P (36P 1,36P 2)与圆C ：x 2＋y 2＝1 098的位置关系是( )A ．点P 在圆C 上B ．点P 在圆C 外 C ．点P 在圆C 内D ．不能确定解析：选C 易知当且仅当a b ≠12时两条直线相交，而a b ＝12的情况有三种：a ＝1，b ＝2，此时两直线重合；a ＝2，b ＝4，此时两直线平行；a ＝3，b ＝6，此时两直线平行，而投掷两次的所有情况有36种，所以两条直线平行的概率P 1＝236＝118.两条直线相交的概率P 2＝1－336＝1112，∴点P (2,33)，点P 与圆心(0,0)的距离为4＋1 089＝ 1 093＜ 1 098，故点P 在圆C 内．6．某城市2013年的空气质量状况如下表所示：100<T ≤150时，空气质量为轻微污染，则该城市2013年空气质量达到良或优的概率为________．解析：由题意可知2013年空气质量达到良或优的概率为P ＝110＋16＋13＝35.答案：357．(2013·北京海淀区期末)一个袋子中有红球5个，黑球4个，现从中任取5个球，则至少有1个红球的概率为________．解析：“从中任取5个球，至少有1个红球”是必然事件，必然事件发生的概率为1. 答案：18．抛掷一粒骰子，观察掷出的点数，设事件A 为出现奇数点，事件B 为出现2点，已知P (A )＝12，P (B )＝16，则出现奇数点或2点的概率为________．解析：由题意知“出现奇数点”的概率是事件A 的概率，“出现2点”的概率是事件B 的概率，事件A ，B 互斥，则“出现奇数点或2点”的概率为P (A )＋P (B )＝12＋16＝23.答案：239．从装有编号分别为a ，b 的2个黄球和编号分别为c ，d 的2个红球的袋中无放回地摸球，每次任摸一球，求：(1)第一次摸到黄球的概率； (2)第二次摸到黄球的概率．解：(1)第一次摸球有4种可能的结果：a ，b ，c ，d ，其中第一次摸到黄球的结果包括：a ，b ，故第一次摸到黄球的概率是24＝0.5.(2)先后两次摸球有12种可能的结果：(a ，b )、(a ，c )、(a ，d )、(b ，a )、(b ，c )、(b ，d )、(c ，a )、(c ，b )、(c ，d )、(d ，a )、(d ，b )、(d ，c )，其中第二次摸到黄球的结果有6种：(a ，b )、(b ，a )、(c ，a )、(c ，b )、(d ，a )、(d ，b )．故第二次摸到黄球的概率为612＝0.5. 10．为加强大学生实践、创新能力和团队精神的培养，促进高等教育教学改革，教育部门主办了全国大学生智能汽车竞赛．该竞赛分为预赛和决赛两个阶段，参加决赛的队伍按照抽签方式决定出场顺序．通过预赛，选拔出甲、乙、丙三支队伍参加决赛．(1)求决赛中甲、乙两支队伍恰好排在前两位的概率； (2)求决赛中甲、乙两支队伍出场顺序相邻的概率．解：基本事件空间包含的基本事件有：甲乙丙，甲丙乙，乙甲丙，乙丙甲，丙甲乙，丙乙甲，共6个．(1)设“甲、乙两支队伍恰好排在前两位”为事件A ，事件A 包含的基本事件有：甲乙丙，乙甲丙，共2个，则P (A )＝26＝13.所以甲、乙两支队伍恰好排在前两位的概率为13.(2)设“甲、乙两支队伍出场顺序相邻”为事件B ，事件B 包含的基本事件有：甲乙丙，乙甲丙，丙甲乙，丙乙甲，共4个，则P (B )＝46＝23.所以甲、乙两支队伍出场顺序相邻的概率为23.第Ⅱ组：重点选做题1．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：选D P (a ，b )的个数为6个．落在直线x ＋y ＝2上的概率P (C 2)＝16，若在直线x ＋y ＝3上的概率P (C 3)＝26，落在直线x ＋y ＝4上的概率P (C 4)＝26，落在直线x ＋y ＝5上的概率P (C 5)＝16.2．(2013·南昌模拟)三张卡片上分别写有字母E ，E ，B ，将三张卡片随机地排成一行，恰好排成英文单词BEE 的概率为________．解析：记写有字母E 的两张卡片分别为E 1，E 2，则三张卡片随机排成一行的所有可能情况为，，共6种，其中三张卡片恰好排成英文单词BEE 的事件个数为2，故所求的概率P ＝26＝13.1答案：3。

随机变量及其分布复习课件.ppt

有
F(x) x f(t)dt，
则称X为连续型随机变量，其中f(x)称为X的概率密度函数，简称概率密度。
（II）概率密度的性质
( 1 ) 非负性： f( x ) 0 ， x R .
(2)规范性：f(x)dx1. 4
( 3 )对于任意实数 a b, 有
P{aXb}abf(x)dx . F(b)F(a)
求这个区间的端点,分二种情形讨论之：
17
（1）区间的一个端点是无穷大，即已知P(X < x) = p1 或P(X > x) = p2，求x .
利用或
然后反查标准正态分布表，即可求出x （2）区间关于μ对称，不妨设为(μ−a,μ+a)，而 P(μ−a<X<μ+a) = p，求a
18
四.随机变量的函数的分布 1.离散型随机变量函数的分布
几种重要的离散型分布
均指正匀数态分分分布布布
二项分布的正态近似
二项分布的泊松近似
二项分布
泊几
松何
分分布布 21
例题选讲
例1 甲、乙、丙3人进行独立射击每人的命中率依次为03 04 06 设每人射击一次试求3人命中总数之概率分布律分析求离散型随机变量的概率分布的步骤为:(1) 写
23
例2 投掷一个均匀骰子n 次，求(1)恰好得到一个6点的概率；(2)至少得到一个6点的概率；(3)为了以0.5的概率保证至少得到一个6点，则至少要投掷几次？
所以至少要投掷4次.
24
例3 设 X 的分布律为 X 1012 1111 p 4444
求 Y X 2 的分布律 .
解 Y 的可能值为 (1)2, 02,12, 22; 即 0, 1, 4.

高考数学一轮复习第9章计数原理概率随机变量及其分布第3讲二项式定理

高考数学一轮复习第9章计数原理概率随机变量及其分布第3讲二项式定理二项式定理是数学中非常重要的一条定理，它描述了一个二项式的幂函数展开后的系数。

首先，我们来看二项式的定义。

二项式是指两个数的和的n次方，通常记作(a+b)^n。

其中，a和b是实数或者复数，n是一个自然数。

二项式定理的完整表述是：(a+b)^n=C(n,0)*a^n*b^0+C(n,1)*a^(n-1)*b^1+C(n,2)*a^(n-2)*b^2+...+C(n,k)*a^(n-k)*b^k+...+C(n,n)*a^0*b^n其中，C(n,k)表示从n个数中选取k个数的组合数，也即是从n个数中取出k个数的方案数。

组合数C(n,k)的计算公式是：C(n,k)=n!/(k!*(n-k)!)这个定理的重要性主要体现在以下几个方面：1.理论性：二项式定理是一个非常基础的数学理论，在高等数学、概率论、离散数学等学科中都有广泛的应用。

2.应用性：二项式定理可以用来计算二项式的各个项的系数，从而得到二项式展开后的具体表达式。

这在求解各种问题时非常有用，比如组合问题，排列问题等。

3.概率应用：二项式定理在概率论中起着重要的作用。

当将a、b分别理解为事件A、B的概率时，(a+b)^n的展开式的每一项都代表着在n 次试验中，A出现k次、B出现n-k次的概率。

而C(n,k)*a^k*b^(n-k)正是这种事件发生的概率。

4.逻辑引申：二项式定理的思想和推导过程可以用来对数学推理和证明的逻辑进行训练和引导。

通过对二项式定理的研究，可以培养学生的逻辑思维和数学思维能力。

综上所述，二项式定理在数学中具有广泛的应用性和理论意义。

它不仅是一个基础的数学理论，还可以在实际问题的求解中发挥重要的作用。

因此，在高考数学一轮复习中，理解和掌握二项式定理，并能熟练运用其求解问题是非常重要的。

2019版数学一轮高中全程复习方略课件：第九章计数原理、概率、随机变量及其分布9-9

7 8 9 1 1 1 1 1 P 5 5 5 5 5 1 E(ξ)＝5×(5＋6＋7＋8＋9)＝7(元)． η 的分布列为 η 2 4 6 8 2 3 1 1 P 5 10 5 10 2 3 1 1 E(η)＝2×5＋4×10＋6×5＋8×10＝4(元)， ∴E(ξ)－E(η)＝7－4＝3(元)．故答案为 3. 答案：3
[变式练]——(着眼于举一反三) 1．(2018· 湖北黄冈调研)已知 6 只小白鼠中有 1 只感染了病毒，需要对 6 只小白鼠进行病毒 DNA 化验来确定哪一只受到了感染．下面是两种化验方案：方案甲：逐个化验，直到能确定感染病毒的小白鼠为止．方案乙：将 6 只小白鼠分为两组，每组三只，将其中一组的三只小白鼠的待化验物质混合在一起化验，若化验结果显示含有病毒 DNA，则表明感染病毒的小白鼠在这三只当中，然后逐个化验，直到确定感染病毒的小白鼠为止；若化验结果显示不含病毒 DNA，则在另外一组中逐个进行化验． (1)求执行方案乙化验次数恰好为 2 次的概率； (2)若首次化验的化验费为 10 元，第二次化验的化验费为 8 元，第三次及以后每次化验的化验费都是 6 元，求方案甲所需化验费的分布列和期望．
6．两个常用结论 (1)均值与方差的关系 2 2 D(X)＝E(X )－E (X)． (2)超几何分布的均值 nM 若 X 服从参数为 N，M，n 的超几何分布，则 E(X)＝ N .
二、必明 2●个易误点 1．两点分布，二项分布，超几何分布的均值与方差的计算公式容易记混淆，准确记忆公式是解题的必要条件． 2．在实际问题中注意深刻理解题意，准确判断实际问题是何种类型的分布是解题的关键．
np＝6 解析：由题意知 np1－p＝3，
4．(2018· 湖北调研)已知随机变量 η 满足 E(1－η)＝5，D(1 －η)＝5，则下列说法正确的是( ) A．E(η)＝－5，D(η)＝5 B．E(η)＝－4，D(η)＝－4 C．E(η)＝－5，D(η)＝－5 D．E(η)＝－4，D(η)＝5

2015届高考数学(人教,理科)大一轮配套练透：第9章计数原理与概率、随机变量及其分布第5节

[课堂练通考点]1．(2013·江南十校联考)第16届亚运会于2010年11月12日在中国广州举行，运动会期间从来自A 大学的2名志愿者和来自B 大学的4名志愿者中随机抽取2人到体操比赛场馆服务，至少有一名A 大学志愿者的概率是( )A.115 B.25 C.35D.1415解析：选C 记2名来自A 大学的志愿者为A 1，A 2,4名来自B 大学的志愿者为B 1，B 2，B 3，B 4.从这6名志愿者中选出2名的基本事件有：(A 1，A 2)，(A 1，B 1)，(A 1，B 2)，(A 1，B 3)，(A 1，B 4)，(A 2，B 1)，(A 2，B 2)，(A 2，B 3)，(A 2，B 4)，(B 1，B 2)，(B 1，B 3)，(B 1，B 4)，(B 2，B 3)，(B 2，B 4)，(B 3，B 4)，共15种．其中至少有一名A 大学志愿者的事件有9种．故所求概率P ＝915＝35.故选C. 2．(2014·亳州高三质检)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.12B.13C.14D.18解析：选C 易知过点(0,0)与y ＝x 2＋1相切的直线为y ＝2x (斜率小于0的无需考虑)，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，由古典概型知概率为416＝14.3．我们把日均收看体育节目的时间超过50分钟的观众称为“超级体育迷”．已知5名“超级体育迷”中有2名女性，若从中任选2名，则至少有1名女性的概率为( )A.710B.15C.14D.12解析：选A 用a i 表示男性，其中i ＝1,2,3，b j 表示女性，其中j ＝1,2.记“选出的2名全都是男性”为事件A ，“选出的2名有1名男性1名女性”为事件B ，“选出的2名全都是女性”为事件C ，则事件A 包含(a 1，a 2)，(a 1，a 3)，(a 2，a 3)，共3个基本事件，事件B 包含(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 3，b 1)，(a 3，b 2)，共6个基本事件，事件C 包含(b 1，b 2)，共1个基本事件．事件A ，B ，C 彼此互斥，事件至少有1名女性包含事件B和C ，所以所求事件的概率为6＋13＋6＋1＝710.4．(2014·昆明质检)从某学习小组的10名同学中选出3名同学参加一项活动，其中甲、乙两名同学都被选中的概率是________．解析：从10名同学中选出3名同学有C 310＝10×9×83×2×1＝120种选法，其中甲、乙两名同学都被选中有C 18＝8种选法，因此甲、乙两名同学都被选中的概率是8120＝115. 答案：1155．(2013·江西高考)小波以游戏方式决定是去打球、唱歌还是去下棋．游戏规则为：以O 为起点，再从A 1，A 2，A 3，A 4，A 5，A 6(如图)这6个点中任取两点分别为终点得到两个向量，记这两个向量的数量积为X ，若X >0就去打球，若X ＝0就去唱歌，若X <0就去下棋．(1)写出数量积X 的所有可能取值；(2)分别求小波去下棋的概率和不去唱歌的概率．解：(1)X 的所有可能取值为－2，－1,0,1.(2)数量积为－2的有2OA ·5OA，共1种；数量积为－1的有1OA ·5OA ，1OA ·6OA ，2OA ·4OA ，2OA ·6OA ，3OA ·4OA，3OA ·5OA ，共6种；数量积为0的有1OA ·3OA ，1OA ·4OA ，3OA ·6OA ，4OA ·6OA，共4种；数量积为1的有1OA ·2OA ，2OA ·3OA ，4OA ·5OA ，5OA ·6OA，共4种．故所有可能的情况共有15种．所以小波去下棋的概率为P 1＝715；因为去唱歌的概率为P 2＝415，所以小波不去唱歌的概率P ＝1－P 2＝1－415＝1115.[课下提升考能]第Ⅰ卷：夯基保分卷1．(2013·惠州模拟)从{1,2,3,4,5}中随机选取一个数为a ，从{1,2,3}中随机选取一个数为b ，则b >a 的概率是( )A.45 B.35 C.25D.15解析：选D 从{1,2,3,4,5}中选取一个数a 有5种取法，从{1,2,3}中选取一个数b 有3种取法．所以选取两个数a ，b 共有5×3＝15个基本事件．满足b >a 的基本事件共有3个．因此b >a 的概率P ＝315＝15.2．高三(4)班有4个学习小组，从中抽出2个小组进行作业检查．在这个试验中，基本事件的个数为( )A ．2B ．4C ．6D ．8解析：选C 设这4个学习小组为A ，B ，C ，D ，“从中任抽取两个小组”的基本事件有AB ，AC ，AD ，BC ，BD ，CD ，共6个．3．(2013·合肥模拟)从1到10这十个自然数中随机取三个数，则其中一个数是另两个数之和的概率是( )A.16B.14C.13D.12解析：选A 不妨设取出的三个数为x ，y ，z (x ＜y ＜z )，要满足x ＋y ＝z ，共有20种结果，从十个数中取三个数共有C 310种结果，故所求概率为20C 310＝16. 4．(2014·郑州模拟)在二项式⎝⎛⎭⎪⎫x ＋12·4x n的展开式中，前三项的系数成等差数列，把展开式中所有的项重新排成一列，有理项都互不相邻的概率为( )A.16 B.14 C.13D.512解析：选D 注意到二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12·4x n 的展开式的通项是T r ＋1＝C r n ·(x )n －r·⎝ ⎛⎭⎪⎫12·4x r＝C r n ·2－r ·x 234n r-.依题意有C 0n ＋C 2n ·2－2＝2C 1n ·2－1＝n ，即n 2－9n ＋8＝0，(n －1)(n －8)＝0(n ≥2)，因此n ＝8.∵二项式⎝⎛⎭⎪⎫x ＋12·4x 8的展开式的通项是T r ＋1＝C r 8·2－r·x 34-4r，其展开式中的有理项共有3项，所求的概率等于A 66·A 37A 99＝512，选D.5．(2014·浙江联考)一个袋子中装有六个大小形状完全相同的小球，其中一个编号为1，两个编号为2，三个编号为3.现从中任取一球，记下编号后放回，再任取一球，则两次取出的球的编号之和等于4的概率是________．解析：列举可知，共有36种情况，和为4的情况有10种，所以所求概率P ＝1036＝518.答案：5186．(2014·宣武模拟)曲线C 的方程为x 2m 2＋y 2n 2＝1，其中m ，n 是将一枚骰子先后投掷两次所得点数，事件A ＝“方程x 2m 2＋y 2n2＝1表示焦点在x 轴上的椭圆”，那么P (A )＝________.解析：试验中所含基本事件个数为36；若想表示椭圆，则先后两次的骰子点数不能相同，则去掉6种可能，既然椭圆焦点在x 轴上，则m ＞n ，又只剩下一半情况，即有15种，因此P (A )＝1536＝512.答案：5127．某种零件按质量标准分为1,2,3,4,5五个等级．现从一批该零件中随机抽取20个，对其等级进行统计分析，得到频率分布表如下：(1)在抽取的20(2)在(1)的条件下，从等级为3和5的所有零件中，任意抽取2个，求抽取的2个零件等级恰好相同的概率．解：(1)由频率分布表得0.05＋m ＋0.15＋0.35＋n ＝1，即m ＋n ＝0.45.由抽取的20个零件中，等级为5的恰有2个，得n ＝220＝0.1，所以m ＝0.45－0.1＝0.35.(2)由(1)得，等级为3的零件有3个，记作x 1，x 2，x 3；等级为5的零件有2个，记作y 1，y 2.从x 1，x 2，x 3，y 1，y 2中任意抽取2个零件，所有可能的结果为(x 1，x 2)，(x 1，x 3)，(x 1，y 1)，(x 1，y 2)，(x 2，x 3)，(x 2，y 1)，(x 2，y 2)，(x 3，y 1)，(x 3，y 2)，(y 1，y 2)，共10种．记事件A 为“从零件x 1，x 2，x 3，y 1，y 2中任取2件，其等级相等”．则A 包含的基本事件有(x 1，x 2)，(x 1，x 3)，(x 2，x 3)，(y 1，y 2)，共4种．故所求概率为P(A)＝410＝0.4.8．将一个质地均匀的正方体(六个面上分别标有数字0,1,2,3,4,5)和一个正四面体(四个面分别标有数字1,2,3,4)同时抛掷1次，规定“正方体向上的面上的数字为a，正四面体的三个侧面上的数字之和为b”．设复数为z＝a＋b i.(1)若集合A＝{z|z为纯虚数}，用列举法表示集合A；(2)求事件“复数在复平面内对应的点(a，b)满足a2＋(b－6)2≤9”的概率．解：(1)A＝{6i,7i,8i,9i}．(2)满足条件的基本事件的个数为24.设满足“复数在复平面内对应的点(a，b)满足a2＋(b－6)2≤9”的事件为B.当a＝0时，b＝6,7,8,9满足a2＋(b－6)2≤9；当a＝1时，b＝6,7,8满足a2＋(b－6)2≤9；当a＝2时，b＝6,7,8满足a2＋(b－6)2≤9；当a＝3时，b＝6满足a2＋(b－6)2≤9.即B为(0,6)，(0,7)，(0,8)，(0,9)，(1,6)，(1,7)，(1,8)，(2,6)，(2,7)，(2,8)，(3,6)共计11个．所以所求概率P＝1124.第Ⅱ卷：提能增分卷1．(2013·陕西高考)有7位歌手(1至7号)参加一场歌唱比赛，由500名大众评委现场投票决定歌手名次．根据年龄将大众评委分为五组，各组的人数如下：(1)为了调查评委对7位歌手的支持情况，现用分层抽样方法从各组中抽取若干评委，其中从B组抽取了6人，请将其余各组抽取的人数填入下表：(2) 在(1)中，若A，B两组被抽到的评委中各有2人支持1号歌手，现从这两组被抽到的评委中分别任选1人，求这2人都支持1号歌手的概率．解：(1)由题设知，分层抽样的抽取比例为6%，所以各组抽到的人数如下表：(2)记从A 组抽到的3个评委为a 1，a 2，a 3，其中a 1，a 2支持1号歌手；从B 组抽到的6个评委为b 1，b 2，b 3，b 4，b 5，b 6，其中b 1，b 2支持1号歌手．从{a 1，a 2，a 3}和{b 1，b 2，b 3，b 4，b 5，b 6}中各抽取1人的所有结果为：由以上树状图知所有结果共18种，其中2人都支持1号歌手的有a 1b 1，a 1b 2，a 2b 1，a 2b 2共4种，故所求概率p ＝418＝29.2．已知集合P ＝{x |x (x 2＋10x ＋24)＝0}，Q ＝{y |y ＝2n －1，1≤n ≤2，n ∈N *}，M ＝P ∪Q .在平面直角坐标系中，点A 的坐标为(x ′，y ′)，且x ′∈M ，y ′∈M ，试计算：(1)点A 正好在第三象限的概率； (2)点A 不在y 轴上的概率；(3)点A 正好落在区域x 2＋y 2≤10上的概率．解：由集合P ＝{x |x (x 2＋10x ＋24)＝0}可得P ＝{－6，－4,0}，由Q ＝{y |y ＝2n －1,1≤n ≤2，n ∈N *}可得Q ＝{1,3}，则M ＝P ∪Q ＝{－6，－4,0,1,3}，因为点A 的坐标为(x ′，y ′)，且x ′∈M ，y ′∈M ，所以满足条件的点A 的所有情况为(－6，－6)，(－6，－4)，(－6,0)，(－6,1)，(－6,3)，…，(3,3)，共25种．(1)点A 正好在第三象限的可能情况为(－6，－6)，(－4，－6)，(－6，－4)，(－4，－4)，共4种，故点A 正好在第三象限的概率P 1＝425.(2)点A 在y 轴上的可能情况为(0，－6)，(0，－4)，(0,0)，(0,1)，(0,3)，共5种，故点A 不在y 轴上的概率P 2＝1－525＝45.(3)点A 正好落在区域x 2＋y 2≤10上的可能情况为(0,0)，(1,0)，(0,1)，(3,1)，(1,3)，(3,0)，(0,3)，(1,1)．共8种，故点A 落在区域x 2＋y 2≤10上的概率P 3＝825.3．(2014·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.。

高中数学随机变量及其分布讲义及练习

随机变量及其分布要求层次重难点取有限值的离散型随机变量及其分布列C⑴理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，了解分布列对于刻画随机现象的重要性．⑵理解超几何分布及其导出过程，并能进行简单的应用．超几何分布A（一）知识内容1．运用计数原理，求随机事件的概率，为求随机变量的分布列打下基础．2．涉及到的主要是古典概型的概率求法，与概率初步相承接．对于直接列出基本事件空间求概率的题型不再收集，属于概率初步中的内容．（二）典例分析：【例1】甲、乙两人玩猜数字游戏，先由甲心中任想一个数字，记为a ，再由乙猜甲刚才想的数字，知识框架例题精讲高考要求离散型随机变量二点分布超几何分布二项分布离散型随机变量的分布列板块一：随机事件的概率随机变量及其分布把乙猜的数字记为b，且{0129}，，，，，，若||1a b∈-≤，则称甲乙“心有灵犀”．现任意a b找两个人玩这个游戏，则他们“心有灵犀”的概率为．【例2】从装有3个白球，4个红球的箱子中，把球一个个取出来，到第五个恰好白球全部取出来的概率是_____．【例3】从正二十边形的对角线中任取一条，则其与此正二十边形的所有边都不平行的概率为_____．【例4】某班有52人，男女各半，男女各自平均分成两组，从这个班中选出4人参加某项活动，这4人恰好来自不同组别的概率是______．【例5】（09上海春）一只猴子随机敲击只有26个小写英文字母的练习键盘．若每敲1次在屏幕上出现一个字母，它连续敲击10次，屏幕上的10个字母依次排成一行，则出现单词“monkey”的概率为______．【例6】6女，4男中随机选出3位参加测验．每位女同学能通过测验的概率为0.8，每位男同学能通过测验的概率为0.6．试求：⑴选出的3位同学中，至少有一位男同学的概率；⑵10位同学中的女同学甲和男同学乙同时被选中且通过测验的概率．【例7】（06江西）将7个人（含甲、乙）分成三个组，一组3人，另两组2人，不同的分组数为a，甲、乙分到同一组的概率为p，则a p，的值分别为（）A ．510521a p ==， B ．410521a p ==， C ．521021a p ==， D ．421021a p ==，【例8】（07四川）已知一组抛物线2112y ax bx =++，其中a 为2468，，，中任取的一个数，b 为1357，，，中任取的一个数，从这些抛物线中任意抽取两条，它们在与直线1x =交点处的切线相互平行的概率是（）A ．112B ．760C ．625D ．516【例9】（08湖南）对有(4)n n ≥个元素的总体{}12n ，，，进行抽样，先将总体分成两个子总体{}12m ，，，和{}12m m n ++，，，（m 是给定的正整数，且22m n -≤≤），再从每个子总体中各随机抽取2个元素组成样本．用ij P 表示元素i 和j 同时出现在样本中的概率，则1n P = ；所有(1)ij P i j n <≤≤的和等于．【例10】（2009江西10）为了庆祝六一儿童节，某食品厂制作了3种不同的精美卡片，每袋食品随机装入一张卡片，集齐3种卡片可获奖，现购买该种食品5袋，能获奖的概率为（）A ．3181B ．3381C ．4881D ．5081【例11】（2009重庆6）锅中煮有芝麻馅汤圆6个，花生馅汤圆5个，豆沙馅汤圆4个，这三种汤圆的外部特征完全相同．从中任意舀取4个汤圆，则每种汤圆都至少取到1个的概率为（）A ．891B ．2591C ．4891D ．6091【例12】（2009安徽）考察正方体6个面的中心，甲从这6个点中任意选两个点连成直线，乙也从这6个点中任意选两个点连成直线，则所得的两条直线相互平行但不重合的概率等于（）A ．175B ．275C ．375D ．475【例13】（2009安徽10）考察正方体6个面的中心，从中任意选3个点连成三角形，再把剩下的3个点也连成三角形，则所得的两个三角形全等的概率等于（）A ．1B ．12C ．13D ．0【例14】在某地的奥运火炬传递活动中，有编号为12318，，，，的18名火炬手．若从中任选3人，则选出的火炬手的编号能组成以3为公差的等差数列的概率为_______．【例15】右图中有一个信号源和五个接收器．接收器与信号源在同一个串联线路中时，就能接收到信号，否则就不能接收到信号．若将图中左端的六个接线点随机地平均分成三组，将右端的六个接线点也随机地平均分成三组，再把所有六组中每组的两个接线点用导线连接，则这五个接收器能同时接收到信号的概率是（）A ．445B ．136C ．415D ．815【例16】已知盒中装有3只螺口与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使用，电工师傅每次从中任取一只并不放回，则他直到第3次才取得卡口灯泡的概率为（）A ．2140B ．1740C ．310D ．7120【例17】（2006上海）两部不同的长篇小说各由第一、二、三、四卷组成，每卷1本，共8本．将它们任意地排成一排，左边4本恰好都属于同一部小说的概率是______（结果用分数表示）．【例18】某人射击5枪，命中3枪，3枪中恰有2枪连中的概率为（）A．120B．110C．25D．35【例19】从数字12345，，，，中，随机抽取3个数字（允许重复）组成一个三位数，其各位数字之和等于9的概率为（）A．19125B．18125C．16125D．13125【例20】（2007年全国II卷文）从某批产品中，有放回地抽取产品二次，每次随机抽取1件，假设事件A：“取出的2件产品中至多有1件是二等品”的概率()0.96P A=．⑴求从该批产品中任取1件是二等品的概率p；⑵若该批产品共100件，从中任意抽取2件，求事件B：“取出的2件产品中至少有一件二等品”的概率()P B．【例21】（2006年浙江卷）甲、乙两袋装有大小相同的红球和白球，甲袋装有2个红球，2个白球；乙袋装有2个红球，n个白球．由甲，乙两袋中各任取2个球．⑴若3n=，求取到的4个球全是红球的概率；⑵若取到的4个球中至少有2个红球的概率为34，求n．【例22】（2009江苏23）对于正整数2n ≥，用n T 表示关于x 的一元二次方程220x ax b ++=有实数根的有序数组()a b ，的组数，其中{}12a b n ∈，，，，（a 和b 可以相等）；对于随机选取的{}12a b n ∈，，，，（a 和b 可以相等），记n P 为关于x 的一元二次方程220x ax b ++=有实数根的概率．⑴求2n T 及2n P ；⑵求证：对任意正整数2n ≥，有11n P n>-．【例23】某种电子玩具按下按钮后，会出现红球或绿球，已知按钮第一次按下后，出现红球与绿球的概率都是12，从按钮第二次按下起，若前次出现红球，则下一次出现红球、绿球的概率分别为1233，；若前次出现绿球，则下一次出现红球、绿球的概率分别为3255，；记第(*)n n ∈N 次按下按钮后出现红球的概率为n P ． ⑴求2P 的值；⑵当2n n ∈N ，≥时，求用1n P -表示n P 的表达式； ⑶求n P 关于n 的表达式．（一）知识内容1．离散型随机变量如果在试验中，试验可能出现的结果可以用一个变量X 来表示，并且X 是随着试验的结果的不同而变化的，我们把这样的变量X 叫做一个随机变量．随机变量常用大写字母,,X Y 表示．如果随机变量X 的所有可能的取值都能一一列举出来，则称X 为离散型随机变量． 2．离散型随机变量的分布列将离散型随机变量X 所有可能的取值i x 与该取值对应的概率i p (1,2,,)i n =列表表示：X 1x 2x … i x … n x P1p2p…i p…n pX 的分布列．板块二：离散型随机变量及其分布列（二）典例分析：【例1】以下随机变量中，不是离散型随机变量的是：⑴ 某城市一天之内发生的火警次数X ；⑵ 某城市一天之内的温度Y ．【例2】写出下列各随机变量可能的取值．⑴ 小明要去北京旅游，可能乘火车、汽车，也可能乘飞机，他的旅费分别为100元、260元和600 元，记他的旅费为X ；⑵ 正方体的骰子，各面分别刻着123456，，，，，，随意掷两次，所得的点数之和X ．【例3】若()1P X n a =-≤，()1m P X b =-≥，其中m n <，则()P m X n ≤≤等于（）A ．(1)(1)a b --B ．1(1)a b --C ．1()a b -+D ．1(1)b a --【例4】甲乙两名篮球运动员轮流投篮直至有人投中为止，设每次投篮甲投中的概率为0.4，乙投中的概率为0.6，而且每次不受其他次投篮结果的影响，甲投篮的次数为X ，若甲先投，则()P X k ==_________．【例5】某12人的兴趣小组中，有5名三好生，现从中任意选6人参加竞赛，用X 表示这6人中三好生的人数，则(3)P X ==________．【例6】设随机变量的分布列如下：k【例7】设随机变量X 等可能的取值123n ，，，，，如果(4)0.3P X <=，那么（） A ．3n = B ．4n = C ．9n = D ．10n =【例8】设随机变量X 的概率分布列为2()1233iP X i a i ⎛⎫=== ⎪⎝⎭，，，，则a 的值是（） A ．1738 B ．2738 C ．1719 D ．2719【例9】已知随机变量X 的分布列为()(123)2iP X i i a===，，，则(2)P X == ．【例10】设随机变量X 的概率分布是()5kaP X k ==，a 为常数，123k =，，，则a =（） A ．2531 B ．3125 C ．12531 D ．31125【例11】设随机变量ξ所有可能取值为1234，，，，且已知概率()P k ξ=与k 成正比，求ξ的分布．【例12】设随机变量X 的概率分布列为()1262k cP X k k ===，，，，，其中c 为常数，则(2)P X ≤的值为（）A ．34B ．1621C ．6364D ．6463【例13】设随机变量X 的分布列为()()123k P X k k n λ===，，，，，，求λ的取值．【例14】已知(12)(1)k p k k k λ==+，，为离散型随机变量的概率分布，求λ的取值．【例15】随机变量X 的分布列()(1234)(1)p P X k k k k ===+，，，，p 为常数，则1522P X ⎛⎫<<= ⎪⎝⎭（）A ．23B ．34C ．45D ．56【例16】（2008年北京卷理）甲、乙等五名奥运志愿者被随机地分到A B C D，，，四个不同的岗位服务，每个岗位至少有一名志愿者．⑴求甲、乙两人同时参加A岗位服务的概率；⑵求甲、乙两人不在同一个岗位服务的概率；⑶设随机变量ξ为这五名志愿者中参加A岗位服务的人数，求ξ的分布列．【例17】甲、乙两人各进行3次射击，甲每次击中目标的概率为12，乙每次击中目标的概率为23，求：⑴记甲击中目标的次数为ξ，ξ的概率分布及数学期望；⑵乙至多击中目标2次的概率；⑶甲恰好比乙多击中目标2次的概率．【例18】甲与乙两人掷硬币，甲用一枚硬币掷3次，记国徽面（记为正面）朝上的次数为随机变量X；乙用一枚硬币掷2次，记国徽面（记为正面）朝上的次数为随机变量Y．⑴求随机变量X与Y的分布列；⑵求甲得到的正面朝上的次数不少于1的概率．⑶求甲与乙得到的正面朝上的次数之和为3的概率；⑷求甲得到的正面朝上的次数大于乙的概率．【例19】一盒中放有大小相同的红色、绿色、黄色三种小球，已知红球个数是绿球个数的两倍，黄球个数是绿球个数的一半．现从该盒中随机取出一个球，若取出红球得1分，取出黄球得0分，取出绿球得1-分，试写出从该盒中取出一球所得分数X的分布列，并求出所得分数不为0的概率．【例20】一袋中装有编号为123456，，，，，的6个大小相同的球，现从中随机取出3个球，以X表示取出的最大号码．⑴求X的概率分布；⑵求4X 的概率．【例21】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、乙两人从袋中轮流摸取1球，甲先取，乙后取，然后甲再取……取后不放回，直到两人中有一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，用X表示取球终止所需要的取球次数．⑴求袋中所有的白球的个数；⑵求随机变量X的概率分布；⑶求甲取到白球的概率．【例22】一个袋中有5个球，编号为12345，，，，，在其中同时取3个球，以X表示取出的3个球中的最大号码，试求X的概率分布列以及最大号码不小于4的概率．（一）知识内容1．如果随机变量X 的分布列为 X 1 0P p q其中01p <<，1q p =-X 服从参数为p 的二点分布．二点分布举例：某次抽查活动中，一件产品合格记为1，不合格记为0，已知产品的合格率为80%，随机变量X 为任意抽取一件产品得到的结果，则X 的分布列满足二点分布． X 1 0P 0.8 0.2两点分布又称01-为伯努利分布．2．超几何分布一般地，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，它取值为m 时的概率为C C ()C mn m M N M nNP X m --==(0m l ≤≤，l 为n 和M 中较小的一个)．我们称离散型随机变量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．在超几何分布中，只要知道N ，M 和n ，就可以根据公式求出X 取不同值时的概率()P X m =，从而列出X 的分布列．（二）典例分析：【例23】某导游团有外语导游10人，其中6人会说日语，现要选出4人去完成一项任务，则有两人会说日语的概率为____．【例24】在15个村庄中有6个村庄交通不便，现从中任意选取10个村庄，其中有X 个村庄交通不便，下列概率中等于46691015C C C 的是（） A ．(4)P X = B ．(4)P X ≤ C ．(6)P X =D ．(6)P X ≤板块三：二点分布与超几何分布【例25】4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛，设随机变量ξ表示所选三人中女生人数，则所选三人中女生人数1ξ≤的概率为（）．A．15B．25C．35D．45【例26】袋中装有2个5分硬币，3个二分硬币，5个一分硬币，任意抓取3个，则总面值超过1角的概率是（）A．115B．215C．1315D．1415【例27】从分别标有数字1，2，3，4，5，6，7，8，9的9张卡片中任取2张，则两数之和是奇数的概率是______【例28】从一副扑克（无王牌）中随意抽取3张，其中至少有一张是黑桃的概率_______（保留四位有效数字）【例29】袋中有12个大小规格相同的球，其中含有2个红球，从中任取3个球，求取出的3个球中红球个数X的概率分布．【例30】袋中有大小相同的5个白球和3个黑球，从中任意摸出4个，求下列事件发生的概率．⑴摸出2个或3个白球；⑵至少摸出一个黑球．【例31】一批产品共100件，其中5件是废品，任抽10件进行检查，求下列事件的概率．⑴10件产品中至多有一件废品；⑵10件产品中至少有一件废品．【例32】（2009四川文）为振兴旅游业，四川省2009年面向国内发行总量为2000万张的熊猫优惠卡，向省外人士发行的是熊猫金卡（简称金卡），向省内人士发行的是熊猫银卡（简称银卡），某旅游公司组织了一个有36名游客的旅游团到四川名胜旅游，其中34是省外游客，其余是省内游客，在省外游客中有13持金卡，在省内游客中有23持银卡．⑴在该团中随即采访2名游客，求恰有1人持银卡的概率；⑵在该团中随机采访2名游客，求其中持金卡与持银卡人数相等的概率．【例33】已知10件产品中有3件是次品．⑴任意取出3件产品作检验，求其中至少有1件是次品的概率；⑵为了保证使3件次品全部检验出的概率超过0.6，最少应抽取几件产品作检验？【例34】人类血型有A型，B型，AB型，O型，四种常见血型，现在有100人，其中是A型血的有40人，B型血的有20人，AB型血的有10人，O型血的有30人，从这100人中随机选出两人，问血型不同的概率是多少？【例35】交5元钱，可以参加一次摸奖，一袋中有同样大小的球10个，其中8个标有1元钱，2个标有5元钱，摸奖者只能从中任取2个球，所得奖励是所抽2球的钱数之和，求摸奖人至少不赔的概率．【例36】一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球，从中任取4个球，⑴红球的个数不比白球少的概率是多少？⑵若取一个红球记2分，取一个白球记1分，使总分不少于7分的概率是多少？【例37】已知甲盒内有大小相同的1个红球、1个绿球和2个黑球，乙盒内有大小相同的2个红球、1个绿球和3个黑球，现从甲乙两个盒子内各任取2球．⑴求取出的4个球中恰有1个红球的概率；⑵求取出的4个球中红球的个数不超过2个的概率．。

计数原理概率随机变量及其分布总结

计数原理概率随机变量及其分布总结计数原理是一种概率理论中的基本原理，用于计算一个事件集合中具有某些性质的元素的数量。

在概率论中，计数原理用于确定样本空间中每个事件的概率，从而计算总体的概率。

计数原理包括排列、组合和多重集合。

排列是指从一个集合中选取若干元素，按照一定的顺序进行排列的方法数，可以表示为n!/(n-k)!。

组合是指从一个集合中选取若干元素，不考虑它们的排列顺序的方法数，可以表示为n!/[(n-k)!k!]。

多重集合是指一个集合中每个元素出现的次数不限，选取若干元素的组合总数。

概率随机变量是指随机试验中，对于每一个结果赋予一个数字的函数。

它可以是离散型随机变量或连续型随机变量。

离散型随机变量是指随机变量只能取到有限个或可数个值的情况，如掷骰子的点数；连续型随机变量是指随机变量可以取到无限个值的情况，如身高、体重等。

概率分布是指随机变量取不同值时，对应的概率值的分布情况。

常见的离散型概率分布有伯努利分布、二项分布、泊松分布等；常见的连续型概率分布有正态分布、指数分布、卡方分布等。

伯努利分布是指只有两种结果的随机试验，成功的概率为p，失败的概率为1-p。

其概率分布函数为f(x) = p^x(1-p)^(1-x)，其期望为E(x) = p，方差为Var(x) = p(1-p)。

二项分布是指进行n次相互独立的伯努利试验，每次试验的成功概率为p，失败概率为1-p，成功的次数为X，则X的概率分布函数为f(x) = C(n,x)p^x(1-p)^(n-x)，其期望为E(x) = np，方差为Var(x) = np(1-p)。

泊松分布是指某个时间段内某个事件发生的次数，假设每个事件发生的概率相等，但是发生次数是不确定的，符合泊松分布。

其概率分布函数为f(x) = e^(-λ)λ^x/x!，其中λ为事件发生的平均次数，其期望为E(x) = λ，方差为Var(x) = λ。

正态分布是指连续型随机变量最常用的分布，其概率密度函数为f(x) = 1/(σ√(2π))e^-((x-μ)^2/2σ^2)，其中μ为期望，σ为标准差，其期望和方差分别为E(x) = μ，Var(x) = σ^2。

第9章 第3讲计数原理、概率、随机变量及其分布

最新-2021版数学一轮高中全程复习方略课件：第九章 计数原理、概率、随机变量及其分布96 精品

2015届高考数学(人教,理科)大一轮配套练透：第9章 计数原理与概率、随机变量及其分布 第3节