排列组合与概率统计专题复习

排 列 组 合 与 概 率 统 计 专 题
一、2012年考纲要求
(1)理解排列、组合的意义，掌握计算公式和组合数的性质，并能用它们解决一些简单的应用问题.；
(2)掌握二项式定理和二项展开式的性质，并能用它们计算和证明一些简单的问题.； (3)了解随机事件的发生存在着规律性和随机事件、等可能性事件的概念的意义，会用排列组合的基本公式计算一些等可能性事件的概率；
(4)了解互斥事件、相互独立事件的意义，会用互斥事件的概率加法公式与相互独立事件的概率乘法公式计算一些事件的概率；
(5)会计算事件n 次独立重复试验中恰好发生k 次的概率；
(6)了解离散型随机变量及其期望、方差的意义，会根据离散型随机变量的分布列求出期望值、方差；
(7)会用随机抽样、系统抽样、分层抽样等常用的抽样方法从总体中抽取样本，用样本频率分布去估计总体分布；
(8)了解正态分布的意义及主要性质，线性回归的方法和简单应用. 二．经典例题剖析
考点一 排列、组合的应用问题
1.在∠AOB 的OA 边上取m 个点，在OB 边上取n 个点(均除O 点外)，连同O 点共m+n+1个点，现任取其中三个点为顶点作三角形，可作的三角形有( )
1212111121212
121211211C C C D.C C C C C C C.C C C C .C B C C C A.C n m n m n m m n n m m n n m m n n m +++++++++
解析：方法1：从OA 边上(不包括O)中任取一点与从OB 边上(不包括O)中任取两点，可构造一个三角形，有
C 1
m
C 2n
个；第二类办法 从OA 边上(不包括O)中任取两点与OB 边上(不
包括O)中任取一点，与O 点可构造一个三角形，有C 2m C 1
n 个；第三类办法 从OA 边上(不
包括O)任取一点与OB 边上(不包括O)中任取一点，与O 点可构造一个三角形，有
C 1m C 1n
个
由加法原理共有
N=C 1
m C 2n +C 2m C 1n +C 1m C 1n
个三角形
方法2 从m+n+1中任取三点共有C 3
1++n m 个，其中三点均在射线OA(包括O 点)，有C 3
1+m 个，
三点均在射线OB(包括O 点)，有
C 3
1
+n 个 所以，个数为
N=C 31++n m －C 3
1+m －C 31
+n 个 答案
C
2.如图，一环形花坛分成A
B C D ，，，四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为（ ）.
A ．96
B ．84
C ．60
D ．48
解析：解法一 当选两种不同的花时，有
122
4=A 种，选三种不同的花 时有
48
3
31234=A C C 种，选四种不同的花时有
244
4=A 种，共有84
244812=++种.
解法二 当A 、C 种同一种花时，有
36
1
31314=C C C 种，当A 、C 种不同的花时，有48
1
21224=C C A 种，共有844836=+种，故选B.
3.将5名志愿者分配到3个不同的场馆参加接待工作，每个场馆至少分配一名志愿者的方案
种数为
A.540
B.300
C.180
D.150
解析：将5分成满足题意的3份有1，1，3与2，2，１两种，所以共有
1503
32
2
232533
3
5
=+A A C C A C 种方案，故D 正确．
4.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
.18A .24B .30C .36D
的种数是24C ，顺序有33A 种，而甲乙被分在同一个班的有3
3A 种，所以种数是30
3
33324=-A A C ,
故C 正确.
5. 已知集合A=｛5｝,B=｛1,2｝,C=｛1,3,4｝，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为
(A)33 (B) 34 (C) 35 (D)36 解：不考虑限定条件确定的不同点的个数为
113233
C C A ＝36，但集合B 、C 中有相同元素1，
由5，1，1三个数确定的不同点的个数只有三个，故所求的个数为36－3＝33个，选A
6.现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每项工作至少有一人参加.甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜四项工作，则不同安排方案的种数是.
A ．152
B ．126
C ．90
D ．54 解析：甲乙从事同一样工作，有
18
3
313=A C 种安排方案，甲乙从事不同工作，有
108
2
22323=A C A 种安排方案，则共有12610818=+种，应选C.
考点二、二项式定理的应用
7.
设
22221201212)...2n n n n n x a a x a x a x a x --+=+++++，则
22024213521lim[(...)(...)]n n n a a a a a a a a -→∞
++++-++++=
解析：令0x =
得
201
(
22
n n a ==
令
1x =
时
20122(
1)2n n a a a a +=+++⋅⋅⋅+
令
1x =-
时
201221)2n n a a a a -=-+-⋅⋅⋅+
两式相加得：
220221)1)22
2n n n a a a ++-++⋅⋅⋅+=
两式相减得：
2213211)1)22
2n n n a a a -+--++⋅⋅⋅+=
代入极限式可得，故0
8.
()10
x y -的展开式中，73
x y 的系数与3
7
x y 的系数之和等于 .
解析：由二项式定理，37y x 的系数为310C -,7
3y x 的系数为710C -，故系数和为240
)(7
10310-=-+-C C .
9. 若多项式
=
+++++++=+91010910102,)1(9)1()1(a x a x a x a a x x 则Λ-10
10.已知n
4
)x
21x (+
的展开式前三项中的x 的系数成等差数列。

求展开式里所有的x 的有理项； 求展开式里系数最大的项。

解析：（1）∵ )1n (n 81)21(C ,2n 21C ,1C 2
2n
1n 0n -==⋅= 由题设可知
08n 9n ),1n (n 81
12n 22=+--+=⋅
解得n=8或n=1（舍去）
当n=8时，通项r 4
34r
r
8
r
4
r
8r
81r x 2C )x 2()x (
C T ----+⋅
⋅=⋅=
据题意，
4r 34-
必为整数，从而可知r 必为4的倍数，而0≤r ≤8 ∴ r=0，4，8，故x 的有理项为4
1x T =，
x 835
T 5=
，
29x 2561T =
设第r+1项的系数tr+1最大，显然tr+1>0，故有r 1r t t +≥1且1r 2
r t t ++≤1
∵
r 2r
92
C 2C t t 1r 1r 8r r
8r 1t -=⋅⋅=+---+由r 2r
9-≥1得r ≤3
又∵
)1r (2r 82C 2C t t r
r 8)1r (1
r 81r 2r +-=⋅⋅=-+-+++由)1r (2r
8+-≤1得：r ≥2
∴ r=2或r=3所求项为2
53x 7T =和4
74x 7T = 考点三、概率
11.投掷两颗骰子，得到其向上的点数分别为m 和n,则复数（m+ni ）(n-mi)为实数的概率为.
A 、13
B 、14
C 、16
D 、112
解析：因为
22
()()2()m ni n mi mn n m i +-=+-为实数，
所以22
n m =故m n =则可以取1、2⋅⋅⋅6，共6种可能，所以
11
6661
6
P C C =
=⋅
12.一个坛子里有编号为1，2，…，12的12个大小相同的球，其中1到6号球是红球，其
余的是黑球，若从中任取两个球，则取到的都是红球且至少有1个球的号码是偶数的概率是（ ）
A ．122
B ．111
C ．322
D ．211
解析：设“取到的都是红球，且至少有1个球的号码是偶数”为事件A ，则A 包含的有利事件有
11
233312
m C C C =+=种，而从中任取两个球共有n=
662
12=C 种结果，由等可能性事件的概率公式知,
122
().
6611m P A n =
==故选D.
13.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 =． （1）求从该批产品中任取1件是二等品的概率p ；
（2）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 ． 解析：（1）记
A 表示事件“取出的2件产品中无二等品”，
1
A 表示事件“取出的2件产品
中恰有1件二等品”．则
01
A A ，互斥，且
01
A A A =+，故
01()()P A P A A =+212012()()(1)C (1)1P A P A p p p p
=+=-+-=-
于是2
0.961p =-．解得120.20.2p p ==-，（舍去）．
（2）记0B 表示事件“取出的2件产品中无二等品”，则
28002100C 316
()C 495P B ==
．
∴
00316179
()()1()1495495P B P B P B ==-=-
=
14.投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A ，“骰子向上的点数是3”为事件B ，则事件A ，B 中至少有一件发生的概率是.
A ．512
B ．12
C ．7
12
D ．34
解析：依题意有
21)(=
A P ,61
)(=B P ,则A 、B 至少有一个发生的概率是
127
))(1)((1(1=
---B P A P ,故选C.
15．抛一枚均匀的骰子来构造数列
{}n a
111(),.
1
()
n
n i n n i n a a a a a n =⎧==+++⎨
-⎩∑L 当第次出现奇数时使记当第次出现偶数时
（1）求
∑==7
1
3
i i
a
的概率； （2）若
∑∑===≠7
1
2
1
3
,0i i i i
a a
求的概率.
解：（1）设事件
∑==7
1
3
i i
a
为A ，则在7次抛骰子中出现5次奇数，2次偶数，而抛骰子出
现的奇数和偶数的概率为P 是相等的，且为
21=
P 。

12821)21()21()(2
557==C A P 。

（2）若
2
,2,02
1
2
1
2
1
-==≠∑∑∑===i i i i i i
a a a
或则，即前2次抛骰子中都是奇数或都是偶数.
若前2次都是奇数，则必须在后5次中抛出3次奇数2次偶数，其概率：
645
)21()21(4123251==
C P ；若前2次都是偶数，则必须在后5次中抛出5次奇数，其概率：
.1281)21(4152==
P
∴所求事件的概率
.12811
128164521=+=
+=P P P
16. 栽培甲、乙两种果树，先要培育成苗，然后再进行移栽．已知甲、乙两种果树成苗的概
率分别为0.6，0.5，移栽后成活的概率分别为0.7，0.9． （1）求甲、乙两种果树至少有一种果树成苗的概率； （2）求恰好有一种果树能培育成苗且移栽成活的概率． 解：分别记甲、乙两种果树成苗为事件
1
A ，
2
A ；分别记甲、乙两种果树苗移栽成活为事件
1
B ，
2
B ，
1()0.6
P A =，
2()0.5
P A =，
1()0.7P B =，
2()0.9
P B =．
（1）甲、乙两种果树至少有一种成苗的概率为
1212()1()10.40.50.8P A A P A A +=-=-⨯=g ；
（2）分别记两种果树培育成苗且移栽成活为事件A B ，则
11()()0.42
P A P A B ==，
22()()0.45
P B P A B ==．恰好有一种果树培育成苗且移栽成活的概率为
()0.420.550.580.450.492P AB AB +=⨯+⨯=．
解
法
二
：
恰
好
有
一
种
果
树
栽
培
成
活
的
概
率
为
11211221221212()0.492P A B A A B A B A A B A A B B +++=．
17. 四棱锥S ABCD -的所有棱长均为1米，一只小虫从S 点出发沿四棱锥爬行，若在每一顶点处选择不同的棱都是等可能的。

设小虫爬行n 米后恰回到S 点的概率为n
P 。

（1）求
23
,P P 的值； （2）求证：；
（3） 求证： 解：（I ）P2表示从S 点到A （或B 、C 、D ），然后再回到S 点的概率， ∴；因为从S 点沿SA 棱经过B 或D ，然后再回到S 点的概率为，所以。

（2）设小虫爬行n 米后恰回到S 点的概率为Pn ，那么表示爬行n 米后恰好
没回到S 点的概率，
则此时小虫必在A （或B 、C 、D ）点，所以。

（3）由，从而，
所以。

考点四、随机变量的分布列、期望和方差
18.袋中有20个大小相同的球，其中记上0号的有10个，记上n 号的有n 个（n=1,2,3,4）。

现从袋中任取一球，ξ表示所取球的标号。

（1）求ξ的分布列，期望和方差；
（2）若b a -=ξη，1=ηE ，11=ηD ，试求a,b 的值. 解析：（1）ξ的分布列为：
S
A B
D C
01234 1.5
22010205E ξ=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=
2222211131
(0 1.5)(1 1.5)(2 1.5)(3 1.5)(4 1.5) 2.75
22010205
D ξ=-⨯+-⨯+-⨯+-⨯+-⨯= （2）由2D a D ηξ=，得2 2.7511a ⨯=，即2a =±，又
E aE b ηξ=+，所以
当2a = 时，由12 1.5b =⨯+，得2b =-； 当2a =- 时，由12 1.5b =-⨯+，得4b =.
2
2a b =⎧∴⎨=-⎩，或24a b =-⎧⎨
=⎩
，即为所求. 19. 一种电脑屏幕保护画面，只有符号“○”和“×”随机地反复出现，每秒钟变化一次，每次变
化只出现“○”和“×”之一，其中出现“○”的概率为p ，出现“×”的概率为q ，若第k 次出现“○”，则记
1
=k a ；出现“×”，则记
1
-=k a ，令
.
21n n a a a S +++=Λ
（1）当
21
=
=q p 时，记||3S =ξ，求ξ的分布列及数学期望；
（2）当
32,31=
=q p 时，求)4,3,2,1(028=≥=i S S i 且的概率. 解：（I ）
|
|3S =ξΘ的取值为1，3，又
,21
=
=q p
.41)31()21()3(,432)21()21()1(33213=⋅+===⋅⋅==∴ξξP C P ∴ξ的分布列为(略).
∴Eξ=1×43+3×41=23
.
（2）当S8=2时，即前八秒出现“○”5次和“×”3次，又已知
),
4,3,2,1(0=≥i S i 若第一、
三秒出现“○”，则其余六秒可任意出现“○”3次；若第一、二秒出现“○”，第三秒出现“×”，则后五秒可任出现“○”3次.故此时的概率为
).
218780(3
803830)32()31()(78353536或=⨯=⋅⋅+=C C P 20.一批产品共10件，其中7件正品，3件次品，每次从这批产品中任取一件，在下述三种情况下，分别求直至取得正品为止所需次数ξ的概率分布。

每次取出的产品不再放回； 每次取出的产品仍然放回去；
每次取出一件次品后，再另放一件正品放回到这批产品中。

解析：（1）由于总共7件正品，3件次品，所以，ξ可能取的值有1，2，3，4.取这些值时的概率分别为：
()1071==ξP ,()307
971032=•==ξP
()120787921033=••=
=ξP ,()12017781921034=•••==ξP
所以，ξ的分布列为：
(2)由于每次取出的产品仍放回去，下次取时和前一次情况完全相同，所以，ξ可能取的值是ΛΛ,,3,2,1k ，相应取值的概率为：
()1071=
=ξP ，
()100211071032=
•==ξP , ()1000631071031033=
••=
=ξP ,
┅
()1071031
•
⎪
⎭
⎫
⎝⎛==-k k P ξ.
所以，ξ的分布列为：
P
107 10021 10063
┅
107
1031
•
⎪⎭
⎫ ⎝⎛-k
┅ (3)与（1）的情况类似， ξ可能取的值有1，2，3，4.取这些值时的概率分别为：
()1071=
=ξP ，
()2561081032=
•==ξP , ()500271*********=
••==ξP , ()500310101011021034=
•••=
=ξP .
所以，ξ的分布列为：
ξ 1
2
3
4
P
107
256
50027
5003
21.一个盒子里装有4张大小形状完全相同的卡片，分别标有数2，3，4，5；另一个盒子也装有4张大小形状完全相同的卡片，分别标有数3，4，5，6.现从一个盒子中任取一张卡片，其上面的数记为x ；再从另一盒子里任取一张卡片，其上面的数记为y ，记随机变量η＝x ＋y ，求η的分布列和数学期望.
解析：依题意，可分别取5η=、6、⋅⋅⋅⋅11取，则有
1123
(5),(6),(7)441616164321
(8),(9),(10),(11)16161616p p p p p p p ηηηηηηη==
=====⨯========
η∴η
5
6
7 8
9 10 11
P
116 216 316 416 316 216 116
8161111621016391648163716261615=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯
=ηE
22．甲盒有标号分别为1、2、3的3个红球；乙盒有标号分别为1、2…、n(n≥2)的n 个黑球，
从甲、乙两盒中各抽取一个小球，抽取的标号恰好分别为1和n 的概率为.121
（1）求n 的值；
（2）现从甲、乙两盒各随机抽取1个小球，抽得红球的得分为其标号数；抽得黑球，若标号数为奇数，
则得分为1，若标号数为偶数，则得分为零，设被抽取的2个小球得分之和为ξ，求ξ的数学期望E ξ.
解：（1）由题意知114
312n n =∴=，。

（2）
611)1(141213=⋅==C C C P ξ，31
6161)2(141
2131114121311=
+=⋅+⋅==C C C C C C C C P ξ， 316161)3(1412131114121311=+=⋅+⋅==C C C C C C C C P ξ，61
)4(141
21311=
⋅==C C C C P ξ，
∴
25
614313312611=
⨯+⨯+⨯+⨯=ξE 23.投到某杂志的稿件，先由两位初审专家进行评审．若能通过两位初审专家的评审，则予
以录用；若两位初审专家都未予通过，则不予录用；若恰能通过一位初审专家的评审，则再由第三位专家进行复审，若能通过复审专家的评审，则予以录用，否则不予录用．设稿件能通过各初审专家评审的概率均为0．5，复审的稿件能通过评审的概率为0．3，各专家独立评审.
（1）求投到该杂志的1篇稿件被录用的概率；
（2）记X 表示投到该杂志的4篇稿件中被录用的篇数，求X 的分布列及期望．
解析：（1）记A 表示事件：稿件能通过两位初审专家的评审；B 表示事件：稿件恰能通过一位初审专家的评审；C 表示事件：稿件能通过复审专家的评审； D 表示事件：稿件被录用.则D=A+B·C P （A ）=0.5×0.5=0.25，P （B ）=2×0.5×0.5=0.5，P （C ）=0.3 P （D ）=P （A+B·C ）= P （A ）+P （B·C ）= P （A ）+ P （B ）P （C ）=0.25+0.5×0.3=0.40 （Ⅱ）X~B （4,0.4），其分布列为：P （X=0）=（1-0.4）4=0.1296，
P （X=1）=14C ×0.4×（1-0.4）3=0.3456，P （X=2）=2
4C ×0.42×（1-0.4）2=0.3456， P （X=3）= 34C ×0.43×（1-0.4）=0.1536，P （X=4）=0.44=0.0256.
期望EX=4×0.4=1.6.
24.甲、乙二人进行一次围棋比赛，约定先胜3局者获得这次比赛的胜利，比赛结束，假设在一局中，甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，各局比赛结果相互独立，已知前2局中，甲、乙各胜1局.
（1）求甲获得这次比赛胜利的概率；
（2）设ξ表示从第3局开始到比赛结束所进行的局数，求ξ的分布列及数学期望. （1）0.648；（2）ξ=2、3，E ξ=2.48
25.从1,2，3，…，n 这n 个数中任取两个，求两数之积的数学期望。

解：E ξ=(1)(32)
12n n ++。

26.抛掷两个骰子，当至少有一个5点或一个6点出现时，就说这次试验成功，求在30次试验中成功次数η的期望。

解：350
9530),95,30(~=⨯=ηηE B
考点五、抽样方法及统计初步知识与应用
27.在某校举行的数学竞赛中，全体参赛学生的竞赛成绩近似服从正态分布(70,100)N ，已知成绩在90分以上（含90分）的学生有12名.（1）试问此次参赛学生总数约为多少人？
（2）若该校计划奖励竞赛成绩排在前50名的学生，试问设奖的分数线约为多少分？ 可共查阅的（部分）标准正态分布表
00()()
x P x x Φ=<
解析：（1）设参赛学生的分数为ξ，因为ξ～N(70，100)，由条件知，
P(ξ≥90)＝1－P （ξ<90）＝1－F(90)＝1－Φ)
1070
90(
-
＝1－Φ(2)＝1－0.9772＝0.228.
这说明成绩在90分以上（含90分）的学生人数约占全体参赛人数的
2.28％，因此，参赛总人数约为0228.012
≈526（人）.
（2）假定设奖的分数线为x 分，则
P(ξ≥x)＝1－P （ξ<x ）＝1－F(90)＝1－Φ
)
1070(
-x ＝52650
＝0.0951， 即Φ
)
1070(
-x ＝0.9049，查表得1070
-x ≈1.31，解得x ＝83.1. 故设奖得分数线约为83.1分.
28.将参加夏令营的600名学生编号为：001，002，… ，600.采用系统抽样方法抽取一个容量为50的样本，且随机抽得的号码为003.这600名学生分住在三个营区，从001到300在第1营区，从301到495在第Ⅱ营区，从496到600在第Ⅲ营区.三个营区被抽中的人数依次为
解析：1250600=，则分成50组，每组12人。

因为2512300
=组，从003开始，则第一
营区抽取25人，第25人编号为291.301到492在第26到第41组，495为第42组第三号，
则第二营区抽取17人，剩下的第三营区抽取8人，故25,17,8 .
29.在生产过程中，测得纤维产品的纤度（表示纤维粗细的一种量）共有100个数据，将数据分组如右表：
（1）在答题卡上完成频率分布表，并在给定的坐标系中画出频率分布直方图；
（2）估计纤度落在[1.381.50)
，中的概率及纤度小于1.40的概率是多少？ （3）统计方法中，同一组数据常用该组区间的中点值（例如区间[1.301.34)，
的中点值是1.32）作为代表．据此，估计纤度的期望．
解析：（1）
（2）纤度落在[)
1.381.50
，
中的概率约为0.300.290.100.69
++=，纤度小于1.40的概率
约为
1
0.040.250.300.44
2
++⨯=
．
（3）总体数据的期望约为
1.320.04 1.360.25 1.400.30 1.440.29 1.480.10 1.520.02 1.4088
⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．
样本数据。