计数原理与概率分布

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高考数学(新课标人教版)一轮总复习课件：第十章计数原理、概率随机变量及其分布6

考能感悟提升
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一般地，在含有 M 件次品的 N 件产品中，任取 n 件，其中
n －k Ck · C M N－M 恰有 X 件次品，则 P(X＝k)＝ Cn ，(k＝0,1,2，„，m，其 N
中 m＝min{M，n}，且 n≤N，M≤N，n，M，N∈N＋)，称分布列为超几何分布列．如果随机变量 X 的分布列具有下表的形式，则称随机变量 X 服从超几何分布.
念．
4．能计算简单离散型随机变量的均值、方差，并能解决一些实际问题．
第十章计数原理、概率、随机变量及其分布
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考向互动探究
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[要点梳理] 1．离散型随机变量随机变量，常用随着试验结果变化而变化的变量称为___________
字母X，Y，ξ，η，„表示．所有取值可以一一列出的随机变
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(3)常见离散型随机变量的分布列 ①两点分布
若随机变量X的分布列为
X P 0 1－p 1 p
则称X服从两点分布，并称p＝P(X＝1)为成功概率．
②超几何分布
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X P
0
n－0 C0 C M N－M Cn N
1
n－1 C1 C M N－M Cn N
„ „
m
n－m Cm C M N－M n CN
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3．均值与方差
(1)均值

高考一轮复习第9章计数原理概率随机变量及其分布第4讲随机事件的概率

第四讲随机事件的概率知识梳理·双基自测知识梳理知识点一随机事件和确定事件(1)在条件S 下，__必然要发生__的事件，叫做相对于条件S 的必然事件，简称必然事件． (2)在条件S 下，__不可能发生__的事件，叫做相对于条件S 的不可能事件，简称不可能事件． (3)必然事件和不可能事件统称为相对于条件S 的确定事件，简称确定事件．(4)在条件S 下，__可能发生也可能不发生__的事件，叫做相对于条件S 的随机事件，简称随机事件．知识点二概率与频率(1)概率与频率的概念：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)＝n An为事件A 出现的__频率__．(2)概率与频率的关系：对于给定的随机事件A ，由于事件A 发生的频率f n (A)随着试验次数的增加稳定于概率P(A)，因此可以用__频率f n (A)__来估计概率P(A)．知识点三互斥事件与对立事件事件的关系与运算定义符号表示包含关系若事件A__发生__，则事件B__一定发生__，这时称事件B 包含事件A(或称事件A 包含于事件B) __B ⊇A__ __(或A ⊆B)__ 相等关系若B ⊇A ，且__A ⊇B__，则称事件A 与事件B 相等 __A ＝B__ 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 的并事件(或和事件) __A ∪B__ __(或A ＋B)__ 交事件 (积事件) 若某事件发生__当且仅当事件A 发生且事件B 发生__，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A ∪B ＝Ω__重要结论概率的几个基本性质(1)概率的取值范围：__0≤P(A)≤1__． (2)必然事件的概率：P(A)＝__1__． (3)不可能事件的概率：P(A)＝__0__．(4)概率的加法公式：若事件A 与事件B 互斥，则P(A ∪B)＝__P(A)＋P(B)__．(5)对立事件的概率：若事件A 与事件B 互为对立事件，则A ∪B 为必然事件．P(A ∪B)＝__1__，P(A)＝__1－P(B)__．双基自测题组一走出误区1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)事件发生的频率与概率是相同的．( × ) (2)在大量重复试验中，概率是频率的稳定值．( √ ) (3)两个事件的和事件是指两个事件都得发生．( × )(4)掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”，这三个结果是等可能的．( × )(5)对立事件肯定是互斥事件、互斥事件不一定是对立事件．( √ ) 题组二走进教材2．(P 121T4)一个人打靶时连续射击两次，事件“至少有一次中靶”的对立事件是( D ) A ．至多有一次中靶 B ．两次都中靶 C ．只有一次中靶D ．两次都不中靶[解析] “至少有一次中靶”的对立事件是“两次都不中靶”．故选D ． 3．(P 133T4)同时掷两个骰子，向上点数不相同的概率为__56__．[解析] 掷两个骰子一次，向上的点数共6×6＝36(种)可能的结果，其中点数相同的结果共有6种，所以点数不相同的概率P ＝1－636＝56．题组三走向高考4．(2018·课标全国卷Ⅲ)若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为( B )A ．0.3B ．0.4C ．0.6D ．0.7[解析] 设事件A 为“不用现金支付”，事件B 为“既用现金支付也用非现金支付”，事件C 为“只用现金支付”，则P(A)＝1－P(B)－P(C)＝1－0.15－0.45＝0.4故选B ．5．(2020·新课标Ⅰ)设O 为正方形ABCD 的中心，在O ，A ，B ，C ，D 中任取3点，则取到的3点共线的概率为( A )A ．15B ．25C ．12D ．45[解析] O ，A ，B ，C ，D 中任取3点，共有 C 35＝10种，即OAB ，OAC ，OAD ，OBC ，OBD ，OCD ，ABC ，ABD ，ACD ，BCD 十种，其中共线为A ，O ，C 和B ，O ，D 两种，故取到的3点共线的概率为P ＝210＝15，故选A ．考点突破·互动探究考点一随机事件的关系——自主练透例1 (1)(2020·辽宁六校协作体期中)从装有2个红球和2个白球的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是( C )A ．“至少有1个白球”和“都是红球”B ．“至少有2个白球”和“至多有1个红球”C ．“恰有1个白球”和“恰有2个白球”D ．“至多有1个白球”和“都是红球”(2)(2021·中山模拟)从1,2,3,4,5这5个数中任取两个数，其中： ①恰有一个是偶数和恰有一个是奇数； ②至少有一个是奇数和两个都是奇数； ③至少有一个是奇数和两个都是偶数； ④至少有一个是奇数和至少有一个是偶数．上述事件中，是对立事件的是( C ) A ．① B ．②④ C ．③D ．①③(3)设条件甲：“事件A 与事件B 是对立事件”，结论乙：“概率满足P(A)＋P(B)＝1”，则甲是乙的( A )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] (1)对于选项A ，“至少有1个白球”和“都是红球”是对立事件，不符合题意；对于选项B ，“至少有2个白球”表示取出2个球都是白色的，而“至多有1个红球”表示取出的球1个红球1个白球，或者2个都是白球，二者不是互斥事件，不符合题意；对于选项C ，“恰有1个白球”表示取出2个球1个红球1个白球，与“恰有2个白球”是互斥而不对立的两个事件，符合题意；对于选项D ，“至多有1个白球”表示取出的2个球1个红球1个白球，或者2个都是红球，与“都是红球”不是互斥事件，不符合题意．故选C ．(2)从1,2,3,4,5这5个数中任取两个数有3种情况：一奇一偶，2个奇数，2个偶数．其中“至少有一个是奇数”包含一奇一偶或2个奇数这两种情况，它与两个都是偶数是对立事件．又①中的事件可以同时发生，不是对立事件，故选C ．(3)若事件A 与事件B 是对立事件，则A ∪B 为必然事件，再由概率的加法公式得P(A)＋P(B)＝1；投掷一枚硬币3次，满足P(A)＋P(B)＝1，但A ，B 不一定是对立事件，如：事件A ：“至少出现一次正面”，事件B ：“出现3次正面”，则P(A)＝78，P(B)＝18，满足P(A)＋P(B)＝1，但A ，B 不是对立事件，故甲是乙的充分不必要条件．名师点拨(1)准确把握互斥事件与对立事件的概念：①互斥事件是不可能同时发生的事件，但也可以同时不发生；②对立事件是特殊的互斥事件，特殊在对立的两个事件不可能都不发生，既有且仅有一个发生．(2)判别互斥事件、对立事件一般用定义判断，不可能同时发生的两个事件为互斥事件；两个事件，若有且仅有一个发生，则这两个事件为对立事件，对立事件一定是互斥事件．〔变式训练1〕(2021·宁夏检测)抽查10件产品，设事件A 为“至少有2件次品”，则事件A 的对立事件为( B ) A ．至多有2件次品 B ．至多有1件次品 C ．至多有2件正品D ．至少有2件正品[解析] ∵“至少有n 个”的反面是“至多有n －1个”，又∵事件A“至少有2件次品”，∴事件A 的对立事件为“至多有1件次品”．考点二随机事件的概率——多维探究角度1 频率与概率例2 (2018·北京高考)电影公司随机收集了电影的有关数据，经分类整理得到下表：电影类型第一类第二类第三类第四类第五类第六类电影部数 140 50 300 200 800 510 好评率0.40.20.150.250.20.1(1)从电影公司收集的电影中随机选取1部，求这部电影是获得好评的第四类电影的概率； (2)随机选取1部电影，估计这部电影没有获得好评的概率；(3)电影公司为增加投资回报，拟改变投资策略，这将导致不同类型电影的好评率发生变化．假设表格中只有两类电影的好评率数据发生变化．那么哪类电影的好评率增加0.1，哪类电影的好评率减少0.1，使得获得好评的电影总部数与样本中的电影总部数的比值达到最大？(只需写出结论)[解析] (1)由题意知，样本中电影的总部数是140＋50＋300＋200＋800＋510＝2 000，第四类电影中获得好评的电影部数是200×0.25＝50．故所求概率为502 000＝0.025．(2)由题意知，样本中获得好评的电影部数是140×0.4＋50×0.2＋300×0.15＋200×0.25＋800×0.2＋510×0.1 ＝56＋10＋45＋50＋160＋51 ＝372．故所求概率估计为1－3722 000＝0.814．(3)增加第五类电影的好评率，减少第二类电影的好评率．角度2 统计与概率例3 (2021·云南名校适应性月考)下边茎叶图表示的是甲、乙两人在5次综合测评中的成绩，其中有一个数字被污损，则甲的平均成绩超过乙的平均成绩的概率是( A )甲乙 9 8 8 3 3 7 2 1 09● 9A ．45B ．25C ．910D ．710[解析] 记其中被污损的数字为x ，由题知甲的5次综合测评的平均成绩是15×(80×2＋90×3＋8＋9＋2＋1＋0)＝90，乙的5次综合测评的平均成绩是15×(80×3＋90×2＋3＋3＋7＋x ＋9)＝442＋x 5，令90＞442＋x 5，解得x ＜8，即x 的取值可以是0～7，因此甲的平均成绩超过乙的平均成绩的概率是810＝45．故选A ．名师点拨概率和频率的关系概率可看成频率在理论上的稳定值，它从数量上反映了随机事件发生的可能性的大小，它是频率的科学抽象，当试验次数越来越多时频率向概率靠近，只要次数足够多，所得频率就近似地当作随机事件的概率．〔变式训练2〕(1)(2021·黑龙江大庆质检)某公司欲派甲、乙、丙3人到A ，B 两个城市出差，每人只去1个城市，且每个城市必须有人去，则A 城市恰好只有甲去的概率为( B )A ．15B ．16C ．13D ．14(2)(2021·吉林模拟)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．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？[解析] (1)总的派法有：(甲、乙A)，(丙B)；(甲、乙B)，(丙A)；(甲、丙A)，(乙B)；(甲、丙B)，(乙A)；(乙、丙A)，(甲B)；(乙、丙B)，(甲A)，共6种(或C 23A 22＝6(种))，A 城市恰好只有甲去有一种，故所求概率P ＝16．(2)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．考点三互斥事件、对立事件的概率——师生共研例4 (1)某商场有奖销售中，购满100元商品得1张奖券，多购多得．1 000张奖券为一个开奖单位，设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个．设1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为A 、B 、C ．求：①P(A)，P(B)，P(C)； ②1张奖券的中奖概率；③1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率．(2)(2021·河南新乡模拟)从5个同类产品(其中3个正品，2个次品)中，任意抽取2个，下列事件发生概率为910的是( C )A ．2个都是正品B ．恰有1个是正品C ．至少有1个正品D ．至多有1个正品[解析] (1)①P(A)＝11 000，P(B)＝101 000＝1100，P(C)＝501 000＝120．②因为事件A ，B ，C 两两互斥，所以P(A ∪B ∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝11 000＋1100＋120＝611 000．故1张奖券的中奖概率为611 000．③P(A ∪B )＝1－P(A ＋B)＝1－⎝⎛⎭⎪⎫11 000＋1100＝9891 000．故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为9891 000．(2)从5个产品中任取2个的取法有C 25＝10种，其中2个都是正品的取法有C 23＝3种，故2个都是正品的概率P 1＝310；其对立事件是“至多有1个正品”，概率为P 2＝1－P 1＝1－310＝710．恰有1个正品的取法有C 13·C 12＝6种，故恰有1个正品的概率P 3＝610＝35．至少有1个正品的概率P 4＝P 1＋P 3＝310＋610＝910．名师点拨求复杂的互斥事件的概率的两种方法(1)直接求解法，将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率的和，运用互斥事件的概率求和公式计算．(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)，即运用逆向思维(正难则反)．特别是“至多”“至少”型题目，用间接求法就显得较简便．〔变式训练3〕(1)(2020·西安二模)2021年某省新高考将实行“3＋1＋2”模式，即语文、数学、外语必选，物理、历史二选一，政治、地理、化学、生物四选二，共有12种选课模式．某同学已选了物理，记事件A：“他选择政治和地理”，事件B：“他选择化学和地理”，则事件A与事件B( A )A．是互斥事件，不是对立事件B．是对立事件，不是互斥事件C．既是互斥事件，也是对立事件D．既不是互斥事件也不是对立事件(2)根据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为0.5，购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为0.3．则该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中的一种的概率为__0.8__；该地1位车主甲、乙两种保险都不购买的概率为__0.2__．[解析](1)2021年某省新高考将实行“3 ＋1＋2”模式，即语文、数学、外语必选，物理、历史二选一，政治、地理、化学、生物四选二，共有12种选课模式．某同学已选了物理，记事件A：“他选择政治和地理”，事件B：“他选择化学和地理”，则事件A与事件B不能同时发生，但能同时不发生，故事件A和B是互斥事件，但不是对立事件，故A正确．故选A．(2)记A表示事件：该车主购买甲种保险；B表示事件：该车主购买乙种保险但不购买甲种保险；C表示事件：该车主至少购买甲、乙两种保险中的一种；D表示事件：该车主甲、乙两种保险都不购买．①由题意得P(A)＝0.5，P(B)＝0.3，又C＝A∪B，所以P(C)＝P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝0.5＋0.3＝0.8．②因为D与C是对立事件，所以P(D)＝1－P(C)＝1－0.8＝0.2．名师讲坛·素养提升用正难则反的思想求对立事件的概率例5 (1)(2020·浙江湖州期末，改编)现有5个不同编号的小球，其中黑色球2个，白色球2个，红色球1个，若将其随机排成一列，则相同颜色的球都不相邻的概率是__45__．(2)(2021·洛阳模拟)经统计，在某储蓄所一个营业窗口等候的人数及相应的概率如下：排队人数0 1 2 3 4 5人及5人以上概率0.1 0.16 0.3 0.3 0.1 0.04求：(1)至多2人排队等候的概率是多少？(2)至少3人排队等候的概率是多少？[解析](1)“相同颜色的球不都相邻”的对立事件为“相同颜色的球都相邻”，记为事件A．因5个不同编号的小球排列有A55＝120种排法，“相同颜色的球都相邻”的排法有A22A22A33＝24种排法，∴所求概率P＝|－P(A)|＝1－24120＝45．(2)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”为事件E，“5人及5人以上排队等候”为事件F，则事件A，B，C，D，E，F互斥．①记“至多2人排队等候”为事件G，则G＝A∪B∪C，所以P(G)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.1＋0.16＋0.3＝0.56．②解法一：记“至少3人排队等候”为事件H，则H＝D∪E∪F，所以P(H)＝P(D∪E∪F)＝P(D)＋P(E)＋P(F)＝0.3＋0.1＋0.04＝0.44．解法二：记“至少3人排队等候”为事件H，则其对立事件为事件G，所以P(H)＝1－P(G)＝0.44．名师点拨“正难则反”的思想是一种常见的数学思想，如反证法、补集的思想都是“正难则反”思想的体现．在解决问题时，如果从问题的正面入手比较复杂或不易解决，那么尝试采用“正难则反”思想往往会起到事半功倍的效果，大大降低题目的难度．在求对立事件的概率时，经常应用“正难则反”的思想，即若事件A与事件B互为对立事件，在求P(A)或P(B)时，利用公式P(A)＝1－P(B)先求容易的一个，再求另一个．〔变式训练4〕某超市为了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．一次购物量1至4件5至8件9至12件13至16件17件及以上顾客数(人) x 30 25 y 10结算时间(分钟/人)1 1.52 2.5 3(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)[解析](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”，A1，A2分别表示事件“该顾客一次购物的结算时间为2.5分钟”，“该顾客一次购物的结算时间为3分钟”，将频率视为概率得P(A1)＝20100＝1 5，P(A2)＝10100＝110．P(A)＝1－P(A1)－P(A2)＝1－15－110＝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．。

高中数学知识点总结(第十一章计数原理与概率、随机变量及其分布分类加法计数原理与分步乘法计数原理)

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：186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C 12＝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.3 4 12 D 34 A C B 98.(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.。

新高考数学一轮复习第十一章计数原理概率随机变量及其分布：离散型随机变量及其分布列pptx课件人教B版

【解析】选B.由分布列的性质知2q2+ 11 -3q+ 1 =1,解得q=1或q= 1 ,
6
6
2
又因为2q2<1,0< 11 3q <1,所以舍去q=1,
6
所以q= 1 .
2
3.(选修2-3 P47习题2-1BT2改编)设随机变量X的概率分布列为
X
1
2
3
4
P
1
m
1
1
3
4
6
则P(|X-3|=1)=________.
④一个在数轴上随机运动的质点,它在数轴上的位置记为X.其中是离散型随机变量的是 ( ) A.①② B.①③ C.①④ D.①②④
2.若随机变量X的概率分布列为
X
x1
x2
P
p1
p2
且p1=
1 2
p2,则p1等于
(
)
A. 1
B. 1
C. 1
D. 1
2
3
4
6
3.某学习小组共12人,其中有五名是“三好学生”,现从该小组中任选5人参加
n
pi
=1.
i1
2.常见的两类分布列 (1)两点分布：若随机变量X服从两点分布，即其分布列为
X
0
1
P
_1_-_p_
p
其中p= _P_(_X_=_1_)_称为成功概率.
(2)超几何分布
在含有M件次品的N件产品中，任取n件，其中恰有X件次品，则P(X=k)=
C C k nk M NM
，
CnN
k=0，1，2，…，m，其中m=min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*.
【解析】选C.因为P(X=1)= 1 ，所以A，B不正确；

2022版高考数学一轮复习第11章计数原理概率随机变量及其分布第6讲离散型随机变量的分布列均值方差

D．0.5
【答案】D
3．设随机变量 X 的分布列为 P(X＝k)＝15(k＝2,4,6,8,10)，则 DX 等于
()
A．5
B．8
C．10
D．16
【答案】B
4．随机变量X的方差DX＝0.01，则D(10X－1)＝
A．0.01
B．0.1
C．1
D．10
【答案】C
【解析】D(10X－1)＝102DX＝102×0.01＝1.
【变式精练】
1．(1)(一题两空)随机变量 X 的分布列如下.
X
－1
0
1
P
a
b
c
其中 a，b，c 成等差数列，则 P(|X|＝1)＝________，公差 d 的取值
范围是________．
(2)(2020 年曲靖二模)已知随机变量 ξ 的分布列如下.
ξ
－2
－1
0
1
2
3
P
1 12
3 12
4 12
X
0
1
2
3
4
X2
0
1
4
9
16
从而 ξ＝X2 的分布列为
ξ
0
1
4
9
16
P
0.2
0.1
0.1
0.3
0.3
【解题技巧】离散型随机变量的分布列的性质的应用 (1)利用“总概率之和为1”可以求相关参数的值或取值范围． (2)利用“离散型随机变量在一范围内的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和”求某些特定事件的概率． (3)可以根据性质判断所得分布列结果是否正确．
1 q2 ()
(2)离散型随机变量 X 的概率分布规律为 P(X＝n)＝nna＋1(n＝

2025届高一轮复习讲义计数原理、概率、随机变量及其分布之事件的相互独立性、条件概率与全概率公式

A )
D.
1
1
，
3 11
由题意可得 n ( A )＝6×5＝30， n ( B )＝6×6－5×5＝11， n ( AB )＝2×5＝
10，∴ P ( A ｜ B )＝
()
10
()
10
1
＝， P ( B ｜ A )＝
＝＝ .故选A.
()
11
()
30
3
5. [教材改编]设10件产品中有4件不合格品，从中任意选取2件，则在所选取的产品
事件 B 发生的概率， P ( A ｜ B )表示在事件 B 发生的条件下事件 A 发生的概率.
(2)当 A ， B 相互独立时， P ( B ｜ A )＝ P ( B ).
3. 全概率公式
一般地，设 A 1， A 2，…， An 是一组两两互斥的事件， A 1∪ A 2∪…∪ An ＝Ω，且

∑ P ( Ai ) P ( B ｜ Ai )
(2)性质：设 P ( A )＞0，则
a. P (Ω｜ A )＝1；
b.若 B 和 C 是两个互斥事件，则 P ( B ∪ C ｜ A )＝⑦
c.设 B 和互为对立事件，则 P ( ｜ A )＝⑧
注意
P ( B ｜ A )＋ P ( C ｜ A )
1－ P ( B ｜ A )
；
⁠
.
⁠
(1) P ( B ｜ A )与 P ( A ｜ B )是不相同的， P ( B ｜ A )表示在事件 A 发生的条件下
中发现有一件是不合格品时，另一件也是不合格品的概率是
[解析]
1
5
.
⁠
记事件 A 为“选取的2件产品中发现有一件是不合格品”，事件 B 为“另一

高考数学总复习第十章计数原理概率随机变量及其分布10.4随机事件的概率理新人教A版

(3)与(1)同理，可得
顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为1200000＝0.2，
顾
客
同时
购买甲和丙的概率可以估
计为
100＋200＋300 1 000
＝
0.6，
顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为1100000＝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．
考点三互斥事件与对立事件的概率
第十章
计数原理、概率、随机变量及其分布
第4节随机事件的概率
考纲考情
考向预测
从近三年高考情况来看，本节是高考中的一
1.了解随机事件发生的不确定性和频
个热点，但一般不独立命题．预测 2020 年
率的稳定性，了解概高考将考查随机事件、互斥事件与对立事件
率的意义及频率与的概率，与事件的频率交汇考查．其中随机
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× 10025＋2.5×20＋3×10＝1.9(分钟)．
(1)设 A 与 B 是互斥事件，A，B 的对立事件分别记为 A ， B ，则下
列说法正确的是( C )
A．A 与 B 互斥 B. A 与 B 互斥 C．P(A＋B)＝P(A)＋P(B) D．P( A ＋ B )＝1
解析：根据互斥事件的定义可知，A 与 B ， A 与 B 都有可能同时发生，所以 A 与 B 互斥， A 与 B 互斥是不正确的；P(A＋B) ＝P(A)＋P(B)正确； A 与 B 既不一定互斥，也不一定对立，所以 D 错误.

计数原理、概率、随机变量及其分布第7讲-高考理科数学归纳总结讲义

第7讲离散型随机变量及其分布列[考纲解读] 1.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．2.能确定随机变量，求出随机变量发生的概率，正确列出分布列．(重点、难点)3.理解超几何分布，并能进行简单的应用．[考向预测] 从近三年高考情况来看，本讲一直是高考中的热点内容. 预测2020年将会考查：①与排列组合及统计知识结合的分布列；②与独立重复事件结合的分布列. 试题以解答题的形式呈现，以现实生活中的事例为背景进行考查，试题难度不大，属中档题型.1．离散型随机变量随着试验结果变化而变化的变量称为□01随机变量，常用字母X ，Y ，ξ，η，…表示．所有取值可以一一列出的随机变量，称为□02离散型随机变量．2．离散型随机变量的分布列及性质(1)一般地，若离散型随机变量X 可能取的不同值为x 1，x 2，…，x i ，…，x n ，X 取每一个值x i (i ＝1,2，…，n )的概率P (X ＝x i )＝p i ，则表X x 1 x 2 … x i … x n Pp 1p 2…p i…p n称为离散型随机变量X 的□01概率分布列，简称为X 的□02分布列，有时为了表达简单，也用等式□03P (X ＝x i )＝p i ，i ＝1,2，…，n 表示X 的分布列．(2)离散型随机变量的分布列的性质 ①□04p i ≥0(i ＝1,2，…，n )； ②□05 i ＝1np i ＝1.3．常见离散型随机变量的分布列 (1)两点分布若随机变量X服从两点分布，即其分布列为(2)超几何分布在含有M件次品的N件产品中，任取n件，其中恰有X件次品，则P(X＝k)＝□02C k M C n－k N－MC n N，k＝0,1,2，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*.如果随机变量X的分布列具有上表的形式，则称随机变量X服从超几何分布．1．概念辨析(1)随机试验的结果与随机变量是一种映射关系，即每一个试验结果都有唯一的随机变量的值与之对应. ()(2)离散型随机变量的各个可能值表示的事件是彼此互斥的．()(3)离散型随机变量在某一范围内取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和．()(4)若随机变量X的分布列由下表给出，X 2 5P 0.30.7则它服从两点分布．()答案(1)√(2)√(3)√(4)×2．小题热身(1)已知8件产品中有2件次品，从中任取3件，取到次品的件数为随机变量ξ，那么ξ的可能取值为()A．0,1 B．1,2C．0,1,2 D．0,1,2,3答案 C解析由于只有2件次品，所以ξ的可能取值为0,1,2.(2)抛掷两枚质地均匀的硬币，则正面向上的个数X 的分布列为( )答案 C解析因为P (X ＝1)＝12，所以A ，B 不正确；又因为 P (X ＝0)＋P (X ＝1)＋P (X ＝2)＝1.所以D 不正确，故选C. (3)设随机变量X 的分布列如下：则p 为( ) A.16 B.13 C.14 D.112答案 C解析由分布列的性质得，112＋16＋13＋16＋p ＝1，解得p ＝14.(4)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________．答案 45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.题型一离散型随机变量分布列的性质设随机变量ξ的分布列P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ＝k 5＝ak (k ＝1,2,3,4,5)．(1)求常数a 的值； (2)求P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ≥35；(3)求P ⎝ ⎛⎭⎪⎫110<ξ<710.解由已知分布列为：(1)由a ＋2a ＋3a ＋4a ＋5a ＝1，得a ＝115.(2)P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ≥35＝P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ＝35＋P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ＝45＋P (ξ＝1)＝315＋415＋515＝45.⎝ ⎛⎭⎪⎫或P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ≥35＝1－P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ≤25＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫115＋215＝45.(3)因为110<ξ<710只有ξ＝15，25，35满足，故P ⎝ ⎛⎭⎪⎫110<ξ<710＝P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ＝15＋P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ＝25＋P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ＝35＝115＋215＋315＝25.条件探究若将举例说明条件变为“P (ξ＝n )＝an (n ＋1)(n ＝1,2,3,4)．”求P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<ξ<52的值．解 ∵P (ξ＝n )＝a n (n ＋1).∴a 2＋a 6＋a 12＋a 20＝1，∴a ＝54. P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<ξ<52＝P (ξ＝1)＋P (ξ＝2)＝56. 结论探究举例说明条件下，求5ξ－1的分布列．解由举例说明解析得ξ的分布列为所以5ξ－1的分布列为1．分布列性质的两个作用(1)利用分布列中各事件概率之和为1可求参数的值及检查分布列的正确性． (2)随机变量X 所取的值分别对应的事件是两两互斥的，利用这一点可以求随机变量在某个范围内的概率．提醒：求分布列中的参数值时，要保证每个概率值均为非负数． 2．随机变量X 的线性组合的概率及分布列问题(1)随机变量X 的线性组合η＝aX ＋b (a ，b ∈R )是随机变量．(2)求η＝aX ＋b 的分布列可先求出相应随机变量的值，再根据对应的概率写出分布列.1．设离散型随机变量ξ的分布列如下表所示：则下列各式正确的是( ) A ．P (ξ＜3)＝25 B ．P (ξ＞1)＝45 C ．P (2＜ξ＜4)＝25 D ．P (ξ＜0.5)＝0答案 C解析由离散型随机变量ξ的概率分布列得， P (ξ＜3)＝P (ξ＝－1)＋P (ξ＝0)＋P (ξ＝1)＋P (ξ＝2)＝110＋15＋110＋15＝35，故A 错误；P (ξ＞1)＝P (ξ＝2)＋P (ξ＝3)＝15＋25＝35，故B 错误；P (2＜ξ＜4)＝P (ξ＝3)＝25，故C 正确；P (ξ＜0.5)＝P (ξ＝－1)＋P (ξ＝0)＝110＋15＝310，故D 错误．2．设X 是一个离散型随机变量，其分布列为：则q 的值为( ) A ．1B.32±336C.32－336D.32＋336答案 C解析由分布列的性质知⎩⎪⎨⎪⎧2－3q ≥0，q 2≥0，13＋2－3q ＋q 2＝1，解得q ＝32－336. 题型二超几何分布(2018·济南模拟)某外语学校的一个社团中有7名同学，其中2人只会法语，2人只会英语，3人既会法语又会英语，现选派3人到法国的学校交流访问．求：(1)在选派的3人中恰有2人会法语的概率；(2)在选派的3人中既会法语又会英语的人数X 的分布列．解 (1)设事件A ：选派的3人中恰有2人会法语，则P (A )＝C 25C 12C 37＝47.(2)依题意知，X 服从超几何分布，X 的可能取值为0,1,2,3，P (X ＝0)＝C 34C 37＝435，P (X ＝1)＝C 24C 13C 37＝1835，P (X ＝2)＝C 14C 23C 37＝1235，P (X ＝3)＝C 33C 37＝135，∴X 的分布列为1．超几何分布的两个特点(1)超几何分布是不放回抽样问题．(2)随机变量为抽到的某类个体的个数．2．超几何分布的应用条件(1)考察对象分两类．(2)已知各类对象的个数．(3)从中抽取若干个个体，考察某类个体个数ξ的概率分布．3．求超几何分布的分布列的步骤某高校一专业在一次自主招生中，对20名已经选拔入围的学生进行语言表达能力和逻辑思维能力测试，结果如下表：由于部分数据丢失，只知道从这20名参加测试的学生中随机抽取一人，抽到语言表达能力优秀或逻辑思维能力优秀的学生的概率为2 5.(1)从参加测试的语言表达能力良好的学生中任意抽取2名，求其中至少有一名逻辑思维能力优秀的学生的概率；(2)从参加测试的20名学生中任意抽取2名，设语言表达能力优秀或逻辑思维能力优秀的学生人数为X，求随机变量X的分布列．解(1)用A表示“从这20名参加测试的学生中随机抽取一人，抽到语言表达能力优秀或逻辑思维能力优秀的学生”，∵语言表达能力优秀或逻辑思维能力优秀的学生共有(6＋n)名，∴P(A)＝6＋n20＝25，解得n＝2，∴m＝4，用B表示“从参加测试的语言表达能力良好的学生中任意抽取2名，其中至少有一名逻辑思维能力优秀的学生”，∴P(B)＝1－C26C29＝712.(2)随机变量X服从超几何分布，X的可能取值为0,1,2.∵在20名学生中，语言表达能力优秀或逻辑思维能力优秀的学生共有8名，∴P(X＝0)＝C212C220＝3395，P(X＝1)＝C18C112C220＝4895，P(X＝2)＝C28C220＝1495，∴X的分布列为X 01 2P 339548951495题型三求离散型随机变量的分布列角度1与互斥事件有关的分布列问题1．已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束．(1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；(2)已知每检测一件产品需要费用100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用(单位：元)，求X的分布列和均值(数学期望)．解(1)记第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品为事件A，则P(A)＝A12A13A25＝310.(2)X的可能取值为200,300,400.P(X＝200)＝A22A25＝110，P(X＝300)＝A33＋C12C13A22A35＝310，P(X＝400)＝1－P(X＝200)－P(X＝300)＝1－110－310＝610.故X的分布列为X 200300400P 110310610E(X)＝200×110＋300×310＋400×610＝350.角度2与统计有关的分布列的求法2．随着经济模式的改变，微商和电商已成为当今城乡一种新型的购销平台．已知经销某种商品的电商在任何一个销售季度内，每售出1吨该商品可获利润0.5万元，未售出的商品，每1吨亏损0.3万元．根据往年的销售经验，得到一个销售季度内市场需求量的频率分布直方图如图所示．已知电商为下一个销售季度筹备了130吨该商品，现以x(单位：吨，100≤x≤150)表示下一个销售季度的市场需求量，T(单位：万元)表示该电商下一个销售季度内经销该商品获得的利润．(1)视x 分布在各区间内的频率为相应的概率，求P (x ≥120)； (2)将T 表示为x 的函数，求出该函数表达式；(3)在频率分布直方图的市场需求量分组中，以各组的区间中点值(组中值)代表该组的各个值，并以市场需求量落入该区间的频率作为市场需求量取该组中值的概率(例如x ∈[100,110)，则取x ＝105的概率等于市场需求量落入[100,110)的频率)，求T 的分布列．解 (1)根据频率分布直方图及两两互斥事件的概率的可加性得， P (x ≥120)＝P (120≤x <130)＋P (130≤x <140)＋P (140≤x ≤150) ＝0.030×10＋0.025×10＋0.015×10＝0.7.(2)当x ∈[100,130)时，T ＝0.5x －0.3(130－x )＝0.8x －39；当x ∈[130,150]时，T ＝0.5×130＝65，所以T ＝⎩⎪⎨⎪⎧0.8x －39，100≤x ＜130，65，130≤x ≤150.(3)由题意及(2)可得，当x ∈[100,110)时，T ＝0.8×105－39＝45，P (T ＝45)＝0.010×10＝0.1；当x ∈[110,120)时，T ＝0.8×115－39＝53, P (T ＝53)＝0.020×10＝0.2；当x ∈[120,130)时，T ＝0.8×125－39＝61，P (T ＝61)＝0.030×10＝0.3；当x ∈[130,150]时，T ＝65，P (T ＝65)＝(0.025＋0.015)×10＝0.4；所以T 的分布列为T45536165P 0.10.20.30.4所以E(T)＝45×0.1＋53×0.2＋61×0.3＋65×0.4＝59.4万元．离散型随机变量分布列的求解步骤(1)明取值：明确随机变量的可能取值有哪些，且每一个取值所表示的意义．(2)求概率：要弄清楚随机变量的概率类型，利用相关公式求出变量所对应的概率．(3)画表格：按规范要求形式写出分布列．(4)做检验：利用分布列的性质检验分布列是否正确．提醒：求随机变量某一范围内取值的概率，要注意它在这个范围内的概率等于这个范围内各概率值的和.1．某小组共10人，利用假期参加义工活动，已知参加义工活动次数为1,2,3的人数分别为3,3,4，现从这10人中随机选出2人作为该组代表参加座谈会．(1)设A为事件“选出的2人参加义工活动次数之和为4”，求事件A发生的概率；(2)设X为选出的2人参加义工活动次数之差的绝对值，求随机变量X的分布列．解(1)由已知，有P(A)＝C13C14＋C23C210＝13.所以事件A发生的概率为1 3.(2)随机变量X的所有可能取值为0,1,2.P(X＝0)＝C23＋C23＋C24C210＝415，P(X＝1)＝C13C13＋C13C14C210＝715，P(X＝2)＝C13C14C210＝415.所以随机变量X的分布列为X 01 2P 4157154152．甲、乙两家外卖公司，其送餐员的日工资方案如下：甲公司的底薪70元，每单抽成4元；乙公司无底薪，40单以内(含40单)的部分每单抽成5元，超出40单的部分每单抽成7元，假设同一公司送餐员一天的送餐单数相同，现从两家公司各随机抽取一名送餐员，并分别记录其100天的送餐单数，得到如下频数表：甲公司送餐员送餐单数频数表送餐单数3839404142天数2040201010乙公司送餐员送餐单数频数表送餐单数3839404142天数1020204010(1)现从甲公司记录的100天中随机抽取两天，求这两天送餐单数都大于40的概率；(2)若将频率视为概率，回答下列问题：①记乙公司送餐员日工资为X(单位：元)，求X的分布列和数学期望；②小明拟到甲、乙两家公司中的一家应聘送餐员，如果仅从日工资的角度考虑，请利用所学的统计学知识为他作出选择，并说明理由．解(1)记“抽取的两天送餐单数都大于40”为事件M，则P(M)＝C220C2100＝19495.(2)①设乙公司送餐员送餐单数为a，则当a＝38时，X＝38×5＝190，当a＝39时，X＝39×5＝195，当a＝40时，X＝40×5＝200，当a＝41时，X＝40×5＋1×7＝207，当a＝42时，X＝40×5＋2×7＝214.则X的所有可能取值为190,195,200,207,214.所以X的分布列为X 190195200207214P 110151525110故E(X)＝190×110＋195×15＋200×15＋207×25＋214×110＝10115.②依题意，甲公司送餐员日平均送餐单数为38×0.2＋39×0.4＋40×0.2＋41×0.1＋42×0.1＝39.5. 所以甲公司送餐员日平均工资为70＋4×39.5＝228(元)．由①得乙公司送餐员日平均工资为202.2元．因为202.2<228，故推荐小明去甲公司应聘．。

计数原理概率随机变量及其分布第七节二项分布正态分布及其应用课件

显著性水平
显著性水平是假设检验中用于确定临界值的概率值。
拒绝域
拒绝域是假设检验中用于决定是否拒绝假设的区域。
THANKS
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相关系数具有对称性、范围性、无量纲性等性质，它可以用来判断两个随机变量之间的线性相关关系。
06
大数定律与中心极限定理
大数定律的定义及性质
定义
在试验次数很大时，频率的极限就是概率。
性质
大数定律表明，当试验次数足够多时，频率的分布接近于概率的分布。
中心极限定理的定义及性质
定义
设随机变量X1,X2,...,Xn是相互独立的随机变量，且具有相同的分布函数，F(x)为其分布函数，则对于任意实数a，有P(at≤Xn≤a+t)=1-Φ(t/σn)+O(1/n^2)，其中 Φ(x)是标准正态分布函数，σn是 X1,X2,...,Xn的方差，t是任意实数。
协方差的定义
协方差是两个随机变量取值之间的线性关系，它描述了两个随机变量之间的联动关系。
协方差的性质
协方差具有可加性、可乘性和可微性等性质，它还可以表示为相关系数、皮尔逊相关系数等。
相关系数的定义
相关系数是协方差与两个随机变量各自方差的比值，它描述了两个随机变量之间的线性相关程度。
相关系数的性质
二项分布的方差为np(1-p)，方差反映了成功的次数的波动程度。
当p=0.5时，二项分布的期望值和方差都达到最大，此时分布曲线最为分散。
二项分布的应用
01
02
03
应用于组合数学
在组合数学中，二项式系数和组合数都与二项分布有关。
应用于保险精算
在保险精算中，二项分布被用来计算在一定次数的独立试验中成功的次数所对应的概率。

高考理数一轮课件：10第十章计数原理与概率、随机变量及其分布第四节随机事件与古典概型

解析 P(A)= 1 ,P(B)= 10 = 1 ,
1 000
1 000 100
P(C)= 50 = 1 .
1 000 20
(1)1张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖.
设“1张奖券中奖”为事件M,则M=A∪B∪C.
∵A、B、C两两互斥,∴P(M)=P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)=110 50
(2)必然事件的概率为 1 . (3)不可能事件的概率为 0 . (4)概率的加法公式若事件A与事件B互斥,则P(A∪B)= (5)对立事件的概率
P(A)+P(B) .
若事件A与事件B互为对立事件,则A∪B为必然事件,P(A∪B)= 1 ,
P(A)= 1-P(B) .
5.古典概型
(1)
(2)概率计算公式
12 3
考点二互斥事件与对立事件
典例2 某商场有奖销售中,购满100元商品得1张奖券,多购多得.1 000 张奖券为一个开奖单位,设特等奖1个,一等奖10个,二等奖50个.设1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为A、B、C,求: (1)1张奖券中奖的概率; (2)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率.
规律总结 1.概率与频率的关系频率反映了一个随机事件出现的频繁程度,频率是随机的,而概率是一个确定的值,通常用概率来描述随机事件发生的可能性的大小,有时也用频率作为随机事件概率的估计值. 2.随机事件概率的求法利用概率的统计定义可求事件的概率,即通过大量的重复试验,事件发生的频率会逐渐趋近于某一个常数,这个常数就是概率.
5.给出下列三个命题,其中正确的命题有 0 个. 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; ②做7次抛硬币的试验,结果3次正面朝上,因此正面朝上的概率是 3 ;

计数原理与概率的应用知识点总结

计数原理与概率的应用知识点总结计数原理和概率是数学中非常重要的概念，广泛应用于各个领域，包括统计学、计算机科学、工程学等。

本文将对计数原理和概率的应用进行知识点总结。

一、计数原理的应用计数原理是研究如何对事物进行计数和排列的原则。

在实际应用中，计数原理常常被用于解决组合、排列、选择等问题。

1. 组合问题组合是从给定的元素集合中选取若干个元素的方式，不考虑元素的顺序。

计数原理中的组合公式为C(n,m)，表示从n个元素中选取m个元素的组合数。

组合问题的应用场景包括抽奖、选课、排队等。

2. 排列问题排列是指从给定的元素集合中选取若干个元素，并考虑元素的顺序。

计数原理中的排列公式为P(n,m)，表示从n个元素中选取m个元素的排列数。

排列问题的应用场景包括密码锁、团队选拔、奖牌的颁发等。

3. 选择问题选择问题是指从给定元素集合中选取若干个元素，并考虑元素的顺序和重复情况。

计数原理中的选择公式为n^m，表示从n个元素中选取m个元素的选择数。

选择问题的应用场景包括密码破解、密码设置、排队时的座位选择等。

二、概率的应用概率是描述事件发生可能性的数值，并且具有数学计算的特性。

在实际应用中，概率经常被用于预测、风险评估、统计等领域。

1. 概率模型概率模型是用来描述事件发生可能性的数学模型。

常见的概率模型包括离散型和连续型概率模型。

在实际应用中，概率模型被广泛用于生物医学、金融、气象等领域的数据分析和预测。

2. 概率分布概率分布是描述随机变量可能取值及其对应概率的函数。

常见的概率分布包括均匀分布、正态分布、泊松分布等。

概率分布在统计学中被用来描述随机事件的概率分布情况，为相关的数据分析提供支持。

3. 统计推断统计推断是通过已有的样本数据对总体参数进行估计和推断的过程。

根据概率的理论基础，通过对样本数据进行分析，可以得出总体参数的概率分布情况。

统计推断在医学研究、社会调查、市场调研等领域中被广泛应用。

总结：计数原理和概率作为数学中的重要概念，广泛应用于各个领域。

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。

人教版高考数学总复习第十一章计数原理概率、随机变量及其分布第六节离散型随机变量及其分布列、均值与方差

3ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ基础知识 4.基本方法 5.基本能力 6.基本应用
3.(多选题)(离散型随机变量的概念)下列随机变量 X 是离散型随机变量的是( ) A．某市每天查到违章驾车的车辆数 X B．某网站中的歌曲《爱我中华》一天内被点击的次数 X C．一天内的温度 X D．射手对目标进行射击，击中目标得 1 分，未击中目标得 0 分，用 X 表示该射手在一次射击中的得分【解析】选 ABD.因为 A，B，D 的结果均可以一一列出，而 C 不能一一列出．
第六节离散型随机变量及其
分布列、均值与方差
第十一章
计数原理、概率、随机变量及其分布
知识梳理·思维激活考点探究·悟法培优
【考试要求】 1．了解离散型随机变量的概念，理解离散型随机变量分布列及数字特点 2．掌握离散型随机变量的分布列 3．掌握离散型随机变量的均值与方差【高考考情】考点考法：离散型随机变量的分布列、均值及方差是高考考查重点，一般以实际问题为命题载体，考查分布列、均值与方差在决策问题中的应用．试题以选择题、填空题、解答题形式呈现，难度中档．核心素养：数据分析、数学运算、逻辑推理
x＋0.1＋0.3＋y＝1，【解析】选 D.由
7x＋8×0.1＋9×0.3＋10y＝8.9，
解得 y＝0.4.
6．(离散型随机变量的方差)有甲、乙两种品牌的手表，它们的日误差分别为 X，Y(单位：s)，其分布列如下：
X －1 0 1 P 0.1 0.8 0.1
Y －2 －1 0 1 2 P 0.1 0.2 0.4 0.2 0.1 则两种品牌中质量好的是__________．【解析】E(X)＝E(Y)＝0，D(X)＝0.2，D(Y)＝1.2. 因为 E(X)＝E(Y)，D(X)<D(Y)，所以甲品牌质量好．答案：甲

2019年高考数学计数原理、概率、随机变量及其分布复习指导(最适用、最全面)

2019年高考数学计数原理、概率、随机变量及其分布复习指导第一节计数原理与排列、组合教材细梳理1．两个计数原理1．分类加法计数原理中各类办法之间是相互独立的，并列的，互斥的．分步乘法计数原理中各步之间是相互依存的．2．“排列”与“排列数”是两个不同的概念，一个排列是指“从n 个不同元素中取出m 个元素，按一定顺序排成一列”，而排列数是指这种排列的个数．知识微思考1．判断下列结论的正误(正确的打“√”错误的打“×”)(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．( ) (2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．( )(3)在分步乘法计数原理中，事情是分步完成的，其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有每个步骤都完成后，这件事情才算完成．( )(4)如果完成一件事情有n 个不同步骤，在每一步中都有若干种不同的方法m i (i ＝1,2,3，…，n )，那么完成这件事共有m 1m 2m 3…m n 种方法．( )(5)在分步乘法计算原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( ) (6)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．( ) (7)一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序．( ) (8)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．( ) (9)(n ＋1)！－n ！＝n ·n ！.( )(10)A m n ＝n A m －1n －1.( )答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)√ (5)√ (6)× (7)× (8)√ (9)√ (10)√ 2．如何区分某一问题是排列问题还是组合问题？提示：可交换某两个元素的位置，判断对结果是否产生影响，产生影响的是排列问题，否则是组合问题．四基精演练1．(选修2－3·习题1.2A 组改编)已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法的种数为( )A ．16B ．13C ．12D ．10答案：C2．(选修2－3·习题1.2A 组改编)从3,5,7,11这四个质数中，每次取出两个不同的数分别为a ，b ，共可得到ab的不同值的个数为( )A ．6B ．8C ．12D ．16答案：C3．(选修2－3·习题A组改编)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种答案：C4．(选修2－3·习题1.2B组改编)如图，从A城到B城有3条路；从B城到D城有4条路；从A城到C城有4条路，从C城到D城有5条路，则某旅客从A城到D城共有________条不同的路线．答案：325．(2017·高考全国卷Ⅱ改编)安排3名志愿者完成3项工作，每人完成一项，则不同的安排方式共有________．答案：6考点一计数原理及应用[简单型]——运用数据分析、提升数学运算1．使用分类加法原理时首先根据题目特点恰当选择一个分类标准；其次分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类．2．(1)利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，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)分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．3．使用两个基本原理进行计数的基本思想是“先分类，再分步”，即先分为若干个“既不重复也不遗漏”的类，再对每类中的计数问题分成若干个“完整的步骤”，求出每个步骤的方法数，按照分步乘法计数原理计算各类中的方法数，最后再按照分类加法计数原理得出总数．1．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．法一：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)．法二：班级按a，b，c，d的顺序依次排列，为避免重复或遗漏现象，教师的监考顺序可用“树形图”表示如下：∴共有9种不同的监考方法．2．(2016·高考全国卷Ⅱ)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为()A．24 B．18C．12 D．9解析：选B．分两步，第一步，从E→F，有6条可以选择的最短路径；第二步，从F→G，有3条可以选择的最短路径．由分步乘法计数原理可知有6×3＝18条可以选择的最短路径．故选B．3．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种颜色，则不同的涂法共有()A．400种B．460种C．480种D．496种解析：选C．完成此事可能使用4种颜色，也可能使用3种颜色．当使用4种颜色时：从A开始，有6种方法，B有5种，C有4种，D有3种，完成此事共有6×5×4×3＝360(种)方法；当使用3种颜色时：A，D使用同一种颜色，从A，D开始，有6种方法，B有5种，C有4种，完成此事共有6×5×4＝120(种)方法．由分类加法计数原理可知：不同涂法有360＋120＝480(种)．考点二排列的应用[高频型]——发展数学建模、提升数学运算[例1](1)若A，B，C，D，E，F六个不同元素排成一列，要求A不排在两端，且B，C相邻，则不同的排法有________种(用数字作答)．解析：由于B，C相邻，把B，C看作一个整体，有2种排法．这样，6个元素变成了5个．先排A，由于A不排在两端，则A排在中间的3个位置中，有A13＝3种排法，其余的4个元素任意排，有A44种不同排法，故不同的排法有2×3×A44＝144(种)．答案：144(2)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________种．解析：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)．答案：12[母题变式]1．若本例(2)中条件“任意两个数字都不相邻”改为“1,2,3这三个数字必须相邻”，则这样的全排列方法有________种．解析：用捆绑法，有A33A33＝36(种)．答案：362．若本例(2)中条件变为：符号“＋”与“－”都不相邻，则这样的全排列有________种．解析：A 33A 24＝72(种)．答案：721．求解有限制条件排列问题的主要方法(1)根据特殊元素(位置)优先安排进行分步，即先安排特殊元素或特殊位置． (2)根据特殊元素当选数量或特殊位置由谁来占进行分类． [易错提醒] (1)分类要全，以免遗漏．(2)插空时要数清插空的个数，捆绑时要注意捆绑后元素的个数及要注意相邻元素的排列数．(3)用间接法求解时，事件的反面数情况要准确．1．某市内公共汽车站有6个候车位(成一排)，现有3名乘客随便坐在某个座位上候车，则恰好有2个连续空座位的候车方式的种数为( )A ．48B ．54C ．72D ．84解析：选C．先把3名乘客进行全排列，有A33＝6种排法，排好后，有4个空，再将1个空位和余下的2个连续的空位插入4个空中，有A24＝12种排法，则共有6×12＝72(种)候车方式．2．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：选B．歌舞类节目设为a1，a2，a3，小品类节目设为b1，b2，相声类节目设为c，先排a1，a2，a3不相邻，顺序如○b1○b2○c○，共A33A34种方法，b1b2相邻前提下○b1b2○c○插空法共A22A33A22种方法，所以同类节目不相邻的排法种数为A33A34－A22A33A22＝A33·(A34－4)＝6×20＝120.考点三组合问题[简单型]——发展数学建模、提升数学运算1．组合问题的常见题型及解题思路(1)常见题型：一般有选派问题、抽样问题、图形问题、集合问题、分组问题等．(2)解题思路：①分清问题是否为组合问题；②对较复杂的组合问题，要搞清是“分类”还是“分步”，一般是先整体分类，然后局部分步，将复杂问题通过两个原理化归为简单问题．2．两类含有附加条件的组合问题的解法(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：若“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；若“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．(2)“至少”或“最多”含有几个元素的组合题型：解这类题目必须十分重视“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，用间接法求解．1．2107年天津全运会之际，某单位要从6名男生和2名女生中选出3名志愿者，其中至少有1名女生的选法共有________种．解析：分两类：第1类是有1名女生，共有C12·C26＝2×15＝30(种)；第2类是有2名女生，共有C22·C16＝1×6＝6(种)．由分类加法计数原理得，共有30＋6＝36(种)．答案：362．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，输一局，第4局赢)，共有2C23＝6种情形；恰好打5局(一个前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)．考点四排列、组合的综合应用[探究型]——发展数学建模、提升数学运算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：将4项工作分成3部分，每部分至少有1项工作，共有C24＝6(种)方法，再分别分给3人，由分步乘法计数原理知，共有C24×A33＝36(种)不同方法．答案：D(2)(2017·高考天津卷)用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9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(用数字作答)．解析：由题意可得，第1类取出的4个数都是奇数，有A45个，第2类取出的4个数中有1个偶数，有C14C35A44个，由分类加法计数原理，得共有A45＋C14C35A44＝120＋960＝1 080(个)．答案：1 080(1)恰有1个盒不放球，共有几种放法？ (2)恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？ (3)恰有2个盒不放球，共有几种放法？解：(1)为保证“恰有1个盒不放球”，先从4个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4个球，3个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？”即把4个球分成2,1,1的三组，然后再从3个盒子中选1个放2个球，其余2个球放在另外2个盒子内，由分步乘法计数原理得，共有C 14C 24C 13×A 22＝144(种)．(2)“恰有1个盒内有2个球”，即另外3个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，也即另外3个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事，所以共有144种放法．(3)确定2个空盒有C 24种方法．4个球放进2个盒子可分成(3,1)、(2,2)两类，第一类有序不均匀分组有C 34C 11A 22种方法；第二类有序均匀分组有C 24C 22A 22·A 22种方法．故共有C 24(C 34C 11A 22＋C 24C 22A 22·A 22)＝84(种)．1．解决简单的排列与组合的综合问题的思路(1)根据附加条件将要完成事件先分类．(2)对每一类型取出符合要求的元素组合，再对取出的元素排列． (3)由分类加法计数原理计算总数．2．分组、分配问题的求解策略(1)对不同元素的分配问题．①对于整体均分，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 n n (n 为均分的组数)，避免重复计数．②对于部分均分，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 ！，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对于不等分组，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．(2)对于相同元素的“分配”问题，常用方法是采用“隔板法”．3．某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案有________种．解析：①有1名女生的选派方法有C12C34＝8(种)．②有2名女生的选派方法有C22C24＝6(种)．∴不同的选派方案共有8＋6＝14(种)．答案：144．将6位志愿者分成4组，其中两个组各2人，另两个组各1人，分赴全运会的四个不同场馆服务，不同的分配方案有________种(用数字作答)．解析：先分组再分配，共有C16C15C242A22·A44＝1 080(种)分配方案．答案：1 080发展数学建模、数学运算(应用型)模型1计数原理、排列、组合与实际应用问题相结合对于排列、组合都是以生活实际问题为背景，加以限制条件，并结合计数原理进行考查．[例4]小陈家来了六位同学(四女两男)，包括他共7人，小陈从果园里摘了7个大小不同的百香果，每人一个．小陈把最小的一个留给自己，4位女同学中的一人拿最大的一个，则百香果的不同分法共有()A．96种B．120种C．480种D．720种解析：可分两步：第一步，4位女同学中的一人拿最大的一个的分法种数为C14；第二步，余下5人的分法种数为A55，根据分步乘法计数原理，百香果的不同分法共有C14A55＝480(种)，故选C．答案：C模型2排列、组合与新定义相结合排列、组合常与数学中的新定义结合考查，利用其它知识进行求解．[例5](2016·高考全国卷Ⅲ)定义“规范01数列”{a n}如下：{a n}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，a k中0的个数不少于1的个数，若m＝4，则不同的“规范01数列”共有()A．18个B．16个C．14个D．12个解析：当m＝4时，数列{a n}共有8项，其中4项为0,4项为1，要满足对任意k≤8，a1，a2，…，a k中0的个数不少于1的个数，则必有a1＝0，a8＝1，a2可为0，也可为1.(1)当a2＝0时，分以下3种情况：①若a3＝0，则a4，a5，a6，a7中任意一个为0均可，则有C14＝4种情况；②若a3＝1，a4＝0，则a5，a6，a7中任意一个为0均可，有C13＝3种情况；③若a3＝1，a4＝1，则a5必为0，a6，a7中任一个为0均可，有C12＝2种情况；(2)当a2＝1时，必有a3＝0，分以下2种情况：①若a4＝0，则a5，a6，a7中任一个为0均可，有C13＝3种情况；②若a4＝1，则a5必为0，a6，a7中任一个为0均可，有C12＝2种情况．综上所述，不同的“规范01数列”共有4＋3＋2＋3＋2＝14个，故选C．答案：C课时规范训练(限时练·夯基练·提能练)A级基础夯实练(25分钟，50分)1．(2018·邵阳模拟)用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中偶数的个数为()A．24B．48C．60 D．72解析：选B．先排个位，再排十位，百位，千位，万位，依次有2,4,3,2,1种排法，由分步乘法计数原理知：2×4×3×2×1＝48.2．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．当选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．3．(2018·自贡一模)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上点的坐标，则确定的不同的点的个数为()A．36 B．32C．33 D．34解析：选C．不考虑限定条件的情况下，确定的不同的点的个数为C12C13A33＝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的点只有3个，故最终确定的不同的点的个数为36－(A33－3)＝33.4．(2018·诸暨一模)在第二届乌镇互联网大会中，为了提高安保的级别，同时为了方便接待，现将其中的五个参会国的人员安排酒店住宿，这五个参会国的人员要在a，b，c三家酒店各选择一家，且每家酒店至少有一个参会国的人员入住，则这样的安排方法共有() A．96种B．124种C．130种D．150种解析：选D．可以把五个参会国的人员分成三组，一种是按照1,1,3分；另一种是按照1,2,2分．当按照1,1,3分时，共有C35A33＝60种方法；当按照1,2,2分时，共有C25C23A33A22＝90种方法．根据分类加法计数原理可得安排方法共有60＋90＝150种．5．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，共有3＋6＋3＋3＝15(个)．6．(2018·石家庄模拟)一种团体竞技比赛的积分规则是：每队胜、平、负分别得2分、1分、0分，已知甲球队已赛4场，积4分，在4场比赛中，甲队胜、平、负(包括顺序)的情况共有()A．7种B．13种C．18种D．19种解析：选D．设S i表示第i场胜、P i表示第i场平，F i表示第i场负，积4分可分2胜2负，1胜2平1负或4平三类，其中2胜2负有S1S2F3F4，S1F2S3F4，S1F2F3S4，F1S2S3F4，F1S2F3S4，F1F2S3S4，共6种．1胜2平1负有S1P2P3F4，S1P2F3P4，S1F2P3P4，P1S2P3F4，P1S2F3P4，F1S2P3P4，P1P2S3F4，P1F2S3P4，F1P2S3P4，P1P2F3S4，P1F2P3S4，F1P2P3S4，共12种．4平有P1P2P3P4共1种，由分类加法计数原理有6＋12＋1＝19种．7．某市委从组织机关10名科员中选3人担任驻村第一书记，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为()A．85 B．56C．49 D．28解析：选C．由于丙不入选，相当于从9人中选派3人．甲、乙两人均入选，有C22C17种选法，甲、乙两人只有1人入选，有C12C27种选法．所以由分类加法计数原理，共有C22C17＋C12C27＝49种不同选法．8．(2018·武邑一模)将6名留学归国人员分配到甲、乙两地工作，若甲地至少安排2人，乙地至少安排3人，则不同的安排方法数为________．解析：可以分为以下两类：(1)甲地安排3人，乙地安排3人，有C36＝20种方法；(2)甲地安排2人，乙地安排4人，有C46＝15种方法．根据分类加法计数原理可得，不同的安排方法种数为20＋15＝35.答案：359．(2018·平罗一模)从5名学生中选出4名参加A，B，C，D四科的竞赛(假设每名学生仅能参加一科的竞赛)，其中甲不能参加A，B两科的竞赛，则不同的参赛方案种数为________．解析：可分为以下两步：(1)先从5名学生中选出4名，分为甲参加和甲不参加两种情况，甲参加时，选法有C34＝4种，甲不参加时，选法有C44＝1种；(2)安排科目——甲参加时，先排甲，再排其他人，排法有C12A33＝12种，甲不参加时，排法有A44＝24种．故不同的参赛方案种数为4×12＋1×24＝72.答案：7210．已知集合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{1，－4,4}，{1，－2,4},2种情况，因此满足条件的集合N的个数是10－2＝8.答案：8B级能力升级练(20分钟，30分)1．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，最后五位数字由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＝32.2．某班组织文艺晚会，准备从A，B等8个节目中选出4个节目演出，要求A，B两个节目至少有一个选中，且A，B同时选中时，它们的演出顺序不能相邻，那么不同演出顺序的种数为()A．1 860 B．1 320C．1 140 D．1 020解析：选C．当A，B节目中只选其中一个时，共有C12C36A44＝960种演出顺序；当A，B节目都被选中时，由插空法得共有C26A22A23＝180种演出顺序，所以一共有1 140种演出顺序．3．已知I＝{1,2,3}，A，B是集合I的两个非空子集，且A中所有元素的和大于B中所有元素的和，则集合A，B共有()A．12对B．15对C．18对D．20对解析：选D．依题意，当A，B均有一个元素时，有3对；当B有一个元素，A有两个元素时，有C23＋C23＋2＝8对；当B有一个元素，A有三个元素时，有3对；当B有两个元素，A有三个元素时，有3对；当A，B均有两个元素时，有3对．所以共有3＋8＋3＋3＋3＝20对，选D．4．在三位正整数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼峰数”，比如“102”、“546”为“驼峰数”．由数字1,2,3,4,5这五个数字构成的无重复数字的“驼峰数”的十位上的数字之和为()A．25 B．28C．30 D．32解析：选C．由数字1,2,3,4,5这五个数字构成的无重复数字的三位“驼峰数”中，1在十位的有A24＝12个，2在十位的有A23＝6个，3在十位上的有A22＝2个，所以所有三位“驼峰数”的十位上的数字之和为12×1＋6×2＋2×3＝30.5．已知集合M＝{1,2,3,4}，集合A，B为集合M的非空子集，若对任意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：A＝{1}时，B有23－1＝7种情况；A＝{2}时，B有22－1＝3种情况；A＝{3}时，B有1种情况；A＝{1,2}时，B有22－1＝3种情况；A＝{1,3}，{2,3}，{1,2,3}时，B均有1种情况，故满足题意的“子集对”共有7＋3＋1＋3＋3＝17个．答案：176．数字“2 016”中，各位数字相加和为9，称该数为“至尊四位数”．用数字0,1,2,3,4,5组成的无重复数字且大于2 016的“至尊四位数”共有________个．解析：依题意知：符合条件的四个数字可分为以下两组：0,1,3,5与0,2,3,4.由0,1,3,5组成的大于2 016的“至尊四位数”有2A33＝12个；由0,2,3,4组成的“至尊四位数”有3A33＝18个．由分类加法计数原理可得：共有12＋18＝30个“至尊四位数”．答案：30第二节二项式定理教材细梳理1．二项式定理(a ＋b )n ＝C 0n a n ＋C 1n a n －1b ＋…＋C k n a n －k b k ＋…＋C n n b n (n ∈N *)，其中右端为(a ＋b )n 的二项展开式．2．二项展开式的通项公式第k ＋1项为：T k ＋1＝C k n an －k b k . 3．二项式系数(1)定义：二项式系数为：C k n (k ∈{0,1,2，…，n })． (2)二项式系数的性质1．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)C r n an －r b r是二项展开式的第r 项．( ) (2)二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项．( ) (3)(a ＋b )n 的展开式中某一项的二项式系数与a ，b 无关．( ) (4)在(1－x )9的展开式中系数最大的项是第五、第六两项．( )(5)若(3x －1)7＝a 7x 7＋a 6x 6＋…＋a 1x ＋a 0，则a 7＋a 6＋…＋a 1的值为128.( ) (6)在(x ＋1)n 的展开式中，每一项的二项式系数就是这项的系数．( ) (7)(a ＋b )n 与(b ＋a )n 的展开式中通项公式是一样的．( )(8)(x －y )n 的展开式中，第m 项的系数为(－1)m C m －1n.( ) (9)(1＋2x )5的展开式中含x 的项的系数为5.( )(10)⎝⎛⎭⎪⎫x 2－13x n的展开式中不可能有常数项．( )答案：(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)× (6)√ (7)× (8)× (9)× (10)× 2．二项展开式第k ＋1项的二项式系数与第k ＋1项的系数有什么区别？提示：二项展开式第k ＋1项的二项式系数为C k n ，而它的第k ＋1项的系数等于它的二项式系数C k n 与其他常数以及符号的乘积．四基精演练1．(选修2－3·1.3例2改编)(1＋2x )5的展开式中，x 2的系数等于( ) A ．80 B ．40 C ．20 D ．10答案：B2．(选修2－3·习题1.3A 组改编)⎝⎛⎭⎫x ＋12x 8的展开式中常数项为( ) A ．3516B ．358C ．354D ．105答案：B3．(2017·高考全国卷Ⅰ改编)⎝⎛⎭⎫1＋1x 2(1＋x )2展开式中常数项为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4答案：B4．(选修2－3·习题1.3A 组改编)若(1＋ax )7(a ≠0)的展开式中x 5与x 6的系数相等，则a ＝________.答案：35．(探究题)(教材探究题)如图杨辉三角中的第二行，第三行，第四行，第五行中的1,2,3,4之和等于第六行的“10”，所体现的性质为1＋2＋3＋…＋C 1n －1＝________.答案：C 2n考点一展开式中的特定项或系数[高频型]——提升数学运算x 3的系数是________．(用数字填写答案)解析：设展开式的第k ＋1项为T k ＋1，k ∈{0,1,2,3,4,5}，所以T k ＋1＝C k 5(2x )5－k (x )k ＝C k 525－kx 5－k 2，令5－k 2＝3得，k ＝4，即T 5＝C 4525－4x 5－42＝10x 3. ∴x 3的系数为10. 答案：10(2)(2016·高考四川卷)设i 为虚数单位，则(x ＋i)6的展开式中含x 4的项为( ) A ．－15x 4 B ．15x 4 C ．－20i x 4D ．20i x 4解析：∵T r ＋1＝C r 6x r (i)6－r ，∴含x 4的项为T 5＝C 46x 4i 2＝－15x 4. 答案：A [母题变式]1．在本例(1)中，条件不变，展开式中系数最大的项是第几项．解：设第r ＋1项的系数最大，T r ＋1＝25－r C r 5·x 5－r 2，第r 项的系数为26－r C r －15 第r ＋2项的系数为24－r C r ＋15 ∴⎩⎪⎨⎪⎧25－r C r 5≥26－r C r －1525－r C r 5≥24－r C r ＋15，1≤r ≤2.当r ＝1时，T 2＝24C 15x 92，当r ＝2时，T 3＝23C 25x 4，故系数最大的项为T 2或T 3.2．在本例(2)中，已知条件不变，求展开式中的常数项．解：由T r ＋1＝C r 6x6－r ·i r 可知，当r ＝6时．常数项为T 7＝C 66·i 6＝－1.[例2] (1)(2017·高考全国卷Ⅰ)⎝⎭⎫1＋1x 2(1＋x )6展开式中x 2的系数为( ) A ．15 B ．20 C ．30D ．35解析：(1＋x )6展开式的通项T r ＋1＝C r 6x r，所以⎝⎛⎭⎫1＋1x 2(1＋x )6的展开式中x 2的系数为1×C 26＋1×C 46＝30，故选C ．答案：C(2)(2018·河北唐山一模)⎝⎛⎭⎫x 2＋1x 2－23展开式中的常数项为( ) A ．－8 B ．－12 C ．－20D ．20解析：∵⎝⎛⎭⎫x 2＋1x 2－23＝⎝⎛⎭⎫x －1x 6，∴T r ＋1＝C r 6x 6－r ⎝⎛⎭⎫－1x r ＝C r 6(－1)r x 6－2r，令6－2r ＝0，得r ＝3，∴常数项为C 36(－1)3＝－20.答案：C(3)(x 2＋x ＋y )5的展开式中，x 5y 2的系数为( ) A ．10 B ．20 C ．30D ．60解析：(x 2＋x ＋y )5＝[(x 2＋x )＋y ]5，含y 2的项为T 3＝C 25(x 2＋x )3·y 2. 其中(x 2＋x )3中含x 5的项为C 13x 4·x ＝C 13x 5. 所以x 5y 2的系数为C 25C 13＝30.故选C ．答案：C [母题变式]1．在本例(1)中，求此展开式的常数项．解：⎝⎛⎭⎫1＋1x 2(1＋x )6的展开式中常数项为1＋C 26＝16. 2．在本例(3)中，求展开式中含x 3y 3的系数．解析：(x 2＋x ＋y )5为5个x 2＋x ＋y 之积，其中有三个取y ，一个取x 2，一个取x 即可，所以x 3y 3的系数为C 35C 12C 11＝10×2×1＝20.1．求二项展开式中的特定项或项的系数问题的思路(1)利用通项公式将T k ＋1项写出并化简．(2)令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出k .(3)代回通项得所求．2．求多项式展开式中的特定项或项的系数问题的方法(1)对于三项式问题，一般先变形化为二项式，再用通项公式求解，或用组合知识求解．(2)对于几个多项式积的展开式中的特定项问题，一般对某个因式用通项公式，再结合与其他因式相乘情况求解特定项，或根据因式连乘的规律，结合组合知识求解，但要注意适当地运用分类思想，以免重复或遗漏．(3)对于几个多项式和的展开式中的特定项问题，只需依据各个二项展开式中分别得到符合要求的项，再求和即可．1．(2017·高考全国卷Ⅲ)(x＋y)(2x－y)5的展开式中x3y3的系数为()A．－80B．－40C．40 D．80解析：选C．由二项式定理可得，原式展开式中含x3y3的项为x·C25(2x)2(－y)3＋y·C35(2x)3(－y)2＝40x3y3，则x3y3的系数为40，故选C．2．(2017·高考浙江卷)已知多项式(x＋1)3(x＋2)2＝x5＋a1x4＋a2x3＋a3x2＋a4x＋a5，则a4＝________，a5＝________.解析：由题意知a4为含x项的系数，根据二项式定理得a4＝C23×12×C22×22＋C33×13×C12×2＝16，a5是常数项，所以a5＝C33×13×C22×22＝4.答案：16 4考点二二项展开式的系数和问题[高频型]——提升数学运算[例3](1)(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＝________.解析：法一：直接将(a＋x)(1＋x)4展开得x5＋(a＋4)x4＋(6＋4a)x3＋(4＋6a)x2＋(1＋4a)x ＋a，由题意得1＋(6＋4a)＋(1＋4a)＝32，解得a＝3.法二：(1＋x)4展开式的通项为T r＋1＝C r4x r，由题意可知，a(C14＋C34)＋C04＋C24＋C44＝32，解得a＝3.[母题变式]若本例中条件“x的奇数次幂项”变为“奇数项”，则a＝________.解析：奇数项分别为：a，(6a＋4)x2，(a＋4)x4，∴a＋(6a＋4)＋(a＋4)＝32，∴a＝3.答案：3(2)⎝⎛⎭⎫x ＋a x ⎝⎛⎭⎫2x －1x 5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为( ) A ．－40 B ．－20 C ．20D ．40解析：选D ．令x ＝1得(1＋a )(2－1)5＝1＋a ＝2，所以a ＝1.因此⎝⎛⎭⎫x ＋1x ⎝⎛⎭⎫2x －1x 5展开式中的常数项即为⎝⎛⎭⎫2x －1x 5展开式中1x 的系数与x 的系数的和.⎝⎛⎭⎫2x －1x 5展开式的通项为T k ＋1＝C k 5(2x )5－k ·(－1)k ·x －k ＝C k 525－k x 5－2k ·(－1)k.令5－2k ＝1，得2k ＝4，即k ＝2，因此⎝⎛⎭⎫2x －1x 5展开式中x 的系数为C 2525－2(－1)2＝80.令5－2k ＝－1，得2k ＝6，即k ＝3，因此⎝⎛⎭⎫2x －1x 5展开式中1x的系数为C 3525－3·(－1)3＝－40. 所以⎝⎛⎭⎫x ＋1x ⎝⎛⎭⎫2x －1x 5展开式中的常数项为80－40＝40.1．赋值法的应用二项式定理给出的是一个恒等式，对于x ，y 的一切值都成立．因此，可将x ，y 设定为一些特殊的值．在使用赋值法时，令x ，y 等于多少，应视具体情况而定，一般取“1，－1或0”，有时也取其他值．如：(1)形如(ax ＋b )n ，(ax 2＋bx ＋c )m (a ，b ∈R )的式子，求其展开式的各项系数之和，只需令x ＝1即可．(2)形如(ax ＋by )n (a ，b ∈R )的式子，求其展开式各项系数之和，只需令x ＝y ＝1即可． 2．二项展开式各项系数和、奇数项系数和与偶数项系数和的求法若f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，则f (x )的展开式中(1)各项系数之和为f (1)． (2)奇数项系数之和为a 0＋a 2＋a 4＋…＝f (1)＋f (－1)2.(3)偶数项系数之和为a 1＋a 3＋a 5＋…＝f (1)－f (－1)2.3．(1－x ＋x 2)3(1－2x 2)4＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 14x 14，则a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 13的值为。

高考数学总复习第十一章计数原理概率随机变量及其分布第七节二项分布超几何分布正态分布课件北师大版

从二项分布,即X~B(n,p)(其中p=
M
N
);若远远小于N时,每抽取一次后,
采用不放回抽样的方法随机抽取则随对N的影响很小,超几何分布
机变量X服从超几何分布
可以用二项分布近似
3.正态分布
(1)正态曲线
1
分布密度函数解析式为φμ,σ(x)=
2π
2
(-)
e 22
,x∈(-∞,+∞),其中实数μ,σ(σ>0)
)
1
2.设随机变量 X~B 6, 2 ,则 P(X=3)=(
5
A.16
3
B.16
5
C.8
)
3
D.8
答案 A
解析因为 X~B
A.
1
6,
2
3
1
,所以由二项分布可得,P(X=3)=C63
2
1 3
12
=
5
.故选
16
3.已知随机变量X服从正态分布N(3,1),且P(X>2c-1)=P(X≤c+3),则
c=
因此,随机变量X在区间(μ-σ,μ+σ],(μ-2σ,μ+2σ],
(μ-3σ,μ+3σ]上取值的概率分别约为68.3%,95.4%,99.7%.
微点拨1.若X服从正态分布,即X~N(μ,σ2),要充分利用正态曲线的关于直线
X=μ对称和曲线与x轴之间的面积为1.
2.在实际应用中,通常认为服从于正态分布N(μ,σ2)的随机变量X只取
答案
.
4
3
解析因为X~N(3,1),所以正态曲线关于直线x=3对称,且P(X>2c-1)
=P(X≤c+3),所以2c-1+c+3=2×3,所以c= 4

高考数学一轮复习第10章计数原理概率随机变量及其分布10.3二项式定理课件理

r·－
axr＝(－a)rCr5·x
.
依题意，令 5－2r＝3，得 r＝1，
∴(－a)1·C51＝30，a＝－6，故选 D.
第十七页，共43页。
角度 3 多项展开式典例 (2015·全国卷Ⅰ)(x2＋x＋y)5 的展开式中，x5y2 的系数为( ) A．10 B．20 C．30 D．60 解析 (x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5 的展开式中只有 C25(x2 ＋x)3y2 中含 x5y2，易知 x5y2 的系数为 C52C31＝30，故选 C.
第二十页，共43页。
(3)对于几个多项式和的展开式中的特定项问题，只需依据各个二项展开式中分别得到符合要求的项，再求和即可．
第二十一页，共43页。
冲关针对训练
1．(2014·湖北高考)若二项式2x＋ax7 的展开式中x13的系数是 84，则实数 a＝( )
A．2 解析
5 B. 4
C．1
2 D. 4
A．212 B．211 C．210 D．29
第二十四页，共43页。
解析 ∵(1＋x)n 的展开式中第 4 项与第 8 项的二项式系数分别为 Cn3，Cn7，∴C3n＝C7n，得 n＝10.
对(1＋x)10，令 x＝1，得(1＋1)10＝C010＋C110＋C210＋C130＋…＋C1100＝ 210，① 令 x＝－1，得(1－1)10＝C100－C110＋C120－…＋C1100＝0， ② 利用①＋②可得 2×(C010＋C120＋…＋C1100)＝210， ∴奇数项的二项式系数和为 C100＋C210＋…＋C1100＝29.故选 D.
第三十二页，共43页。
解析解法一：(通法)将 f(x)＝x5 进行转化，利用二项式定理求解．

2024届高考数学大一轮复习配套讲义第九章计数原理与概率随机变量及其分布

2024届高考数学大一轮复习配套讲义第九章计数原理与概率随机变量及其分布一、计数原理与概率计数原理是概率论的基础，它通过数学方法统计事件发生的可能性。

常用的计数原理有排列、组合、分支法则等。

1.排列排列是从一组元素中选择若干个元素进行排列，排列可以有重复，也可以没有重复。

排列有两种情况，一种是从n个元素中选取m个进行排列，这种情况下，排列数用P(n,m)表示，计算公式为P(n,m)=n!/(n-m)!；另一种是从n个元素中选取n个进行排列，这种情况下，排列数用P(n,n)表示，计算公式为P(n,n)=n。

2.组合组合是从一组元素中选择若干个元素进行组合，组合不考虑排列顺序，只考虑元素的选取。

从n个元素中选取m个进行组合，组合数用C(n,m)表示，计算公式为C(n,m)=n!/[(n-m)!*m!]。

3.分支法则分支法则是指当一件事情分为若干个步骤时，每个步骤的选择数目是相互独立的，那么整个事情的选择数目就等于每个步骤的选择数目的乘积。

1.随机变量随机变量是概率论中的重要概念，用来描述随机事件的数量特征。

随机变量可以是离散的，也可以是连续的。

离散随机变量取有限或可数个值，连续随机变量取无限个值。

2.离散随机变量的分布列对于离散随机变量X，它的取值用x1、x2、..表示，概率用P(X=xi)表示，离散随机变量的概率分布列可以通过列出所有可能取值和对应的概率进行计算。

3.连续随机变量的密度函数对于连续随机变量X，它的取值无限多，因此不能列出所有可能取值和对应的概率。

连续随机变量的概率可以使用密度函数描述，密度函数是一个非负函数，且积分等于1、连续随机变量的概率可以通过概率密度函数在一些区间上的积分进行计算。

三、常见的离散分布1.二项分布二项分布是一种离散分布，它描述了n个独立重复试验中成功次数的概率分布。

记为B(n,p)，其中n表示试验次数，p表示每次试验成功的概率。

二项分布的概率质量函数为P(X=k)=C(n,k)*p^k*(1-p)^(n-k)，其中X表示成功次数。

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。

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矿产资源开发利用方案编写内容要求及审查大纲
矿产资源开发利用方案编写内容要求及《矿产资源开发利用方案》审查大纲一、概述
㈠矿区位置、隶属关系和企业性质。

如为改扩建矿山, 应说明矿山现状、
特点及存在的主要问题。

㈡编制依据
(1简述项目前期工作进展情况及与有关方面对项目的意向性协议情况。

(2 列出开发利用方案编制所依据的主要基础性资料的名称。

如经储量管理部门认定的矿区地质勘探报告、选矿试验报告、加工利用试验报告、工程地质初评资料、矿区水文资料和供水资料等。

对改、扩建矿山应有生产实际资料, 如矿山总平面现状图、矿床开拓系统图、采场现状图和主要采选设备清单等。

二、矿产品需求现状和预测
㈠该矿产在国内需求情况和市场供应情况
1、矿产品现状及加工利用趋向。

2、国内近、远期的需求量及主要销向预测。

㈡产品价格分析
1、国内矿产品价格现状。

2、矿产品价格稳定性及变化趋势。

三、矿产资源概况
㈠矿区总体概况
1、矿区总体规划情况。

2、矿区矿产资源概况。

3、该设计与矿区总体开发的关系。

㈡该设计项目的资源概况
1、矿床地质及构造特征。

2、矿床开采技术条件及水文地质条件。