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【名师金典】(教师用书)2016版高考数学大一轮复习 第十章 计数原理


第十章

计数原理、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 [考情展望] 1.考查分类加法计数原理和分步乘法计数原理的应用.2.多以选择题、填 空题形式考查.

两个计数原理 1.分类加法计数原理 完成一件事有两类不同方案,在第 1 类方案中有 m 种不同的方法,在第 2 类方案中有 n 种不同的方法,那么完成这件事共有 N=m+n 种不同的方法. 2.分步乘法计数原理 完成一件事需要两个步骤,做第 1 步有 m 种不同的方法,做第 2 步有 n 种不同的方法, 那么完成这件事共有 N=m×n 种不同的方法.

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 【答案】 C B.45 个 C.36 个 D.35 个

)

2.在某种信息传输过程中,用 4 个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息,不 同排列表示不同信息.若所用数字只有 0 和 1,则与信息 0110 至多有两个对应位置上的数 字相同的信息个数为( ) D.15

A.10 B.11 C.12 【答案】 B

3.某班新年联欢会原定的 6 个节目已排成节目单,开演前又增加了 3 个新节目,如果 将这 3 个新节目插入节目单中,那么不同的插法种数为( A.504 B.210 C.336 D.120 【答案】 A 4.甲、乙两人从 4 门课程中各选修 2 门,则甲、乙所选的课程中恰有 1 门相同的选法
1

)

有(

) A.6 种 B.12 种 C.24 种 D.30 种

【答案】 C

5.(2014·大纲全国卷)有 6 名男医生、5 名女医生,从中选出 2 名男医生、1 名女医生 组成一个医疗小组.则不同的选法共有( )

A.60 种 B.70 种 C.75 种 D.150 种 【答案】 C 6.(2013·浙江高考)将 A,B,C,D,E,F 六个字母排成一排,且 A,B 均在 C 的同侧, 则不同的排法共有________种(用数字作答). 【答案】 480

考向一 [168] 分类加法计数原理 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.14 C.15 D.21 )

【答案】 B, 规律方法 1 分类标准是运用分类计数原理的难点所在,重点在于抓住题目中的关键词 或关键元素、关键位置.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,并且分别属于不同类的两种方法是不同的方法. 对点训练 如图 10-1-1 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.

2

图 10-1-1 【答案】 40

考向二 [169] 分步乘法计数原理 将字母 a,a,b,b,c,c 排成三行两列,要求每行的字母互不相同, 每列的字母也互不相同,则不同的排列方法共有( A.12 种 B.18 种 C.24 种 )

D.36 种

【答案】 A, 规律方法 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,并且也要确定分步的标准,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:(1)步骤互相独立,互不干扰.(2)步与步确保连续,逐步 完成. 对点训练 已知集合 M={-3,-2,-1,0,1,2},若 a,b,c∈M,则 (1)y=ax +bx+c 可以表示多少个不同的二次函数; (2)y=ax +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 =ax +bx+c 可以表示 5×6×6=180 个不同的二次函数. (2)y=ax +bx+c 的开口向上时,a 的取值有 2 种情况,b、c 的取值均有 6 种情况. 因此 y=ax +bx+c 可以表示 2×6×6=72 个图象开口向上的二次函数.
2 2 2 2 2

考向三 [170] 两个计数原理的综合应用 在 1,2,3,4,5 这五个数字所组成的允许有重复数字的三位数中,其各个
3

数字之和为 9 的三位数共有( A.16 个 B.18 个

) C.19 个 D.21 个

【答案】 C, 规律方法 3 用两个计数原理解决计数问题时,关键是明确需要分类还是分步. (1)分类要做到“不重不漏”,分类后再分别对每一类进行计数,最后用分类加法计数 原理求和,得到总数. (2)分步要做到“步骤完整”,只有完成了所有步骤,才完成任务,把完成每一步的方 法数相乘,得到总数. 对点训练 从 0,2 中选一个数字,从 1,3,5 中选两个数字,组成无重复数字的三位数, 其中奇数的个数为( A.24 【答案】 B.18 B ) C.12 D.6

思想方法之二十二 分类讨论思想在计数原理中的妙用 分类加法计数原理体现了分类讨论思想在计数原理中的应用. 解决此类问题的关键是确 定分类标准,做到不重复、不遗漏. ———————— [1 个示范例] ———————— 编号为 A,B,C,D,E 的五个小球放在如图 10-1-2 所示的五个盒子 里,要求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?

4

图 10-1-2 【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 A3=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. ———————— [1 个对点练] ———————— 如图 10-1-3, 用 4 种不同的颜色对图中 5 个区域涂色(4 种颜色全部使用), 要求每个 区域涂一种颜色,相邻的区域不能涂相同的颜色,则不同的涂色种数有________.
3

图 10-1-3 【解析】 按区域 1 与 3 是否同色分类: (1)区域 1 与 3 同色:先涂区域 1 与 3 有 4 种方法,再涂区域 2,4,5(还有 3 种颜色)有 A3种方法. ∴区域 1 与 3 涂同色,共有 4A3=24 种方法. (2)区域 1 与 3 不同色: 先涂区域 1 与 3 有 A4种方法, 第二步涂区域 2 有 2 种涂色方法, 第三步涂区域 4 只有一种方法,第四步涂区域 5 有 3 种方法. ∴这时共有 A4×2×1×3=72 种方法, 故由分类计数原理,不同的涂色种数为 24+72=96. 【答案】 96
2 2 3 3

课时限时检测(五十七) 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 (时间:60 分钟 满分:80 分)一、选择题(每小题 5 分,共 30 分) 1.现有 6 名同学去听同时进行的 5 个课外知识讲座,每名同学可自由选择其中的一个 讲座,不同选法的种数是( A.5
6

) B.6
5

5

C.

5×6×5×4×3×2 2

D.6×5×4×3×2

【答案】 A 2.三个人踢毽,互相传递,每人每次只能踢一下,由甲开始踢,经过 5 次传递后,毽 又被踢回给甲,则不同的传递方式共有( A.6 种 B.8 种 C.10 种 D.16 种 )

【答案】 C 3.某市汽车牌照号码可以上网自编,但规定从左到右第二个号码只能从字母 B、C、D 中选择,其他四个号码可以从 0~9 这十个数字中选择(数字可以重复),有车主第一个号码 (从左到右)只想在数字 3、5、6、8、9 中选择,其他号码只想在 1、3、6、9 中选择,则他 的车牌号码可选的所有可能情况有( A.180 种 C.720 种 【答案】 D 4.将一个四面体 ABCD 的六条棱上涂上红、黄、白三种颜色,要求共端点的棱不能涂相 同颜色,则不同的涂色方案有( A.1 种 B.3 种 C.6 种 ) D.9 种 ) B.360 种 D.960 种

【答案】 C 5. 如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足 a1<a2, 且 a2>a3, 则称这样的三位数为凸数(如 120,343,275 等),那么所有凸数的个数为( A.240 B.204 C.729 D.920 【答案】 A 6.甲、乙、丙 3 位志愿者安排在周一至周五的 5 天中参加某项志愿者活动,要求每人 参加一天且每天至多安排一人, 并要求甲安排在另外两位前面. 不同的安排方法共有( A.20 种 B.30 种 C.40 种 D.60 种 【答案】 A 二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) 7.从班委会 5 名成员中选出 3 名,分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员,其 中甲、乙二人不能担任文娱委员,则不同的选法共有________种(用数字作答). 【答案】 36 8.用数字 2,3 组成四位数,且数字 2,3 至少都出现一次,这样的四位数共有________ 个(用数字作答). 【答案】 14 9.已知集合 M={1,-2,3},N={-4,5,6,-7}.从两个集合中各取一个元素作点的 ) )

6

坐标,则在直角坐标系中,第一、第二象限不同点的个数为________. 【答案】 14 三、解答题(本大题共 3 小题,共 35 分) 10.(10 分)如图 10-1-4,用 5 种不同的颜色给图中 A、B、C、D 四个区域涂色,规定 每个区域只涂一种颜色,相邻区域颜色不同,求有多少种不同的涂色方法?

图 10-1-4 【解】 法一 如题图分四个步骤来完成涂色这件事: 涂 A 有 5 种涂法;涂 B 有 4 种方法;涂 C 有 3 种方法;涂 D 有 3 种方法(还可以使用涂

A 的颜色 ).
根据分步计数原理共有 5×4×3×3=180 种涂色方法. 法二 由于 A、B、C 两两相邻,因此三个区域的颜色互不相同,共有 A5=60 种涂法; 又 D 与 B、C 相邻,因此 D 有 3 种涂法;由分步计数原理知共有 60×3=180 种涂法. 11.(12 分)“渐升数”是指每个数字比它左边的数字大的正整数(如 1 458),若把四位 “渐升数”按从小到大的顺序排列,求第 30 个“渐升数”. 【解】 渐升数由小到大排列,形如 的渐升数共有: 6+5+4
3

+3+2+1=21(个). 形如 的渐升数共有 5 个.

形如

的渐升数共有 4 个.

故此时共有 21+5+4=30 个. 因此从小到大的渐升数的第 30 个必为 1 359. 12.(13 分)高二年级四个班中有 34 个自愿组成数学课外小组,其中一班有 7 人,二班 有 8 人,三班有 9 人,四班有 10 人.推荐两人为中心发言人,且这两人必须来自不同的班 级,则有多少种不同的选法?
7

【解】 分六类,每类都分两步,①从一、二班各选一人,共有 7×8=56 种;②从一、三 班各选一人,共有 7×9=63 种;③从一、四班各选一人,共有 7×10=70 种;④从二、三 班各选一人,共有 8×9=72 种;⑤从二、四班各选一人,共有 8×10=80 种;⑥从三、四 班各选一人,共有 9×10=90 种.所以共有不同的选法为:N=56+63+70+72+80+90= 431 种. 第二节 排列与组合 [考情展望] 1.以实际问题为背景考查排列、 组合的应用, 同时考查分类讨论的思想.2. 以选择题或填空题的形式考查,或在解答题中和概率相结合进行考查.

一、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 An. 二、组合与组合数 1.组合 从 n 个不同元素中取出 m(m≤n)个元素组成一组, 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 Cn. 三、排列数、组合数的公式及性质
m m

8

n! m (1)An=n(n-1)(n-2)?(n-m+1)= ?n-m?!
公式 An n?n-1??n-2???n-m+1? n! m * (2)Cn= m= = (n,m∈N ,且 Am m! m!?n-m?!
m

m≤n).特别地 C0 n=1.

性质

(1)0!=1;(2)An=n!. (2)①Cn=Cn ;②Cn+1=Cn+Cn .
m n-m m m m-1

n

解排列、组合应用题的常见策略 (1)特殊元素优先安排的策略; (2)合理分类与准确分步的策略; (3)排列、组合混合问题先选后排的策略; (4)正难则反、等价转化的策略; (5)相邻问题捆绑处理的策略; (6)不相邻问题插空处理的策略; (7)定序问题除法处理的策略; (8)分排问题直排处理的策略.

1.从 1,2,3,4,5,6 六个数字中,选出一个偶数和两个奇数,组成一个没有重复数字的 三位数,这样的三位数共有( A.9 个 )

B.24 个 C.36 个 D.54 个

【答案】 D 2.甲、乙两人从 4 门课程中各选修 2 门,则甲、乙所选的课程中至少有 1 门不相同的 选法共有( A.6 种 ) B.12 种 C.30 种 D.36 种
9

【答案】 C 3.A、B、C、D、E 五人并排站成一排,如果 B 必须站在 A 的右边(A、B 可以不相邻), 那么不同的排法共有( )

A.24 种 B.60 种 C.90 种 D.120 种 【答案】 B 4.某电视台在直播 2012 年伦敦奥运会时,连续播放 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, 要求最后播放的必须是奥运宣传广告, 且 2 个奥运宣传广告 不能连续播放则不同的播放方式有________种. 【答案】 36

5.(2014·辽宁高考)6 把椅子摆成一排,3 人随机就座,任何两人不相邻的坐法种数为 ( ) A.144 B.120 C.72 D.24 【答案】 D 6.(2013·北京高考)将序号分别为 1,2,3,4,5 的 5 张参观券全部分给 4 人,每人至少 1 张,如果分给同一人的 2 张参观券连号,那么不同的分法种数是________. 【答案】 96

考向一 [171] 排列应用题 6 个学生按下列要求站成一排,求各有多少种不同的站法? (1)甲不站排头,乙不能站排尾; (2)甲、乙都不站排头和排尾; (3)甲、乙、丙三人中任何两人都不相邻; (4)甲、乙都不与丙相邻. 【尝试解答】 (1)分两类:甲站排尾,有 A5种;甲站中间四个位置中的一个,且乙不 站排尾,有 A4A4A4种.由分类计数原理,共有 A5+A4A4A4=504(种).
10
1 1 4 5 1 1 4 5

(2)分两步: 首先将甲、 乙站在中间四个位置中的两个, 有 A4种; 再站其余 4 人, 有 A4种. 由分步计数原理,共有 A4·A4=288(种). (3)分两步:先站其余 3 人,有 A3种;再将甲、乙、丙 3 人插入前后四个空当,有 A4种. 由分步计数原理,共有 A3·A4=144(种). (4)分三类:丙站首位,有 A4A3种;丙站末位,有 A4A3种;丙站中间四个位置中的一个, 有 A4A3A3种. 由分类计数原理,共有 2A4A3+A4A3A3=288(种)., 规律方法 1 1.对于有限制条件的排列问题,分析问题时有位置分析法、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, 即先安排有限制条件的元素或有限制条件的 位置,对于分类过多的问题可以采用间接法. 2.对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法是解决有限 制条件的排列问题的常用方法. 对点训练 (1)(2014·四川高考)六个人从左至右排成一行,最左端只能排甲或乙,最 右端不能排甲,则不同的排法共有( A.192 种 B.216 种 ) D.288 种
2 3 1 2 3 1 2 3 2 3 2 3 3 3 3 3 2 4

2

4

C.240 种

(2)(2014·北京高考)把 5 件不同产品摆成一排.若产品 A 与产品 B 相邻,且产品 A 与 产品 C 不相邻,则不同的摆法有________种. 【答案】 (1)B (2)36 考向二 [172] 组合应用题 男运动员 6 名,女运动员 4 名,其中男女队长各 1 名,选派 5 人外出比 赛,在下列情形中各有多少种选派方法? (1)至少有 1 名女运动员; (2)既要有队长,又要有女运动员. 【尝试解答】 (1)法一 至少有 1 名女运动员包括以下几种情况: 1 女 4 男,2 女 3 男,3 女 2 男,4 女 1 男. 由分类加法计数原理可得总选法数为 C4C6+C4C6+C4C6+C4C6=246(种). 法二 “至少有 1 名女运动员”的反面为“全是男运动员”可用间接法求解. 从 10 人中任选 5 人有 C10种选法,其中全是男运动员的选法有 C6种. 所以“至少有 1 名女运动员”的选法为 C10-C6=246(种). (2)当有女队长时,其他人选法任意,共有 C9种选法. 不选女队长时,必选男队长,共有 C8种选法.其中不含女运动员的选法有 C5种,所以不 选女队长时共有 C 8 - C 5 种选法,所以既有队长又有女运动员的选法共有 C 9 + C 8 - C 5 =
11
4 4 4 4 4 4 4 4 5 5 5 5 1 4 2 3 3 2 4 1

191(种). 规律方法 2 1.本题中第(1)小题,含“至少”条件,正面求解情况较多时,可考虑用 间接法.第(2)小题恰当分类是关键. 2.组合问题常有以下两类题型变化 (1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型:“含”,则先将这些元素取出,再由 另外元素补足;“不含”,则先将这些元素剔除,再从剩下的元素中去选取. (2)“至少”或“最多”含有几个元素的题型:若直接法分类复杂时,逆向思维,间接 求解. 对点训练 2013 年中俄联合军演在中国青岛海域举行,在某一项演练中,中方参加演 习的有 5 艘军舰,4 架飞机;俄方有 3 艘军舰,6 架飞机,若从中、俄两方中各选出 2 个单 位(1 架飞机或一艘军舰都作为一个单位,所有的军舰两两不同,所有的飞机两两不同),且 选出的四个单位中恰有一架飞机的不同选法共有( A.51 种 C.240 种 【答案】 C 考向三 [173] 排列组合的综合应用 (1)某工厂将甲、乙等五名新招聘员工分配到三个不同的车间,每个车 间至少分配一名员工,且甲、乙两名员工必须分到同一个车间,则不同分法的种数为 ________. (2)现需编制一个八位的序号,规定如下:序号由 4 个数字和 2 个 x、1 个 y、1 个 z 组 成;2 个 x 不能连续出现,且 y 在 z 的前面;数字在 0、1、2、?、9 之间任选,可重复, 且四个数字之积为 8,则符合条件的不同的序号种数有( A.12 600 B.6 300 (2)B, C.5 040 D.2 520 ) ) B.224 种 D.336 种

【答案】 (1)36 规律方法 3

1.解排列组合问题要遵循两个原则:一是按元素 (或位置)的性质进行分

类; 二是按事情发生的过程进行分步. 具体地说, 解排列组合问题常以元素(或位置)为主体, 即先满足特殊元素(或位置),再考虑其他元素(或位置). 2.不同元素的分配问题,往往是先分组再分配.在分组时,通常有三种类型:(1)不均 匀分组.(2)均匀分组.(3)部分均匀分组,注意各种分组类型中,不同分组方法的求法. 对点训练 (1)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 )

(2)(2014·浙江高考)在 8 张奖券中有一、二、三等奖各 1 张,其余 5 张无奖.将这 8
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张奖券分配给 4 个人,每人 2 张,不同的获奖情况有________种(用数字作答). 【答案】 (1)A (2)60

思想方法之二十三 解排列组合问题的妙招——“排除法” 解决排列组合应用问题时, 一是要明确问题中是排列还是组合或排列组合混合问题; 二 是要讲究一些基本策略和方法技巧. 对于“至少”“至多”型排列组合问题,若分类求解时,情况较多,则可从所有方法中 减去不满足条件的方法,即正难则反问题用排除法解决. ———————— [1 个示范例] ———————— 某学校星期一每班都排 9 节课,上午 5 节、下午 4 节,若该校李老师在 星期一这天要上 3 个班的课,每班 1 节,且不能连上 3 节课(第 5 和第 6 节不算连上),那么 李老师星期一这天课的排法共有( A.474 种 B.77 种 ) D.79 种
3

C.462 种

【解析】 首先求得不受限制时,从 9 节课中任意安排 3 节,有 A8=504 种排法,其中 上午连排 3 节的有 3A3=18 种, 下午连排 3 节的有 2A3=12 种, 则这位教师一天的课表的所有排法有 504-18-12=474 种. ———————— [1 个对点练] ———————— 学校计划利用周五下午第一、二、 三节课举办语文、 数学、 英语、 理综 4 科的专题讲座, 每科一节课, 每节至少有一科, 且数学、 理综不安排在同一节, 则不同的安排方法共有( A.36 种 C.24 种 B.30 种 D.6 种 )
3 3

【解析】 由于每科一节课,每节至少有一科,必须有两科在同一节, 先从 4 个中任选 2 个看作整体,然后做 3 个元素的全排列,共 C4A3种方法, 再从中排除数学、理综安排在同一节的情形,共 A3种方法, 故总的方法种数为:C4A3-A3=36-6=30 【答案】 B 课时限时检测(五十八) 排列与组合
2 3 3 3 2 3

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(时间:60 分钟 满分:80 分)一、选择题(每小题 5 分,共 30 分) 1.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( A.36 种 B.30 种 C.42 种 D.60 种 【答案】 A 2.在 1,2,3,4,5 这五个数字组成的没有重复数字的三位数中,各位数字之和为偶数的 共有( ) B.24 个 D.6 个 )

A.36 个 C.18 个 【答案】 A

3. (2013·四川高考)从 1,3,5,7,9 这五个数中, 每次取出两个不同的数分别记为 a, b, 共可得到 lg a-lg b 的不同值的个数是( A.9 B.10 【答案】 C 4 . 2013 年某通讯公司推出一组手机卡号码,卡号的前七位数字固定,后四位数从 “0000”到“9999”共 10 000 个号码.公司规定:凡卡号的后四位恰带有两个数字“6”或 恰带有两个数字“8”的一律作为“金兔卡”, 享受一定优惠政策. 如后四位数为“2663”、 “8685”为“金兔卡”,则这组号码中“金兔卡”的张数为( A.484 B.972 C.966 D.486 【答案】 C 5.2012 年国庆、中秋双节期间,张、王两家夫妇各带一个小孩到颐和园游玩,购得门 票后排队依次入园,为安全起见,首尾一定要排两位爸爸,另外两个小孩要排在一起,则这 6 人的入馆顺序的排法种数是( A.12 B.24 C.36 【答案】 B 6.某外商计划在 4 个侯选城市中投资 3 个不同的项目,且在同一个城市投资的项目不 超过 2 个,则该外商不同的投资方案有( ) D.48 ) ) C.18 D.20 )

A.16 种 B.36 种 C.42 种 D.60 种 【答案】 D 二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) 7 .(2013·大纲全国卷 )6 个人排成一行,其中甲、乙两人不相邻的不同排法共有 ________种.(用数字作答) 【答案】 480 8. 回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数. 如 22,121,3 443,94 249 等. 显 然 2 位回文数有 9 个: 11,22,33, ?, 99.3 位回文数有 90 个: 101,111,121, ?, 191,202, ?,
14

999.则 4 位回文数有________个. 【答案】 90 9.(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). 【答案】 590 三、解答题(本大题共 3 小题,共 35 分) 10.(10 分)用 0,1,3,5,7 五个数字,可以组成多少个没有重复数字且 5 不在十位位置 上的五位数? 【解】 分两类求解 第一类,0 在十位上,这时 5 不在十位上,所以五位数的个数为 A4=24(个). 第二类:0 不在十位上,这时由于 5 不能排在十位上,所以十位上只能排 1,3,7 之一, 有 A3种排法, 由于 0 不能排在万位上, 所以万位上只能排 5 或 1,3,7 被选作十位上的数字后 余下的两个数字之一, 有 A3种排法. 十位万位上的数字选定后, 其余三位可全排列, 有 A3种, 根据分步乘法计数原理,第二类中所求五位数的个数为 A3A3A3=54. 由分类加法计数原理,符合条件的五位数共有 24+54=78(个). 11.(12 分)(1)3 人坐在有八个座位的一排上,若每人的左右两边都要有空位,则不同 坐法的种数为几种? (2)现有 10 个保送上大学的名额,分配给 7 所学校,每校至少有 1 个名额,问名额分配 的方法共有多少种? 【解】 (1)由题意知有 5 个座位都是空的,我们把 3 个人看成是坐在座位上的人,往 5 个空座的空档插,由于这 5 个空座位之间共有 4 个空,3 个人去插, 共有 A4=24 种. (2)法一 每个学校至少一个名额,则分去 7 个,剩余 3 个名额分到 7 所学校的方法种 数就是要求的分配方法种数. 分类:若 3 个名额分到一所学校有 7 种方法; 若分配到 2 所学校有 C7×2=42 种; 若分配到 3 所学校有 C7=35 种. ∴共有 7+42+35=84 种方法. 法二 10 个元素之间有 9 个间隔,要求分成 7 份,相当于用 6 块档板插在 9 个间隔中, 共有 C9=84 种不同方法. 所以名额分配的方法共有 84 种. 12.(13 分)四个不同的小球放入编号为 1,2,3,4 的四个盒子中. (1)若每个盒子放一球,则有多少种不同的放法?
15
6 3 2 3 1 1 3 1 3 1 4

(2)恰有一个空盒的放法共有多少种? 【解】 (1)每个盒子放一球,共有 A4=24 种不同的放法; (2)法一 先选后排,分三步完成. 第一步:四个盒子中选一只为空盒,有 4 种选法;第二步:选两球为一个元素,有 C4种 选法;第三步:三个元素放入三个盒中,有 A3种放法. 故共有 4×C4A3=144 种放法. 法二 先分组后排列,看作分配问题. 第一步:在四个盒子中选三个,有 C4种选法;第二步:将四个球分成 2,1,1 三组,有 C4C2C1? 2? 3 C4?即 2 ?种分法;第三步:将三组分到选定的三个盒子中,有 A3种分法. A2 ? ? 故共有 C4C4A3=144 种分法. 第三节 二项式定理 [考情展望] 1.考查利用通项求展开式中的特定项、特定项的系数、二项式系数等.2. 考查赋值法与整体法的应用.3.多以选择题、填空题的形式考查.
3 2 3 2 1 1 3 2 3 3 2 4

一、二项式定理 1.(a+b) =Cna +Cna
n
0 n 1 n-1

n-r r n * b+?+Cr b +?+Cn na nb (n∈N ).

2.第 r+1 项,Tr+1=Cna

r n-r r

b.
r

3.第 r+1 项的二项式系数为 Cn. 二、二项式系数的性质 1.0≤k≤n 时,Cn与 Cn 的关系是 Cn=Cn . 2.二项式系数先增后减中间项最大且 n 为偶数时第 +1 项的二项式系数最大,最大值 2
k n-k k n-k

n

n n+1 n+3 2 为 Cn ;当 n 为奇数时,第 项和 项的二项式系数最大,最大值为 2 2
0 1 2


3 5

3.各二项式系数和:Cn+Cn+Cn+?+Cn=2 ,Cn+Cn+Cn+?=Cn+Cn+Cn+?=2

n

n

0

2

4

1

n-1

.

1.(1+x) 的展开式中,二项式系数最大的项是( A.20x
3

6

)

B.15x

2

C.15x

4

D.x

6

16

【答案】 A 1?4 ? 2.?2x- ? 的展开式中的常数项为(

?

x?

)

A.-24

B.-6

C.6 D.24

【答案】 D 3.已知(1+kx ) (k 为正整数)的展开式中 x 的系数小于 120,则 k=________. 【答案】 1 4.(1+3x) (其中 n∈N 且 n≥6)的展开式中 x 与 x 的系数相等,则 n=________. 【答案】 7
n
5 6 2 6 8

?1 ?5 2 3 5.(2014·湖南高考)? x-2y? 的展开式中 x y 的系数是 ?2 ?
( A.-20 B.-5 C.5 D.20 )

【答案】 A

?x+ a ? ?8 的展开式中,x4 的系数为 7,则实数 a=________. 6.(2013·安徽高考)若? ? 3 x? ? ?
【答案】 1 2

考向一 [174] 通项公式及其应用

?3 1 ? ?n 的展开式中,第 6 项为常数项. 已知在? x- ? 3 ? 2 x? ?
(1)求含 x 的项的系数; (2)求展开式中所有的有理项.
2

?3 1 ? ?n 的展开式的通项为 【尝试解答】 (1)? x- ? 3 ? 2 x? ?

17

Tr+1=Cr nx

?-1?rx ? 2? ? ?

1?r r? =Cn?- ? x ? 2? 3

.

因为第 6 项为常数项,所以 r=5 时,有 令

n-2r

=0,即 n=10.

n-2r
3

1 1 =2,得 r= (n-6)= ×(10-6)=2, 2 2

1?2 45 2 2 ? ∴含 x 的项的系数为 C10?- ? = . ? 2? 4 10-2r (2)根据通项公式,由题意 ∈Z,且 0≤r≤10. 3 令 10-2r 3 =k(k∈Z),则 10-2r=3k,即 r=5- k. 3 2

∵r∈N,∴k 应为偶数. ∴k 可取 2,0,-2,即 r 可取 2,5,8. 所以第 3 项,第 6 项和第 9 项为有理项,它们分别为 1?2 2 5 ? 1?5 8 ? 1?8 -2 2 ? C10?- ? x ,C10?- ? ,C10?- ? x . ? 2? ? 2? ? 2? 规律方法 1 1.解此类问题可以分两步完成:第一步是根据所给出的条件(特定项)和通 项公式,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);第二步是根据所求的指数,再求所求解的项. 2.有理项是字母指数为整数的项.解此类问题必须合并通项公式中同一字母的指数, 根据具体要求,令其为整数,再根据数的整除性来求解. 对点训练 (1)(2014·课标全国卷Ⅰ )(x - y)·(x + y) 的展开式中 x y 的系数为
8 2 7

________.(用数字填写答案) (2)设二项式?x- 值是________. 【答案】 (1)-20 (2)2

? ?

a ?6 3 ? (a>0)的展开式中 x 的系数为 A,常数项为 B,若 B=4A,则 a 的 x?

考向二 [175] 二项展开式项的系数与二项式系数 (1)设(1+x) =a0+a1x+a2x +?+anx , 若 a1+a2+?+an=63, 则展开 式中系数最大的项是( A.15x
2

n

2

n

)
3

B.20x

C.21x

3

D.35x
5

3

(2)(2013·课标全国卷Ⅱ)已知(1+ax)(1+x) 的展开式中 x 的系数为 5, 则 a=( A.-4 B.-3 C.-2 D.-1

2

)

18

【答案】 (1)B (2)D, 规律方法 2 求解这类问题要注意:1.区别二项式系数与展开式中项的系数,灵活利用 二项式系数的性质.2.根据题目特征,恰当赋特殊值代换.对于展开式中的系数和、隔项系 数和、系数的绝对值和等问题,通常运用赋值法进行构造(构造出目标式).赋值时要注意根 据目标式进行灵活的选择,常见的赋值方法是使字母因式的值为 1,-1 或目标式的值. 对点训练 ( ) A.122 B.123 C.243
8 4

(1) 若 (1 + 2x) = a0 + a1x + a2x + a3x + a4x + a5x ,则 a0 + a1 + a3 + a5 等于

5

2

3

4

5

D.244
2 2

(2)(2013·大纲全国卷)(1+x) (1+y) 的展开式中 x y 的系数是( A.56 B.84 C.112 D.168 【答案】 (1)B (2)D 考向三 [176] 二项式定理的应用 (2012·湖北高考)设 a∈Z,且 0≤a<13,若 51
2 012

)

+a 能被 13 整除,则

a=(
A.0

) B.1 C.11 D.12

【答案】 D 规律方法 3 1.本题求解的关键在于将 51 项与除数 13 建立联系. 2.用二项式定理处理整除问题,通常把底数写成除数(或与除数密切关联的数)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:(1)余数的范围,a=cr+b,其中 余数 b∈[0,r),r 是除数,若利用二项式定理展开变形后,切记余数不能为负;(2)二项式 定理的逆用. 对点训练 1-90C10+90 C10-90 C10+?+(-1) 90 Ck10+?+90 C10除以 88 的余数是 ( ) A.-1 【答案】 B B.1 C.-87 D.87
1 2 2 3 3 2 012

变形为(52-1)

2 012

,使得展开式中的每一

k

k

10 10

思想方法之二十四 赋值法在二项展开式中的应用
19

求展开式系数和或相关量这类问题的解题思路: 通常先利用通项公式弄清所求展开式系 数的特点,再用赋值法求得各项系数和,一般通过变量指数来确定要求项或系数和,再根据 其特点求相关的量, 有时需要构造方程, 通过解方程的方法来求解. 分类分步是常用的手段, 正面较复杂时可从反面考虑,即正难则反. ———————— [1 个示范例] ———————— 设(1+x+x ) =a0+a1x+a2x +?+a2nx (n≥2,n∈N),则 a3+a5+a7 +?+a2n-1=( A. C. 3 -1 2 3 -2n-1 2
2 n 2 2n 2 n 2 2n

) B. D. 3 -n-1 2 3 -2n+1 2
n n

n

n

【解析】 ∵(1+x+x ) =a0+a1x+a2x +?+a2nx (n≥2,n∈N), ∴令 x=1,3 =a0+a1+a2+?+a2n, 再令 x=-1,可得 1=a0-a1+a2-a3+?-a2n-1+a2n, 3 -1 ①-②得:a1+a3+?+a2n-1= , 2 又(1+x+x ) =[x +(1+x)] ,其展开式中 T1=Cn(x ) (1+x) ,从中可求 x 的系数, 它来自(1+x) 展开式中 x 的系数,为 a1=Cn=n, 3 -2n-1 ∴a3+a5+a7+?+a2n-1= . 2 ———————— [1 个对点练] ———————— 在二项式?
n n
1 2 n 2

n



n

n

0

2 0

n

? 3 -x?n ? 的展开式中,各项系数之和为 M,各项二项式系数之和为 N,且 M+N ? x ?
2

=64,则展开式中含 x 项的系数为( A.-90 B.90 C.10

) D.-10

【解析】 ∵二项式?

? 3 -x?n ? 的展开式中, ? x ?
n n

令 x=1 得:各项系数之和 M=2 , 又各项二项式系数之和为 N,故 N=2 , 又 M+N=64, ∴2×2 =64, ∴n=5. 设二项式?
n

? 3 -x?5 ? 的展开式的通项为 Tr+1, ? x ?

20

则 Tr+1=C5·3

r

5-r

1 r ·(-1) ·x- (5-r)+r, 2

1 令- (5-r)+r=2 得:r=3, 2 ∴展开式中含 x 项的系数为 C5·(-1) ·3 【答案】 A 课时限时检测(五十九) 二项式定理 (时间:60 分钟 满分:80 分)一、选择题(每小题 5 分,共 30 分)
2 3 3 5-3

=-90.

? 2 2 ?5 1.(2013·江西高考)?x - 3? 展开式中的常数项为( x ? ?
A.80 【答案】 C B.-80 C.40 D.-40

)

2.设(1+x) =a0+a1x+?+anx ,若 a1+a2+?+an=63,则展开式中系数最大的项是 ( ) A.15x
2

n

n

B.20x

3

C.21x

3

D.35x

2

【答案】 B 2?n ? 2 3.若二项式? x- ? 的展开式中第 5 项是含 x 的项,则自然数 n 的值是(

?

x?

)

A.12 B.16 C.8 D.10 【答案】 B 4.若 Cnx+Cnx +?+Cnx 能被 7 整除,则 x,n 的值可能是( A.x=4,n=3 C.x=5,n=4 【答案】 C 5.若(x-1) =a0+a1(1+x)+a2(1+x) +?+a8(1+x) ,则 a6=( A.112 C.-28 【答案】 A 6.(2013·课标全国卷Ⅰ)设 m 为正整数,(x+y) 展开式的二项式系数的最大值为 a, (x+y)
2m+1 2m 8 2 8 1 2 2

n n

) B.x=4,n=4 D.x=6,n=5

)

B.28 D.-112

展开式的二项式系数的最大值为 b.若 13a=7b,则 m=(

)

A.5 B.6 C.7 D.8 【答案】 B 二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) 7.(2013·四川高考)二项式(x+y) 的展开式中,含 x y 的项的系数是________.(用 数字作答)
5 2 3

21

【答案】 10 8.(1-2x) (1-3x) 的展开式中按 x 的升幂排列的第 2 项等于________. 【答案】 -22x 9.若(1+x+x ) =a0+a1x+a2x +?+a12x ,则 a2+a4+?+a12=________ . 【答案】 364 三、解答题(本大题共 3 小题,共 35 分) 1 n 3 10.(10 分)已知二项式( x+ ) 的展开式中各项的系数和为 256.
2 6 2 12 5 4

x

(1)求 n;(2)求展开式中的常数项. 【解】 (1)由题意得 Cn+Cn+Cn+?+Cn=256, ∴2 =256,解得 n=8. (2)该二项展开式中的第 r+1 项为 8-4r 3 8-r ?1?r Tr+1=Cr x) ·? ? =Cr , 8( 8·x 3 ?x? 令 8-4r 2 =0,得 r=2,此时,常数项为 T3=C8=28. 3
n
0 1 2

n

3 2 2n n 11. (12 分)已知( x+x ) 的展开式的二项式系数的和比(3x-1) 的展开式的二项式系 1?n ? 数的和大 992,求?2x- ? 的展开式中二项式系数最大的项.

?

x?

3 2 2n 2n n 【解】 (1)令 x=1,则( x+x ) 的展开式各项系数之和为 f(1)=(1+1) =4 (3x-1) 的展开式中各项的二项式系数之和为 2 ,由题意知 4 -2 =992. ∴(2 ) -2 -992=0,∴(2 +31)(2 -32)=0, ∴2 =-31(舍)或 2 =32,∴n=5. 由于 n=5 为奇数, 所以展开式中二项式系数最大项为中间两项, 它们是 T3=C52 x=80x, T4=-C52 x =-40x . 12.(13 分)设(2x-1) =a0+a1x+a2x +?+a5x ,求: (1)a0+a1+a2+a3+a4; (2)a1+a3+a5; (3)(a0+a2+a4) -(a1+a3+a5) . 【解】 设 f(x)=(2x-1) =a0+a1x+a2x +?+a5x , 则 f(1)=a0+a1+a2+?+a5=1,
5 2 5 2 2 5 2 5 3 2 -1 -1 2 3

n

n

n

n

n 2

n

n

n

n

n

f(-1)=a0-a1+a2-a3+a4-a5=(-3)5=-243.
(1)∵a5=2 =32, ∴a0+a1+a2+a3+a4=f(1)-32=-31.
22
5

(2)∵f(1)-f(-1)=2(a1+a3+a5), 244 ∴a1+a3+a5= =122. 2 (3)(a0+a2+a4) -(a1+a3+a5)
2 2

=(a0+a1+a2+a3+a4+a5)(a0-a1+a2-a3+a4-a5) =f(1)×f(-1)=-243. 第四节 随机事件的概率 [考情展望] 1.互斥事件和对立事件的概率是高考重点考查的内容, 其中对立事件的概 率是“正难则反”思想的具体应用, 在高考中经常考查.2.多以选择题、 填空题的形式考查, 有时也渗透在解答题中,属容易题.

一、概率和频率 1.在相同的条件下重复 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 nA 为事件 A 出现的频数,称事件 A 出现的比例 fn(A)= 为事件 A 出现的频率. 2.对于给定的随机事件 A,由于事件 A 发生的频率 fn(A)随着试验次数的增加稳定于概 率 P(A),因此可以用频率 fn(A)来估计概率 P(A). 二、事件的关系与运算 名称 包含关 系 相等关 系 并事件 (和事 件) 交事件 (积事 件) 定义 如果事件 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) 若 B? A,且 A? B,那么称事件 A 与事件 B 相等 符号表示

nA n

B? A
(或 A? B)

A=B

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)

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)

23

互斥事 件 对立事 件

若 A∩B 为不可能事件,那么称事件 A 与事件 B 互斥 若 A∩B 为不可能事件,A∪B 为必然事件,那么称事件 A 与事 件 B 互为对立事件

A∩B=?

互斥事件与对立事件的区别与联系 互斥事件与对立事件都是两个事件的关系, 互斥事件是不可能同时发生的两个事件, 而 对立事件除要求这两个事件不同时发生外,还要求二者之一必须有一个发生,因此,对立事 件是互斥事件的特殊情况,而互斥事件未必是对立事件. 三、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(E)=1. 3.不可能事件的概率 P(F)=0. 4.概率的加法公式 如果事件 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 P(A)=1-P(B).

1 1.总数为 10 万张的彩票,中奖率是 ,下列说法中正确的是( 1 000 A.买 1 张一定不中奖 B.买 1 000 张一定有一张中奖 C.买 2 000 张一定中奖 D.买 2 000 张不一定中奖 【答案】 D

)

2.袋中装有 3 个白球,4 个黑球,从中任取 3 个球,则①恰有 1 个白球和全是白球; ②至少有 1 个白球和全是黑球; ③至少有 1 个白球和至少有 2 个白球; ④至少有 1 个白球和 至少有 1 个黑球.在上述事件中,是对立事件的为( A.① 【答案】 B 3.从一箱产品中随机地抽取一件,设事件 A={抽到一等品},事件 B={抽到二等品},
24

)

B.②

C.③

D.④

事件 C={抽到三等品},且已知 P(A)=0.65,P(B)=0.2,P(C)=0.1,则事件“抽到的不是 一等品”的概率为( A.0.7 B.0.65 【答案】 C 4.若随机事件 A、B 互斥,A、B 发生的概率均不等于 0,且分别为 P(A)=2-a,P(B) =3a-4,则实数 a 的取值范围为________. ) C.0.35 D.0.5

?4 3? 【答案】 ? , ? ?3 2?

5.从装有 3 个红球、2 个白球的袋中任取 3 个球,则所取的 3 个球中至少有 1 个白球 的概率是( A. C. 1 10 3 5 ) B. D. 3 10 9 10

【答案】 D 6.(2014·课标全国卷Ⅱ)甲、乙两名运动员各自等可能地从红、白、蓝 3 种颜色的运 动服中选择 1 种,则他们选择相同颜色运动服的概率为________. 1 3

【答案】

考向一 [177] 互斥事件与对立事件的判定 (1)下列说法正确的是( )

A.掷一枚硬币,出现正面朝上的概率是 0.5,因此掷一枚硬币 10 次,恰好出现 5 次正 面向上 B.连续四次掷一颗骰子,都出现 6 点是不可能事件 C.一个射手射击一次,命中环数大于 9 与命中环数小于 8 是互斥事件
25

D.若 P(A+B)=1,则事件 A 与 B 为对立事件 (2)从装有除颜色外完全相同的 2 个红球和 2 个白球的口袋内任取 2 个球,那么对立的 两个事件是( )

A.至少有 1 个白球,至少有 1 个红球 B.至少有 1 个白球,都是红球 C.恰有 1 个白球,恰有 2 个白球 D.至少有 1 个白球,都是白球 【答案】 (1)C (2)B, 规律方法 1 (1)对互斥事件要把握住不能同时发生,而对于对立事件除不能同时发生 外,其并事件应为必然事件,这些也可类比集合进行理解.(2)对立事件是互斥事件中的特 殊情况,但互斥事件不一定是对立事件,“互斥”是“对立”的必要不充分条件. 对点训练 从 40 张扑克牌(红桃、黑桃、方块、梅花点数从 1~10 各 10 张)中,任取一 张.判断下列给出的每对事件,互斥事件的为________,对立事件的为________. ①“抽出红桃”与“抽出黑桃”; ②“抽出红色牌”与“抽出黑色牌”; ③“抽出的牌点数为 5 的倍数”与“抽出的牌点数大于 9”. 【答案】 ①② ②

考向二 [178] 随机事件的频率与概率 如图 10-4-1 所示,A 地到火车站共有两条路径 L1 和 L2,现随机抽取 100 位从 A 地到达火车站的人进行调查,调查结果如下:

图 10-4-1 所用时间(分钟) 选择 L1 的人数 选择 L2 的人数 10~20 6 0 20~30 12 4 30~40 18 16 40~50 12 16 50~60 12 4

(1)试估计 40 分钟内不能赶到火车站的概率; (2)现甲、乙两人分别有 40 分钟和 50 分钟时间用于赶往火车站,为了尽最大可能在允 许的时间内赶到火车站,试通过计算说明,他们应如何选择各自的路径.
26

【尝试解答】 (1)由已知共调查了 100 人,其中 40 分钟内不能赶到火车站的有 12+ 12+16+4=44(人), ∴用频率估计相应的概率为 0.44. (2)设 A1,A2 分别表示甲选择 L1 和 L2 时,在 40 分钟内赶到火车站;B1,B2 分别表示乙选 择 L1 和 L2 时,在 50 分钟内赶到火车站. 由频数分布表知, 40 分钟赶往火车站,选择不同路径 L1,L2 的频率分别为(6+12+ 18)÷60=0.6,(4+16)÷40=0.5. ∴估计 P(A1)=0.6,P(A2)=0.5,则 P(A1)>P(A2), 因此,甲应该选择路径 L1, 同理, 50 分钟赶到火车站, 乙选择路径 L1, L2 的频率分别为 48÷60=0.8,36÷40=0.9, ∴估计 P(B1)=0.8,P(B2)=0.9,P(B1)<P(B2), 因此乙应该选择路径 L2. 规律方法 2 1.(1)解题的关键是正确计算选择不同路径时,事件发生的频率,并用频 率估计概率;(2)第(2)问的实质是比较选择不同路径概率的大小. 2.概率是频率的稳定值,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,频率越稳定于一个常数,可用频率来估计概率. 对点训练 假设甲乙两种品牌的同类产品在某地区市场上销售量相等, 为了解它们的使 用寿命,现从这两种品牌的产品中分别随机抽取 100 个进行测试,结果统计如图 10-4-2 所示:

27

图 10-4-2 (1)估计甲品牌产品寿命小于 200 小时的概率; (2)这两种品牌产品中,某个产品已使用了 200 小时,试估计该产品是甲品牌的概率. 5+20 1 【解】 (1)甲品牌产品寿命小于 200 小时的频率为 = , 100 4 1 用频率估计概率,所以甲品牌产品寿命小于 200 小时的概率为 . 4 (2)根据抽样结果,寿命大于 200 小时的产品共有 75+70=145(个),其中甲品牌产品 是 75 个.

28

75 15 所以在样本中,寿命大于 200 小时的产品是甲品牌的频率是 = . 145 29 15 用频率估计概率,所以已使用了 200 小时的该产品是甲品牌的概率为 . 29 考向三 [179] 互斥事件与对立事件的概率 国家射击队的队员为在第 51 届射击世锦赛上取得优异成绩,正在加紧 备战,经过近期训练,某队员射击一次命中 7~10 环的概率如下表所示: 命中环数 概率 10 环 0.32 9环 0.28 8环 0.18 7环 0.12

求该射击队员射击一次: (1)射中 9 环或 10 环的概率; (2)命中不足 8 环的概率. 【尝试解答】 记事件“射击一次,命中 k 环”为 Ak(k∈N,k≤10),则事件 Ak 彼此互 斥. (1)记“射击一次,射中 9 环或 10 环”为事件 A,那么当 A9,A10 之一发生时,事件 A 发 生,由互斥事件的加法公式得

P(A)=P(A9)+P(A10)=0.28+0.32=0.60.
(2)设“射击一次,至少命中 8 环”的事件为 B,则 B 表示事件“射击一次,命中不足 8 环”. 又 B=A8+A9+A10,由互斥事件概率的加法公式得

P(B)=P(A8)+P(A9)+P(A10)=0.18+0.28+0.32=0.78.
∴P( B )=1-P(B)=1-0.78=0.22. 因此,射击一次,命中不足 8 环的概率为 0.22. 规律方法 3 1.解答本题时,首先应正确判断各事件的关系,然后把所求事件用已知概 率的事件表示,最后用概率加法公式求解. 2.求复杂的互斥事件的概率一般有两种方法:一是直接求解法,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;二是间接法,先求该事件的对立事件的概率,再由

P(A)=1-P( A )求解.当题目涉及“至多”、“至少”型问题,多考虑间接法.
对点训练 某储蓄所一个营业窗口等候的人数及相应概率如下: 排队人数 概率 0 0.1 1 0.16 2 0.3 3 0.3 4 0.1 5 人及 5 人以上 0.04

(1)至多 2 人排队等候的概率是多少?
29

(2)至少 3 人排队等候的概率是多少? 【解】 (1)记“在窗口等候的人数 i”为事件 Ai+1,i=0,1,2,它们彼此互斥,则至多 2 人排队等候的概率为

P(A1∪A2∪A3)=P(A1)+P(A2)+P(A3)
=0.1+0.16+0.3=0.56. (2)至少 3 人排队等候的概率为 1-P(A1∪A2∪A3)=1-0.56=0.44.

思想方法之二十五 互斥事件的概率求解的妙招 ——正难则反思想 若一个事件正面情况比较多,反面情况较少,则一般利用对立事件进行求解.对于“至 少”,“至多”等问题往往用这种方法求解. ———————— [1 个示范例] ———————— (2012·湖南高考)某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息,安排 一名员工随机收集了在该超市购物的 100 位顾客的相关数据,如下表所示. 一次购物量 顾客数(人) 结算时间 (分钟/人) 1至4件 5至8件 30 1.5 9 至 12 件 25 2 13 至 16 件 17 件及以 上 10 3

x
1

y
2.5

已知这 100 位顾客中一次购物量超过 8 件的顾客占 55%. (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)
?x+30=100×45%, ? 【解】 (1)由题意,? ? ?25+y+10=100×55%,

∴x=15,y=20. 该超市所有顾客一次性购物的结算时间组成一个总体, 100 位顾客一次购物的结算时间 视为总体的一个容量为 100 的简单随机抽样, 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:
30

1×15+1.5×30+2×25+20×2.5+10×3 又x= =1.9. 100 ∴估计顾客一次购物的结算时间为 1.9 分钟. (2)设 B、C 分别表示事件“一位顾客一次购物的结算时间分别为 2.5 分钟、3 分钟”. 将频率视为概率,得 P(B)= 20 1 10 1 = ,P(C)= = , 100 5 100 10

∵B,C 互斥,且 A =B+C, 1 1 3 ∴P( A )=P(B+C)=P(B)+P(C)= + = , 5 10 10 3 7 因此 P(A)=1-P( A )=1- = . 10 10 ∴一位顾客一次购物结算时间不超过 2 分的概率为 0.7. ———————— [1 个对点练] ———————— 【名师寄语】 (1)准确理解题意,善于从图表信息中提炼数据关系,明确数字特征的 含义. (2)正确判定事件间的关系,善于将 A 转化为互斥事件的和或对立事件,切忌盲目代入 概率加法公式. 一盒中装有 12 个球,其中 5 个红球、4 个黑球、2 个白球、1 个绿球.从中随机取出 1 球,求: (1)取出 1 球是红球或黑球的概率; (2)取出 1 球是红球或黑球或白球的概率. 【解】 法一 (利用互斥事件求概率):记事件 A1={任取 1 球为红球},A2={任取 1 球为黑球},A3={任取 1 球为白球},A4={任取 1 球为绿球}, 5 4 1 2 1 1 则 P(A1)= ,P(A2)= = ,P(A3)= = ,P(A4)= , 12 12 3 12 6 12 根据题意知,事件 A1、A2、A3、A4 彼此互斥,由互斥事件的概率公式,得 5 4 3 (1)取出 1 球为红球或黑球的概率为 P(A1∪A2)=P(A1)+P(A2)= + = ; 12 12 4 (2)取出 1 球为红球或黑球或白球的概率为

P(A1∪A2∪A3)=P(A1)+P(A2)+P(A3)
= 5 4 2 11 + + = . 12 12 12 12

法二:(利用对立事件求概率): (1)由法一知,取出 1 球为红球或黑球的对立事件为取出 1 球为白球或绿球,即 A1∪A2 的对立事件为 A3∪A4,所以取出 1 球为红球或黑球的概率为

P(A1∪A2)=1-P(A3∪A4)=1-P(A3)-P(A4)
31

2 1 3 =1- - = . 12 12 4 1 11 (2)因为 A1∪A2∪A3 的对立事件为 A4,所以 P(A1∪A2∪A3)=1-P(A4)=1- = . 12 12 课时限时检测(六十) 随机事件的概率

(时间:60 分钟 满分:80 分)一、选择题(每小题 5 分,共 30 分) 1.下列命题:①将一枚硬币抛两次,设事件 M:“两次出现正面”,事件 N:“只有一 次出现反面”,则事件 M 与 N 互为对立事件;②若事件 A 与 B 互为对立事件,则事件 A 与 B 为互斥事件;③若事件 A 与 B 为互斥事件,则事件 A 与 B 互为对立事件;④若事件 A 与 B 互为对立事件,则事件 A+B 为必然事件,其中,真命题是( A.①②④ B.②④ C.③④ D.①② 【答案】 B 2.从 6 个男生 2 个女生中任选 3 人,则下列事件中必然事件是( A.3 个都是男生 C.3 个都是女生 【答案】 B 3.在一个袋子中装有分别标注数字 1,2,3,4,5 的五个小球,这些小球除标注的数字外 完全相同. 现从中随机取出 2 个小球, 则取出的小球标注的数字之和为 3 或 6 的概率是( A. 3 10 1 B. 5 1 C. 10 1 D. 12 ) ) )

B.至少有 1 个男生 D.至少有 1 个女生

【答案】 A C32C4+C4 4. 一个盒子中装有相同大小的红球 32 个, 白球 4 个, 从中任取两个, 则概率为 2 C36 的事件是( ) B.至少有一个是红球 D.至多有一个是白球
1 1 2

A.没有白球 C.至少有一个是白球 【答案】 C

1 1 5.甲、乙两人下棋,和棋的概率为 ,乙获胜的概率为 ,则下列说法正确的是( 2 3 1 A.甲获胜的概率是 6 2 C.乙输了的概率是 3 【答案】 A 1 B.甲不输的概率是 2 1 D.乙不输的概率是 2

)

6.甲、乙二人玩数字游戏,先由甲任想一数字,记为 a,再由乙猜甲刚才想的数字,
32

把乙猜出的数字记为 b,且 a,b∈{1,2,3},若|a-b|≤1,则称甲、乙“心有灵犀”.现任 意找两个人玩这个游戏,则他们“心有灵犀”的概率为( A. C. 1 3 2 3 ) B. D. 5 9 7 9

【答案】 D 二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) 7.若 A、B 为互斥事件,P(A)=0.4,P(A∪B)=0.7,则 P(B)=________. 【答案】 0.3 8.一只袋子中装有 7 个红玻璃球,3 个绿玻璃球,从中无放回地任意抽取两次,每次 7 1 只取一个,取得两个红球的概率为 ,取得两个绿球的概率为 ,则取得两个同颜色的球的 15 15 概率为________;至少取得一个红球的概率为________. 【答案】 8 14 15 15

9.某产品分甲、乙、丙三级,其中乙、丙两级均属次品.若生产中出现乙级品的概率 为 0.03,丙级品的概率为 0.01,则对成品抽查一件抽得正品的概率为________. 【答案】 0.96 三、解答题(本大题共 3 小题,共 35 分) 10.(10 分)对一批衬衣进行抽样检查,结果如下表: 抽取件数 n 次品件数 m 次品率 50 0 100 2 200 12 500 27 600 27 700 35 800 40

m n

(1)求次品出现的频率. (2)记“任取一件衬衣是次品”为事件 A,求 P(A). (3)为了保证买到次品的顾客能够及时更换,销售 1 000 件衬衣,至少需进货多少件? 【解】 (1)次品率依次为:0,0.02,0.06,0.054,0.045,0.05, 0.05. (2)由(1)知,出现次品的频率 在 0.05 附近摆动,故 P(A)=0.05. (3)设进货衬衣 x 件,则 x(1-0.05)≥1 000,解得 x≥1 053,则至少需进货 1 053 件. 11.(12 分)袋中有 12 个相同的小球,分别为红球、黑球、黄球、绿球,从中任取一球, 1 5 5 得到红球的概率是 ,得到黑球或黄球的概率是 ,得到黄球或绿球的概率也是 . 3 12 12
33

m n

(1)求得到黑球、得到黄球及得到绿球的概率; (2)求得到的小球既不是黑球也不是绿球的概率. 【解】 (1)从袋中任取一球,记事件 A 为“得到红球”,B 为“得到黑球”,C 为“得 到黄球”,D 为“得到绿球”,则事件 A,B,C,D 两两互斥. 1 由已知 P(A)= , 3

P(B+C)=P(B)+P(C)= , P(C+D)=P(C)+P(D)= .
1 2 ∴P(B+C+D)=1-P(A)=1- = . 3 3 ∵B 与 C+D,B+C 与 D 也互斥, 2 5 1 ∴P(B)=P(B+C+D)-P(C+D)= - = , 3 12 4 5 12

5 12

P(D)=P(B+C+D)-P(B+C)= - = , P(C)=1-P(A+B+D)=1-(P(A)+P(B)+P(D))
5 1 ?1 1 1? =1-? + + ?=1- = 6 6 ?3 4 4? 1 1 1 故得到黑球、得到黄球、得到的绿球的概率分别是 , , . 4 6 4 (2)∵得到的球既不是黑球也不是绿球, ∴得到的球是红球或黄球,即事件 A+C, 1 1 1 ∴P(A+C)=P(A)+P(C)= + = , 3 6 2 1 故所求的概率是 . 2 12.(13 分)甲、乙两人玩一种游戏,每次由甲、乙各出 1 到 5 根手指头,若和为偶数 算甲赢,否则算乙赢. (1)若以 A 表示和为 6 的事件,求 P(A). (2)现连玩三次,若以 B 表示甲至少赢一次的事件,C 表示乙至少赢两次的事件,试问 B 与 C 是否为互斥事件?为什么? (3)这种游戏规则公平吗?说明理由. 【解】 (1)甲、乙各出 1 到 5 根手指头, 共有 5×5=25 种可能结果,和为 6 有 5 种可能结果,

2 3

5 1 12 4

34

5 1 ∴P(A)= = . 25 5 (2)B 与 C 不是互斥事件,理由如下:

B 与 C 都包含“甲赢一次,乙赢二次”,
事件 B 与事件 C 可能同时发生,故不是互斥事件. (3)和为偶数有 13 种可能结果, 13 1 其概率为 P= > , 25 2 故这种游戏规则不公平. 第五节 古典概型

[考情展望] 1.考查古典概型概率公式的应用, 尤其是古典概型与互斥、 对立事件的综 合问题更是高考的热点.2.在解答题中古典概型常与统计相结合进行综合考查,考查学生分 析和解决问题的能力,难度以中档题为主.

一、基本事件的特点 1.任何两个基本事件是互斥的. 2.任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和.

古典概型中基本事件数的计算方法 (1)列举法:此法适合于较简单的试验. (2)树状图法:树状图是进行列举的一种常用方法,适合较复杂问题中基本事件数的探 求. (3)列表法:对于表达形式有明显二维特征的事件采用此法较为方便. (4)排列、组合数公式法. 二、古典概型 1.定义 具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型,简称古典概型. 有限性 试验中所有可能出现的基本事件只有有限个
35

等可能性

每个基本事件出现的可能性相等

2.古典概型的概率公式

A包含的基本事件的个数 P(A)= .
基本事件的总数

1.甲、乙、丙三名同学站成一排,甲站在中间的概率是 ( A. 1 6 1 B. 2 1 C. 3 2 D. 3 )

【答案】 C 2.有 3 个兴趣小组,甲、乙两位同学各自参加其中一个小组,每位同学参加各个小组 的可能性相同,则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为( A. 1 3 1 B. 2 2 C. 3 3 D. 4 )

【答案】 A 3.三张卡片上分别写上字母 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________. 【答案】 1 3

4.从 1,2,3,4 这四个数中一次随机地取两个数,则其中一个数是另一个数的两倍的概 率是________. 【答案】 1 3

5.(2014·江西高考)掷两颗均匀的骰子,则点数之和为 5 的概率等于( A. 1 18 1 B. 9 1 C. 6 1 D. 12

)

【答案】 B 6. (2013·课标全国卷Ⅱ)从 n 个正整数 1,2,?,n 中任意取出两个不同的数,若取 1 出的两数之和等于 5 的概率为 ,则 n=________. 14 【答案】 8
36

考向一 [180] 古典概型的概率 (1)某艺校在一天的 5 节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课和 其他两门艺术课各 1 节,则在课表上的相邻两节文化课之间最多间隔 1 节艺术课的概率为 ( A. 4 5 3 B. 5 2 C. 5 1 D. 5 )

【答案】 A (2)甲口袋中装有大小相同的标号分别为 1,2,3,4 的 4 个小球,乙口袋中装有大小相同 的标号分别为 2,3,4,5 的 4 个小球.现从甲、乙口袋中各取一个小球. ①求两球标号之积为偶数的概率; 4 2 ②设 ξ 为取出的两球的标号之差的绝对值,求对任意 x∈R,不等式 x +3x+ ξ ≥0 3 恒成立的概率. 【尝试解答】 ①设两球标号之积为偶数为事件 A,则其对立事件为两球标号之积为奇 数,

P(A)=1-P( A )=1-

C2C2 3 1 1= . C4C4 4

1 1

4 4 2 2 ②对任意 x∈R,不等式 x +3x+ ξ ≥0 恒成立,则 x +3x+ ξ =0 的判别式,Δ ≤9, 3 3 16 9- ξ ≤0. 3 又 ξ ∈N,ξ =2,3,4. 当 ξ =2 时,甲取 1 乙取 3,甲取 2 乙取 4,甲取 3 乙取 5,甲取 4 乙取 2; 当 ξ =3 时,甲取 1 乙取 4,甲取 2 乙取 5; 当 ξ =4 时,甲取 1 乙取 5, 4+2+1 7 概率为 P= 1 1 = . C4C4 16 规律方法 1 1.有关古典概型的概率问题, 关键是正确求出基本事件总数和所求事件包 含的基本事件数. 2. (1)用列举法把所有基本事件一一列出时, 要做到不重复、 不遗漏, 可借助“树状图”

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列举.(2)注意区分排列与组合,以及计数原理的正确使用. 对点训练 (2014·四川高考)一个盒子里装有三张卡片,分别标记有数字 1,2,3,这

三张卡片除标记的数字外完全相同.随机有放回地抽取 3 次,每次抽取 1 张,将抽取的卡片 上的数字依次记为 a,b,c. (1)求“抽取的卡片上的数字满足 a+b=c”的概率; (2)求“抽取的卡片上的数字 a,b,c 不完全相同”的概率. 【解】 (1)由题意知,(a,b,c)所有的可能为 (1,1,1), (1,1,2), (1,1,3), (1,2,1), (1,2,2), (1,2,3), (1,3,1), (1,3,2), (1,3,3), (2,1,1),(2,1,2),(2,1,3),(2,2,1),(2,2,2),(2,2,3),(2,3,1),(2,3,2),(2,3,3), (3,1,1),(3,1,2),(3,1,3),(3,2,1),(3,2,2),(3,2,3),(3,3,1),(3,3,2),(3,3,3), 共 27 种. 设“抽取的卡片上的数字满足 a+b=c”为事件 A, 则事件 A 包括(1,1,2),(1,2,3),(2,1,3),共 3 种. 3 1 所以 P(A)= = . 27 9 1 因此,“抽取的卡片上的数字满足 a+b=c”的概率为 . 9 (2)设“抽取的卡片上的数字 a,b,c 不完全相同“为事件 B,则事件 B 包括(1,1,1), (2,2,2),(3,3,3),共 3 种. 3 8 所以 P(B)=1-P( B )=1- = . 27 9 8 因此,“抽取的卡片上的数字 a,b,c 不完全相同”的概率为 . 9

考向二 [181] 古典概型与统计的综合应用 某高校在 2015 年的自主招生考试成绩中随机抽取 100 名学生的笔试成 绩,按成绩分组,得到的频率分布表如图所示. 组号 第1组 第2组 第3组 第4组 第5组 合计 分组 [160,165) [165,170) [170,175) [175,180) [180,185] 100 频数 5 35 30 20 10 1.00 频率 0.050 0.350 0.300 0.200 0.100

(1)为了能选拔出最优秀的学生,高校决定在笔试成绩高的第 3、4、5 组中用分层抽样

38

抽取 6 名学生进入第二轮面试,求第 3、4、5 组每组各抽取多少名学生进入第二轮面试? (2)在(1)的前提下, 学校决定在这 6 名学生中, 随机抽取 2 名学生接受 A 考官进行面试, 求第 4 组至少有一名学生被考官 A 面试的概率? 【尝试解答】 (1)∵第 3、4、5 组共有 60 名学生, ∴利用分层抽样在 60 名学生中抽取 6 名学生,每组分别为: 30 第 3 组: ×6=3 人, 60 20 第 4 组: ×6=2 人, 60 10 第 5 组: ×6=1 人, 60 ∴第 3、4、5 组分别抽取 3 人、2 人、1 人. (2)由题意知本题是一个古典概型, 试验发生包含的事件是从六位同学中抽两位同学有 C6=15 种 满足条件的事件是第 4 组至少有一名学生被考官 A 面试有 C2C4+1=9 种结果, 9 3 ∴至少有一位同学被 A 面试的概率为 = . 15 5 规律方法 2 有关古典概型与统计结合的题型是高考考查概率的一个重要题型, 已成为 高考考查的热点,概率与统计结合题,无论是直接描述还是利用概率分布表、分布直方图、 茎叶图等给出信息,只需要能够从题中提炼出需要的信息,则此类问题即可解决. 对点训练 某校高三学生体检后,为了解高三学生的视力情况,该校从高三六个班的
1 1 2

300 名学生中以班为单位(每班学生 50 人),每班按随机抽样抽取了 8 名学生的视力数据, 其中高三(1)班抽取的 8 名学生的视力数据与人数见下表: 视 力 数 据 人 数 2 2 2 1 1 4.0 4.1 4.2 4.3 4.4 4.5 4.6 4.7 4.8 4.9 5.0 5.1 5.2 5.3

(1)用上述样本数据估计高三(1)班学生视力的平均值; (2)已知其余五个班学生视力的平均值分别为 4.3、4.4,4.5、4.6、4.8.若从这六个班 中任意抽取两个班学生视力的平均值作比较, 求抽取的两个班学生视力的平均值之差的绝对 值不大于 0.2 的概率. 【解】 (1)高三(1)班学生视力的平均值为

39

4.4×2+4.6×2+4.8×2+4.9+5.1 =4.7, 8 故用上述样本数据估计高三(1)班学生视力的平均值为 4.7, (2)从这六个班中任意抽取两个学生视力的平均值作比较,所有的取法共有 C6=15 种, 而 满 足 抽 取 的 两 个 班 学 生 视 力 的 平 均 值 的 绝 对 值 不 大 于 0.2 的 取 法 有 (4.3,4.4) 、 (4.3,4.5) 、 (4.4,4.5) 、 (4.4,4.6) 、 (4.5,4.6) 、 (4.5,4.7) 、 (4.6,4.7) 、 (4.6,4.8) 、 (4.7,4.8),共有 9 个,故抽取的两个班学生视力的平均值之差的绝对值不大于 0.2 的概率 9 3 为 = . 15 5
2

规范解答之二十 古典概型问题求解策略 第一步:理清题意,列出所有基本事件,计算基本事件总数;第二步:分析所求事件, 找出所求事件的个数;第三步:根据古典概型概率公式求解得出结论. ———————— [1 个示范例] ———————— (12 分)袋中有五张卡片,其中红色卡片三张,标号分别为 1,2,3;蓝色 卡片两张,标号分别为 1,2. (1)从以上五张卡片中任取两张,求这两张卡片颜色不同且标号之和小于 4 的概率; (2)向袋中再放入一张标号为 0 的绿色卡片,从这六张卡片中任取两张,求这两张卡片 颜色不同且标号之和小于 4 的概率. 【规范解答】 (1)标号为 1,2,3 的三张红色卡片分别记为 A,B,C,标号为 1,2 的两 张蓝色卡片分别记为 D,E,从五张卡片中任取两张的所有可能的结果为(A,B),(A,C), (A,D),(A,E),(B,C),(B,D),(B,E),(C,D)(C,E),(D,E)共 10 种. 由于每一张卡片被取到的机会均等,因此这些基本事件的出现是等可能的. 从五张卡片中任取两张, 这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于 4 的结果为(A, D), (A,E),(B,D)共 3 种.

3 所以这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于 4 的概率为 . 10 (2)记 F 是标号为 0 的绿色卡片,从六张卡片中任取两张的所有可能的结果为(A,B), (A,C),(A,D),(A,E),(A,F),(B,C),(B,D),(B,E),(B,F),(C,D),(C,E), (C,F),(D,E),(D,F),(E,F)共 15 种. 9分
40

由于每一张卡片被取到的机会均等,因此这些基本事件的出现是等可能的. 从六张卡片中任取两张, 这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于 4 的结果为(A, D), (A,E),(B,D),(A,F),(B,F),(C,F),(D,F),(E,F)共 8 种. 8 所以这两张卡片颜色不同且它们的标号之和小于 4 的概率为 . 15 ———————— [1 个对点练] ———————— 【名师寄语】 (1)在列举基本事件空间时,易漏掉或重复计数,故要特别关注细节, 使解题结果准确过程完善. (2)在解决该类问题时,必要时要先将所求事件转化为彼此互斥的事件的和,或者先去 求对立事件的概率, 进而再用互斥事件的概率加法公式或对立事件的概率公式求出所求事件 的概率. 学校游园活动有一个游戏项目:箱子里装有 3 个红球,2 个白球,这些球除颜色外完全 相同,每次游戏从箱子里摸出 3 个球,若摸出的是 3 个红球为优秀;若摸出的 2 个红球 1 个白球为良好;否则为合格. (1)求在 1 次游戏中获得优秀的概率; (2)求在 1 次游戏中获得良好及以上的概率. 【解】 将 3 个红球编号 1,2,3;2 个白球编号为 4,5. 则从 5 个球中摸出 3 个球的所有可能情况为: (123),(124),(125),(134),(135),(145),(234),(235),(245),(345)共 10 种. 令 D 表示在 1 次游戏中获得优秀的事件,则获得优秀的情况为(123)共一种,

E 表示在 1 次游戏中获得良好的事件, 则获得良好的情况为(124), (125), (134), (135),
(234),(235)共 6 种.

F 表示在 1 次游戏中获得良好及以上的事件.
1 (1)P(D)= ; 10 3 1 3 7 (2)P(E)= ,P(F)=P(D)+P(E)= + = . 5 10 5 10 课时限时检测(六十一) 古典概型 (时间:60 分钟 满分:80 分)一、选择题(每小题 5 分,共 30 分) 1.一个坛子里有编号为 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 率为( A. 1 22 ) 1 B. 11 3 C. 22 2 D. 11

【答案】 D

41

2. 一名同学先后投掷一枚骰子两次,第一次向上的点数记为 x,第二次向上的点数记 为 y,在直角坐标系 xOy 中,以(x,y)为坐标的点落在直线 2x+y=8 上的概率为( A. 1 6 1 B. 12 5 C. 36 1 D. 9 )

【答案】 B 3. 袋中有大小相同的 4 个红球和 6 个白球,随机从袋中取 1 个球,取后不放回,那么 恰好在第 5 次取完红球的概率是( A. 1 210 2 B. 105 2 C. 21 ) D. 8 21

【答案】 B 4.(2013·福建高考)满足 a,b∈{-1,0,1,2},且关于 x 的方程 ax +2x+b=0 有实数 解的有序数对(a,b)的个数为( A.14 B.13 C.12 【答案】 B 5.连掷两次骰子得到的点数分别为 m 和 n,记向量 a=(m,n)与向量 b=(1,-1)的夹 π 角为 θ ,则 θ ∈(0, ]的概率是( 2 A. 5 12 1 B. 2 7 C. 12 ) 5 D. 6 D.10 )
2

【答案】 C 6.袋中有形状和大小都相同的小球 5 个,球的编号依次为 1,2,3,4,5,从袋中依次取 三次球,每次取 1 个球,取后放回,若每个球被取出的可能性均等,则取出的球的最大号码 为 3 的概率为( A. C. 27 125 1 2 ) B. D. 19 125 8 125

【答案】 B 二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) 7. (2013·浙江高考)从 3 男 3 女共 6 名同学中任选 2 名(每名同学被选中的机会均等), 这 2 名都是女同学的概率等于__________. 【答案】 1 5

8. 盒中装有形状、大小完全相同的 5 个球,其中红色球 3 个,黄色球 2 个.若从中随 机取出 2 个球,则所取出的 2 个球颜色不同的概率等于________.

42

【答案】

3 5

9.某同学同时掷两颗骰子,得到点数分别为 a,b,则双曲线 2- 2=1 的离心率 e> 5 的概率是________. 【答案】 1 6

x2 y2 a b

三、解答题(本大题共 3 小题,共 35 分) 10. (10 分)一个袋子中装有大小、形状完全相同的编号分别为 1,2,3,4,5 的 5 个红球 与编号分别为 1,2,3,4 的 4 个白球,从中任意取出 3 个球. (1)求取出的 3 个球颜色相同且编号是三个连续整数的概率; (2)求取出的 3 个球中恰有 2 个球编号相同的概率; 【解】 (1)设“取出的 3 个球颜色相同且编号是三个连续整数”为事件 A,则

P(A)=

3+2 5 . 3 = C9 84
1 1

C4C7 28 1 (2)设“取出的 3 个球中恰有两个球编号相同”为事件 B,则 P(B)= 3 = = . C9 84 3 11. (12 分)(2013·广东高考)某车间共有 12 名工人,随机抽取 6 名,他们某日加工 零件个数的茎叶图如图 10-5-1 所示,其中茎为十位数,叶为个位数.

图 10-5-1 (1)根据茎叶图计算样本均值. (2)日加工零件个数大于样本均值的工人为优秀工人. 根据茎叶图推断该车间 12 名工人 中有几名优秀工人? (3)从该车间 12 名工人中,任取 2 人,求恰有 1 名优秀工人的概率. 【解】 (1)由茎叶图可知,样本数据为 17,19,20,21,25,30, 1 则 x = (17+19+20+21+25+30)=22, 6 故样本均值为 22. 2 1 (2)日加工零件个数大于样本均值的工人有 2 名,故优秀工人的频率为 = ,该车间 12 6 3

43

1 名工人中优秀工人大约有 12× =4(名),故该车间约有 4 名优秀工人. 3 (3)记“恰有 1 名优秀工人”为事件 A, 其包含的基本事件总数为 C4C8=32, 所有基本事 32 16 2 件的总数为 C12=66,由古典概型概率公式,得 P(A)= = . 66 33 16 所以恰有 1 名优秀工人的概率为 . 33 12. (13 分)某校高三数学竞赛初赛后, 对考生成绩进行统计(考生成绩均不低于 90 分, 满分 150 分)将成绩按如下方式分成六组,第一组[90,100),第二组[100,110),??,第六 组[140,150].如图 10-5-2 所示为其频率分布直方图的一部分,第四组,第五组,第六组 的人数依次成等差数列,且第六组有 4 人. (1)请补充完整频率分布直方图,并估计这组数据的平均数 M.(计算时可以用组中值代 替各组数据的平均值) (2)现根据初赛成绩从第四组和第六组中任意选 2 人,记他们的成绩分别为 x,y,若|x -y|≥10,则称此 2 人为“黄金帮扶组”,试求选出的 2 人为“黄金帮扶组”的概率.
1 1

图 10-5-2 【解】 (1)设第四组,第五组的频率分别为 m,n,则 2n=m+0.005×10,①

m+n=1-(0.005+0.015+0.020+0.035)×10.②
由①②解得 m=0.15,n=0.1,从而得出频率分布直方图(图略).
44

M=95×0.2+105×0.15+115×0.35+0.3×0.15+135×0.1+145×0.05=114.5
0.015 (2)依题意,知第四组人数为 4× =12,而第六组有 4 人, 0.005 所以第四组和第六组一共有 16 人,从中任选 2 人,一共有 C16=120(种)选法, 若满足|x-y|≥10,则一定是分别从两个小组中各选 1 人,因此有 C12C4=48(种)选法, 48 2 所以选出的 2 人为“黄金帮扶组”的概率 P= = . 120 5 第六节 几何概型
1 1 2

[考情展望] 1.考查与长度、面积、体积等有关的几何概型计算.2.主要以选择题和填 空题形式考查,一般为中低档题.

一、几何概型的定义 如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度(面积或体积)成比例, 则称这样的 概率模型为几何概率模型,简称几何概型. 二、几何概型的两个基本特点

几何概型的特点 几何概型与古典概型的区别是几何概型试验中的可能结果不是有限个, 它的特点是试验
45

结果在一个区域内均匀分布,故随机事件的概率大小与随机事件所在区域的形状位置无关, 只与该区域的大小有关. 三、几何概型的概率公式

P(A)=

构成事件A的区域长度?面积或体积? . 试验的全部结果所构成的区域长度?面积或体积?

1.某路公共汽车每 5 分钟发车一次,某乘客到乘车点的时刻是随机的,则他候车时间 不超过 2 分钟的概率是( A. 3 5 4 B. 5 ) C. 2 5 1 D. 5

【答案】 C 2.有四个游戏盘,将它们水平放稳后,在上面扔一颗玻璃小球,若小球落在阴影部分, 则可中奖,小明要想增加中奖机会,应选择的游戏盘是( )

【答案】 A 3.如图 10-6-1,矩形 ABCD 中,点 E 为边 CD 的中点.若在矩形 ABCD 内部随机取一 个点 Q,则点 Q 取自△ABE 内部的概率等于( )

图 10-6-1 A. 1 4 1 B. 3 1 C. 2 2 D. 3

46

【答案】 C 4 .在棱长为 2 的正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,点 O 为底面 ABCD 的中心,在正方体

ABCD—A1B1C1D1 内随机取一点 P,则点 P 到点 O 的距离大于 1 的概率为________.
π 【答案】 1- 12

5.(2013·陕西高考)如图 10-6-2,在矩形区域 ABCD 的 A,C 两点处各有一个通信基 战,假设其信号的覆盖范围分别是扇形区域 ADE 和扇形区域 CBF(该矩形区域内无其他信号 来源, 基站工作正常). 若在该矩形区域内随机地选一地点, 则该地点无信号的概率是( )

图 10-6-2 π A.1- 4 【答案】 A 6.(2014·湖南高考)在区间[-2,3]上随机选取一个数 X,则 X≤1 的概率为( A. 4 5 3 B. 5 B 2 C. 5 1 D. 5 ) π π B. -1 C.2- 2 2 π D. 4

【答案】

考向一 [182] 与长度有关的几何概型

? π π? 在区间?- , ?上随机取一个数 x,则 sin x+cos x∈[1, 2]的概 ? 6 2?
率是( )

47

A.

1 2

3 B. 4

3 C. 8

5 D. 8

【答案】 B, 规律方法 1 1.解答本题的关键是确定 x 的取值范围,这需要用到三角函数的单调性. 2.几何概型有两个特点:一是无限性,二是等可能性.基本事件可以抽象为点,尽管 这些点是无限的, 但它们所占据的区域都是有限的, 因此可用“比例解法”求解几何概型的 概率. 对点训练 已知函数 f(x)=log2x,若在[1,4]上随机取一个实数 x0,则使得 f(x0)≥1 成立的概率为( A. 1 3 1 B. 2 ) 2 C. 3 3 D. 4

【答案】 C

考向二 [183] 与面积有关的几何概型 (2014·福建高考)如图 10-6-3,在边长为 e(e 为自然对数的底数) 的正方形中随机撒一粒黄豆,则它落到阴影部分的概率为________.

图 10-6-3 【答案】 2 2 e

规律方法 2 (1)当试验的结果构成的区域为长度、面积、体积等时,应考虑使用几何 概型求解. (2)利用几何概型求概率时,关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻 找,有时需要设出变量,在坐标系中表示所需要的区域.

48

对点训练 如图 10-6-4, 矩形 OABC 内的阴影部分是由曲线 f(x)=sin x(x∈(0, π )) 及直线 x=a(a∈(0,π ))与 x 轴围成,向矩形 OABC 内随机投掷一点,若落在阴影部分的概 3 率为 ,则 a 的值是________. 16

图 10-6-4 【答案】 2π 3

考向三 [184] 与体积有关的几何概型 在球 O 内任取一点 P,使得 P 点在球 O 的内接正方体中的概率是( A. 1 12π B. 1 3π 2 3 C. 3π 3 D. 12π )

【答案】 C, 规律方法 3 求解几何概型的概率问题,一定要正确确定试验的全部结果构成的区域, 从而正确选择合理的测度,进而利用概率公式求解. 对点训练 一只小蜜蜂在一个棱长为 4 的正方体内自由飞行, 若蜜蜂在飞行过程中始终 保持与正方体中心的距离不超过 1,称其为“安全飞行”,则蜜蜂“安全飞行”的概率是 ( ) A. π 64 π B. 48 π C. 16 π D. 12

【答案】 B

49

规范解答之二十一 概率与函数相结合的综合问题 ———————— [1 个示范例] ———————— (12 分)已知关于 x 的二次函数 f(x)=ax -4bx+1. (1)设集合 P={1,2,3}和 Q={-1,1,2,3,4}, 分别从集合 P 和 Q 中随机取一个数作为 a 和 b,求函数 y=f(x)在区间[1,+∞)上是增函数的概率;
2

x+y-8≤0, ? ? (2)设点(a,b)是区域?x>0, ? ?y>0

内的一点,

求函数 y=f(x)在区间[1,+∞)上是增函数的概率. 2b 2 【规范解答】 (1)∵函数 f(x)=ax -4bx+1 的图象的对称轴为直线 x= , 要使 f(x)

a

2b 2 =ax -4bx+1 在区间[1,+∞)上为增函数,当且仅当 a>0 且 ≤1,即 2b≤a.

a

若 a=1,则 b=-1; 若 a=2,则 b=-1 或 1; 若 a=3,则 b=-1 或 1. ∴事件包含基本事件的个数是 1+2+2=5. 而满足条件的数对(a,b)共有 3×5=15 个 5 1 ∴所求事件的概率为 = . 15 3 (2)由(1)知,当且仅当 2b≤a 且 a>0 时, 函数 f(x)=ax -4bx+1 在区间[1,+∞)上为增函数,
2

5分

6分

依条件可知试验的全部结果所构成的区域为

? ?a+b-8≤0, ??a,b??a>0, ?b>0, ?

? ?构成所求事件的区域为三角形. ?

50

a+b-8=0, ? ? 由? a b= , ? ? 2

得交点坐标为?

?16,8?, ? ? 3 3?

10 分

1 8 ×8× 2 3 1 ∴所求事件的概率为 P= = . 1 3 ×8×8 2

12 分

———————— [1 个规范练] ———————— 【名师寄语】 本例中先将 f(x)在[1, +∞)上为增函数转化为满足条件 2b≤a 且 a>0, 然后再联系已知条件,将问题转化为几何概型,实现了知识的逐步迁移,这种转化迁移的思 想值得注意,另外,对于二次函数 f(x)=ax +bx+c(a≠0),在某一区间[m,+∞)上单调
2

a>0, ? ? 递增的充要条件是? b - ≤m, ? ? 2a

切勿漏掉 a>0.

已知关于 x 的二次函数 f(x)=ax -8bx+1

2

x+y-6≤0 ? ? 设点(a,b)是区域?x>0 ? ?y>0
是增函数的概率.

内的随机点,求函数 y=f(x)在区间[2,+∞)上

4b 2 【解】 (1)∵函数 f(x)=ax -8bx+1 的图象的对称轴为 x= .

a

4b 2 ∴要使 f(x)=ax -8bx+1 在区间[2,+∞)上为增函数,当且仅当 a>0 且 ≤2,即

a

2b≤a,且 a>0 时,函数 f(x)=ax -8bx+1 在区间[2,+∞)上为增函数,

2

a+b-6≤0 ? ? 依条件可知试验的全部结果所构成的区域为:?a>0 ? ?b>0
对应图中的△AOC 及其内部,其中 A(6,0),C(0,6) 而构成所求事件的区域为△AOB 部分及其内部,如图所示.



a+b-6=0 ? ? 由? a b= ? ? 2

解得交点为 B(4,2).

∴函数在区间 [2 ,+∞)上是增函数的概率为 P =

S△AOB = S△AOC

51

1 ×6×2 2 1 = . 1 3 ×6×6 2 课时限时检测(六十二) 几何概型 (时间:60 分钟 满分:80 分)一、选择题(每小题 5 分,共 30 分) 1.如图 10-6-5,M 是半径为 R 的圆周上一个定点,在圆周上等可能的任取一点 N, 连接 MN,则弦 MN 的长度超过 2R 的概率是( )

图 10-6-5 A. 1 5 1 B. 4 1 C. 3 1 D. 2

【答案】 D 2.某校航模小组在一个棱长为 6 米的正方体房间内试飞一种新型模型飞机,为保证模 型飞机安全,模型飞机在飞行过程中要始终保持与天花板、地面和四周墙壁的距离均大于 1 米,则模型飞机“安全飞行”的概率为( A. 1 27 1 B. 16 ) 3 C. 8 D. 8 27

【答案】 D 3.在区间[0,π ]上随机取一个数 x,则事件“sin x≥cos x”发生的概率为( A. 1 4 1 B. 2 C. 3 4 D.1 )

【答案】 C 4.有一个底面圆的半径为 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( A. 1 3 2 B. 3 1 C. 2 3 D. 4 )

52

【答案】 B 5.在区间[-π ,π ]内随机取两个数分别记为 a,b,则使得函数 f(x)=x +2ax-b +π 有零点的概率为( A. 7 8 3 B. 4 ) 1 C. 2 1 D. 4
2 2

【答案】 B 6. (2013·湖南高考)已知事件“在矩形 ABCD 的边 CD 上随机取一点 P, 使△APB 的最大 1 AD 边是 AB”发生的概率为 ,则 =( 2 AB A. 1 2 1 B. 4 C. 3 2 ) D. 7 4

【答案】 D 二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) 5 7. (2013·湖北高考)在区间[-2,4]上随机地取一个数 x, 若 x 满足|x|≤m 的概率为 , 6 则 m=________. 【答案】 3 8. 已知直线 AB:x+y-6=0 与抛物线 y=x 及 x 轴正半轴围成的阴影部分如图 10-6 -6 所示,若从 Rt△AOB 区域内任取一点 M(x,y),则点 M 取自阴影部分的概率为________.
2

图 10-6-6 【答案】 16 27

5 2 9.在[-6,9]内任取一个实数 m,设 f(x)=-x +mx+m- ,则函数 f(x)的图象与 x 4 轴有公共点的概率等于________. 【答案】 3 5

三、解答题(本大题共 3 小题,共 35 分)
53

10.(10 分)如图 10-6-7 所示,在单位圆 O 的某一直径上随机地取一点 Q,求过点 Q 且与该直径垂直的弦长长度不超过 1 的概率.

图 10-6-7 【解】 弦长不超过 1,即|OQ|≥ 因 Q 点在直径 AB 上是随机的, 事件 A 为“{弦长超过 1}.” 3 ×2 2 3 由几何概型的概率公式得 P(A)= = . 2 2 ∴弦长不超过 1 的概率为 1-P(A)=1- 3 . 2 3 . 2

?x+y- 11. (12 分)在区域?x-y+ ?y≥0
内的概率.

2≤0 2≥0 内任取一点 P,求点 P 落在单位圆 x +y =1
2 2

【解】

?x+y- 如图所示,不等式?x-y+ ?y≥0
2

2≤0 2≥0 表示的平

面区域是△ABC 的内部及其边界, 又圆 x +y =1 的圆心(0,0)到 x+y- 2=0 与 x-y+ 2 =0 的距离均为 1, ∴直线 x+y- 2=0 与 x-y+ 2=0 均与单位圆 x +y
2 2 2

54

=1 相切, 记“点 P 落在 x +y =1 内”为事件 A, 1 1 ∵事件 A 发生时,所含区域面积 S= π ,且 S△ABC= ×2 2× 2=2,故所求事件的概 2 2 1 π 2 π 率 P(A)= = . 2 4 12.(13 分)已知关于 x 的一元二次方程 x -2(a-2)x-b +16=0. (1)若 a,b 是一枚骰子先后投掷两次所得到的点数,求方程有两个正实数根的概率; (2)若 a∈[2,6],b∈[0,4],求一元二次方程没有实数根的概率. 【解】 (1)基本事件(a,b)共有 36 个,且 a,b∈{1,2,3,4,5,6},方程有两个正实数 根等价于 a-2>0,16-b >0,Δ ≥0,即 a>2,-4<b<4,(a-2) +b ≥16. 设“一元二次方程有两个正实数根”为事件 A, 则事件 A 所包含的基本事件数为(6,1), 4 1 (6,2),(6,3),(5,3)共 4 个,故所求的概率为 P(A)= = . 36 9 (2)试验的全部结果构的区域 Ω ={(a,b)|2≤a≤6,0≤b≤4},其面积为 S(Ω )=16. 设 “ 一 元 二 次 方 程 没 有 实 数 根 ” 为 事 件 B , 则 构 成 事 件 B 的 区 域 为 B = {(a ,
2 2 2 b)|2≤a≤6,0≤b≤4, (a-2) +b <16}, 其面积为 S(B)= ×π ×4 =4π .故所求的概率为 2 2 2 2 2 2 2

1 4

P(B)=

4π π = . 16 4

第七节

离散型随机变量及其分布列

[考情展望] 1.以实际问题为背景, 结合常见的概率事件考查离散型随机变量的分布列 求法.2.一般与排列、组合、统计相结合综合考查.3.多以解答题中考查,难度多属中档.

一、离散型随机变量 随着试验结果变化而变化的变量称为随机变量,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,称为离散型随机变量. 二、离散型随机变量的分布列及性质
55

1.一般地,若离散型随机变量 X 可能取的不同值为 x1,x2,?,xi,?,xn,X 取每一 个值 xi(i=1,2,?,n)的概率 P(X=xi)=pi,则表

X P

x1 p1

x2 p2

? ?

xi pi

? ?

xn pn

称为离散型随机变量 X 的概率分布列. 2.离散型随机变量的分布列的性质 (1)pi≥0(i=1,2,?,n);
n

(2)∑pi=1.
i=1

三、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, 其分布列为



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,则事 CMCN-M 件{X=k}发生的概率为 P(X=k)= n ,k=0,1,2,?,m,其中 m=min{M,n},且 n≤N, CN
k n-k

M≤N,n,M,N∈N*,称分布列为超几何分布. X P
0 CMCN-M n CN
0 n-0

1 CMCN-M n CN
1 n-1

? ?

m
CMCN-M n CN
m n-m

运用两个分布列的关键 随机变量 X 服从两点分布, 常与事件成败问题有关, 随机变量 X 服从超几何分布多与产 品抽检问题有关.

1.抛掷甲、乙两颗骰子,所得点数之和为 X,那么 X=4 表示的基本事件是( A.一颗是 3 点,一颗是 1 点 B.两颗都是 2 点 C.一颗是 3 点,一颗是 1 点或两颗都是 2 点

)

56

D.甲是 3 点,乙是 1 点或甲是 1 点,乙是 3 点或两颗都是 2 点 【答案】 D 2.设某项试验的成功率是失败率的 2 倍,用随机变量 X 去描述 1 次试验的成功次数, 则 P(X=0)等于( A.0 1 B. 2 ) 1 C. 3 2 D. 3

【答案】 C 1 3.已知随机变量 X 的分布列为:P(X=k)= k,k=1,2,?,则 P(2<X≤4)等于( 2 A. 3 16 1 B. 4 1 C. 16 5 D. 16 )

【答案】 A 4.从装有 3 个白球,4 个红球的箱子中,随机取出了 3 个球,恰好是 2 个白球,1 个红 球的概率是( A. C. 4 35 12 35 C ) B. D. 6 35 36 343

【答案】

考向一 [185] 离散型随机变量分布列的性质 设离散型随机变量 X 的分布列为

X P

0 0.2

1 0.1

2 0.1

3 0.3

4

m

设 η =|x-1|,则 P(η =1)=________. 【尝试解答】 由分布列的性质,知 0.2+0.1+0.1+0.3+m=1,∴m=0.3. 列表
57

X
|X-1|

0 1

1 0

2 1

3 2

4 3

∴P(η =1)=P(X=0)+P(X=2)=0.2+0.1=0.3. 规律方法 1 1.利用分布列中各概率之和为 1 可求参数的值,此时要注意检验,以保证 每个概率值均为非负数. 2.若 X 是随机变量,则 η =|X-1|等仍然是随机变量,求它的分布列可先求出相应随 机变量的值,再根据对应的概率求解. 对点训练 随机变量 X 的分布列如下:

X P

-1

0

1

a

b

c

其中,a,b,c 成等差数列,则 P(|X|=1)=________. 【答案】 2 3

考向二 [186] 离散型随机变量的分布列 (2013·浙江高考改编)设袋子中装有 3 个红球,2 个黄球,1 个蓝球, 且规定:取出一个红球得 1 分,取出一个黄球得 2 分,取出一个蓝球得 3 分.若从该袋子中 任取(有放回,且每球取到的机会均等)2 个球,记随机变量 ξ 为取出此 2 球所得分数之和, 求 ξ 的分布列. 【尝试解答】 由题意得 ξ =2,3,4,5,6. 3×3 1 故 P(ξ =2)= = , 6×6 4

P(ξ =3)= P(ξ =4)= P(ξ =5)= P(ξ =6)=

2×3×2 1 = , 6×6 3 2×3×1+2×2 5 = , 6×6 18 2×2×1 1 = , 6×6 9 1×1 1 = . 6×6 36

所以 ξ 的分布列为 ξ 2 1 4 3 1 3 4 5 18 5 1 9 6 1 36

P

规律方法 2 1.求随机变量的分布列的主要步骤:(1)明确随机变量的取值;(2)求每一

58

个随机变量取值的概率;(3)列成表格. 2.求出分布列后注意运用分布列的两条性质检验所求的分布列是否正确. 对点训练 (2014·江苏高考)盒中共有 9 个球, 其中有 4 个红球、 3 个黄球和 2 个绿球, 这些球除颜色外完全相同. (1)从盒中一次随机取出 2 个球,求取出的 2 个球颜色相同的概率 P. (2)从盒中一次随机取出 4 个球,其中红球、黄球、绿球的个数分别记为 x1,x2,x3,随 机变量 X 表示 x1,x2,x3 中的最大数.求 X 的概率分布和数学期望 E(X). 【解】 (1)取到的 2 个颜色相同的球可能是 2 个红球、2 个黄球或 2 个绿球, C4+C3+C2 6+3+1 5 所以 P= = = . 2 C9 36 18 (2)随机变量 X 所有可能的取值为 2,3,4. {X=4}表示的随机事件是“取到的 4 个球是 4 个红球”, C4 1 故 P(X=4)= 4= ; C9 126 {X=3}表示的随机事件是“取到的 4 个球是 3 个红球和 1 个其他颜色的球, 或 3 个黄球 和 1 个其他颜色的球”, C4C5+C3C6 20+6 13 故 P(X=3)= = = ; 4 C9 126 63 13 1 11 于是 P(X=2)=1-P(X=3)-P(X=4)=1- - = . 63 126 14 所以随机变量 X 的概率分布如下表:
3 1 3 1 4 2 2 2

X P
因此随机变量 X 的数学期望

2 11 14

3 13 63

4 1 126

E(X)=2× +3× +4×

11 14

13 63

1 20 = . 126 9

考向三 [187] 超几何分布 PM2.5 是指大气中直径小于或等于 2.5 微米的颗粒物,也称为可入肺颗 粒物,PM2.5 日均值在 35 微克/立方米以下空气质量为一级;在 35 微克/立方米~75 微克/ 立方米之间空气质量为二级;在 75 微克/立方米以上空气质量为超标. 石景山古城地区 2013 年 2 月 6 日至 15 日每天的 PM2.5 监测数据如茎叶图所示.

59

图 10-7-1 (1)小陈在此期间的某天曾经来此地旅游,求当天 PM2.5 日均监测数据未超标的概率; (2)小王在此期间也有两天经过此地,这两天此地 PM2.5 监测数据均未超标,请计算出 这两天空气质量恰好有一天为一级的概率; (3)从所给 10 天的数据中任意抽取三天数据,记 ξ 表示抽到 PM2.5 监测数据超标的天 数,求 ξ 的分布列及期望. 【尝试解答】 (1)记“当天 PM2.5 日均监测数据未超标”为事件 A, 因为有 2+4 天 PM2.5 日均值在 75 微克/立方米以下, 2+4 3 故 P(A)= = . 10 5 (2)记“这两天此地 PM2.5 监测数据均未超标且空气质量恰好有一天为一级”为事件 B,

P(B)=

C2C4 8 . 2 = C6 15

1 1

(3)ξ 的可能值为 0,1,2,3. 由茎叶图可知:空气质量为一级的有 2 天,空气质量为二级的有 4 天,只有这 6 天空气 质量不超标,而其余 4 天都超标. C6 1 C10 6
1 2 3

P(ξ =0)= 3 = ,P(ξ =1)= P(ξ =2)=

C6C4 1 3 = , C10 2
3

2 1

C6C4 3 C4 1 ,P(ξ =3)= 3 = . 3 = C10 10 C10 30 ξ 0 1 6 1 1 2 2 3 10 3 1 30

ξ 的分布列如下表:

P

1 1 3 1 6 ∴Eξ =0× +1× +2× +3× = . 6 2 10 30 5 规律方法 3 1.求解本题的第(3)问关键在于明确 ξ 服从超几何分布.
60

2.超几何分布描述的是不放回抽样问题,随机变量为抽到的某类个体的个数.超几何 分布的特征是:(1)考察对象分两类;(2)已知各类对象的个数;(3)从中取出若干个;(4) 研究取出某类对象的个数的概率分布. 3.要善于看出某些实际问题实质是超几何分布,或将实际问题转化为超几何分布,一 种方式就是将一类对象视为合格品,另一类对象视为不合格品,再对其进行解释. 对点训练 (2014·天津高考)某大学志愿者协会有 6 名男同学,4 名女同学.在这 10 名同学中,3 名同学来自数学学院,其余 7 名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学 院. 现从这 10 名同学中随机选取 3 名同学, 到希望小学进行支教活动(每位同学被选到的可 能性相同). (1)求选出的 3 名同学是来自互不相同学院的概率; (2)设 X 为选出的 3 名同学中女同学的人数,求随机变量 X 的分布列和数学期望. 【解】
1 2 0 3

(1) 设“选出的 3 名同学是来自互不相同的学院”为事件 A ,则 P(A) =

C3·C7+C3·C7 49 = . 3 C10 60 所以,选出的 3 名同学是来自互不相同学院的概率为 (2)随机变量 X 的所有可能值为 0,1,2,3. 49 . 60

P(X=k)=

C4·C6 (k=0,1,2,3). 3 C10
0 3

k

3-k

C4·C6 1 ∴P(X=0)= 3 = , C10 6

P(X=1)= P(X=2)= P(X=3)=

C4·C6 1 = , 3 C10 2 C4·C6 3 = , 3 C10 10 C4·C6 1 = . 3 C10 30
3 0 2 1

1

2

所以,随机变量 X 的分布列是

X P

0 1 6

1 1 2

2 3 10

3 1 30

1 1 3 1 6 随机变量 X 的数学期望 E(X)=0× +1× +2× +3× = . 6 2 10 30 5

61

规范解答之二十二 离散型随机变量的分布列与统计交汇问题 ———————— [1 个示范例] ———————— (12 分)在某大学自主招生考试中, 所有选报Ⅱ类志向的考生全部参加了 “数学与逻辑”和“阅读与表达”两个科目的考试,成绩分为 A,B,C,D,E 五个等级.某 考场考生两科的考试成绩的数据统计如下图 10-7-2 所示,其中“数学与逻辑”科目的成 绩为 B 的考生有 10 人. (1)求该考场考生中“阅读与表达”科目中成绩为 A 的人数; (2)若等级 A,B,C,D,E 分别对应 5 分,4 分,3 分,2 分,1 分. ①求该考场考生“数学与逻辑”科目的平均分; ②若该考场共有 10 人得分大于 7 分,其中有 2 人 10 分,2 人 9 分,6 人 8 分.从这 10 人中随机抽取两人,求两人成绩之和的分布列和数学期望.

图 10-7-2 【规范解答】 (1)因为“数学与逻辑”科目中成绩等级为 B 的考生有 10 人, 所以该考 场有 10÷0.25=40 人. 1分

所以该考场考生中“阅读与表达”科目中成绩等级为 A 的人数为 40×(1-0.375-0.375-0.15-0.025)=40×0.075=3.

(2)求该考场考生“数学与逻辑”科目的平均分为
62

1 ×[1×(40×0.2) + 2×(40×0.1) + 3×(40×0.375) + 4×(40×0.25) + 40 5×(40×0.075)]=2.9. (3)设两人成绩之和为 ξ ,则 ξ 的值可以为 16,17,18,19,20, 6分

P(ξ =16)= 2 = ,P(ξ =17)=
1 1 2

C6 C10

2

15 45

C6C2 12 , 2 = C10 45
1 1

1 1

P(ξ =18)=

C6C2 C2 13 C2C2 4 ,P(ξ =19)= 2 = , 2 + 2 = C10 C10 45 C10 45
2

C2 1 P(ξ =20)= 2 = , C10 45 所以 ξ 的分布列为

X P

16 15 45

17 12 45

18 13 45

19 4 45

20 1 45

15 12 13 4 1 86 所以 Eξ =16× +17× +18× +19× +20× = . 45 45 45 45 45 5 86 所以 ξ 的数学期望为 . 5 ———————— [1 个规范练] ———————— 【名师寄语】 解答此类问题注意以下几点: (1)认真审题,根据题目要求,准确从图表中提取信息. (2)正确找出随机变量 ξ 的取值,并求出取每一个值的概率,提高计算能力. (3)要注意语言叙述的规范性,解题步骤应清楚、正确、完整,不要漏掉必要说明及避 免出现严重跳步现象. (2013·课标全国卷Ⅱ)经销商经销某种农产品,在一个销售季度内,每售出 1 t 该产品 获利润 500 元,未售出的产品,每 1 t 亏损 300 元.根据历史资料,得到销售季度内市场需 求量的频率分布直方图,如图 10-7-3 所示.经销商为下一个销售季度购进了 130 t 该农 产品.以 X(单位:t,100≤X≤150)表示下一个销售季度内的市场需求量,T(单位:元)表示 下一个销售季度内经销该农产品的利润.

63

图 10-7-3 (1)将 T 表示为 X 的函数; (2)根据直方图估计利润 T 不少于 57 000 元的概率; (3)在直方图的需求量分组中,以各组的区间中点值代表该组的各个值,需求量落入该 区间的频率作为需求量取该区间中点值的概率(例如: 若需求量 X∈[100,110), 则取 X=105, 且 X=105 的概率等于需求量落入[100,110)的频率).求 T 的数学期望. 【解】 (1)当 X∈[100,130)时,

T=500X-300(130-X)=800X-39 000.
当 X∈[130,150]时,

T=500×130=65 000.
? ?800X-39 000,100≤X<130, 所以 T=? ?65 000,130≤X≤150. ?

(2)由(1)知利润 T 不少于 57 000 元当且仅当 120≤X≤150. 由直方图知需求量 X∈[120, 150]的频率为 0.7,所以下一个销售季度内的利润 T 不少 于 57 000 元的概率的估计值为 0.7. (3)依题意可得 T 的分布列为

T P

45 000 0.1

53 000 0.2

61 000 0.3

65 000 0.4

所以 ET=45 000×0.1+53 000×0.2+61 000×0.3+65 000×0.4=59 400. 课时限时检测(六十三) 离散型随机变量及其分布列 (时间:60 分钟 满分:80 分)一、选择题(每小题 5 分,共 30 分)
64

1.袋中装有 10 个红球、5 个黑球.每次随机抽取 1 个球后,若取得黑球则另换 1 个红 球放回袋中,直到取到红球为止.若抽取的次数为 ξ ,则表示“放回 5 个红球”事件的是 ( ) A.ξ =4 B.ξ =5 C.ξ =6 D.ξ ≤5 【答案】 C 2.袋中有大小相同的 5 只钢球,分别标有 1,2,3,4,5 五个号码,任意抽取 2 个球,设 2 个球号码之和为 X,则 X 的所有可能取值个数为( A.25 B.10 C.7 D.6 【答案】 C 3.设 ξ 是一个离散型随机变量,其分布列为: ξ -1 0.5 0 1-2q 1 )

P
则 q 等于( A.1 B.1± 【答案】 C ) 2 2 C.1- 2 2

q2

D.1+

2 2

4.设随机变量 X 等可能取值 1,2,3,?,n,如果 P(X<4)=0.3,那么( A.n=3 B.n=4 C.n=10 D.n=9

)

【答案】 C 5. 从 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 3 人中女 生的人数,则 P(ξ ≤1)等于( A. 1 5 2 B. 5 3 C. 5 ) 4 D. 5

【答案】 D 6.在 15 个村庄有 7 个村庄交通不方便,现从中任意选 10 个村庄,用 X 表示这 10 个村 C7C8 庄中交通不方便的村庄数,下列概率中等于 10 的是( C15 A.P(X=2) C.P(X=4) 【答案】 C 二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) 7.甲、乙两队在一次对抗赛的某一轮中有 3 个抢答题,比赛规定:对于每一个题,没 有抢到题的队伍得 0 分, 抢到题并回答正确的得 1 分, 抢到题但回答错误的扣 1 分(即得-1 分); 若 X 是甲队在该轮比赛获胜时的得分(分数高者胜), 则 X 的所有可能取值是________. 【答案】 -1,0,1,2,3
65
4 6

) B.P(X≤2) D.P(X≤4)

8.随机变量 ξ 的分布列如下: ξ -1 0 1

P

a

b

c

若 a、b、c 成等差数列,则 P(|ξ |=1)=________. 【答案】 2 3

9.袋中有 4 只红球 3 只黑球,从袋中任取 4 只球,取到 1 只红球得 1 分,取到 1 只黑 球得 3 分,设得分为随机变量 ξ ,则 P(ξ ≤6)=________. 【答案】 13 35

三、解答题(本大题共 3 小题,共 35 分) 10.(10 分)某校高三年级某班的数学课外活动小组有 6 名男生,4 名女生,从中选出 4 人参加数学竞赛考试,用 X 表示其中的男生人数,求 X 的分布列. 【解】 依题意,随机变量 X 服从超几何分布, C6·C4 ∴P(X=k)= (k=0,1,2,3,4). 4 C10 C6·C4 1 C6·C4 4 ∴P(X=0)= 4 = ,P(X=1)= 4 = , C10 210 C10 35 C6·C4 3 C6·C4 8 P(X=2)= 4 = ,P(X=3)= 4 = , C10 7 C10 21
2 2 3 1 0 4 1 3

k

4-k

P(X=4)=

C6·C4 1 = . 4 C10 14

4

0

∴X 的分布列为

X P

0 1 210

1 4 35

2 3 7

3 8 21

4 1 14

11.(12 分)(2013·天津高考)一个盒子里装有 7 张卡片,其中有红色卡片 4 张,编号分 别为 1,2,3,4;白色卡片 3 张,编号分别为 2,3,4.从盒子中任取 4 张卡片(假设取到任何一 张卡片的可能性相同). (1)求取出的 4 张卡片中,含有编号为 3 的卡片的概率; (2)在取出的 4 张卡片中,红色卡片编号的最大值设为 X,求随机变量 X 的分布列和数 学期望. C2C5+C2C5 【解】 (1)设“取出的 4 张卡片中, 含有编号为 3 的卡片”为事件 A, 则 P(A)= 4 C7 6 = . 7
1 3 2 2

66

6 所以取出的 4 张卡片中,含有编号为 3 的卡片的概率为 . 7 (2)随机变量 X 的所有可能取值为 1,2,3,4.

P(X=1)= 4= ,P(X=2)= 4= ,
C5 2 C6 4 P(X=3)= 4= ,P(X=4)= 4= . C7 7 C7 7 所以随机变量 X 的分布列是
3 3

C3 1 C7 35

3

C4 C7

3

4 35

X P

1 1 35

2 4 35

3 2 7

4 4 7

1 4 2 4 17 故随机变量 X 的数学期望 EX=1× +2× +3× +4× = . 35 35 7 7 5 12. (13 分)已知一个口袋中分别装了 3 个白色玻璃球、 2 个红色玻璃球和 n 个黑色玻璃 球,现从中任取 2 个玻璃球进行观察,每取到一个白色玻璃球得 1 分,每取到一个红色玻璃 1 球得 2 分,每取到一个黑色玻璃球得 0 分,用 X 表示所得的分数,已知得 0 分的概率为 . 6 (1)求袋中黑色玻璃球的个数 n; (2)求 X 的分布列; (3)求得分不低于 3 分的概率. 【解】 (1)因为 P(X=0)= 所以 n -3n-4=0, 解得 n=-1(舍去)或 n=4, 即袋中有 4 个黑色玻璃球. (2)由题意知,X 的可能取值为 0,1,2,3,4. 1 则 P(X=0)= , 6
2

Cn 1 = , 2 Cn+5 6

2

P(X=1)=

C4C3 1 C3+C4·C2 11 = , 2 = ,P(X=2)= 2 C9 3 C9 36
1 1 2

1 1

2

1

1

C3·C2 1 C2 1 P(X=3)= 2 = ,P(X=4)= 2= , C9 6 C9 36 所以 X 的分布列为

X P

0 1 6

1 1 3

2 11 36

3 1 6

4 1 36

(3)得分不低于 3 分,即 X≥3,由(2)知 X=3 或 X=4,因此 P(X≥3)=P(X=3)+P(X=
67

1 1 7 7 4)= + = ,即得分不低于 3 分的概率为 . 6 36 36 36 第八节 二项分布及其应用 [考情展望] 1.考查条件概率的理解和应用.2.考查独立事件相互独立事件的概率求

法.3.以解答题形式结合实际问题对独立重复试验与二项分布进行考查.

一、条件概率及其性质 条件概率的定义 条件概率的性质

设 A、B 为两个事件,且 P(A)>0,称 P(B|A)=

P?AB? 为在事件 A 发生的条件下, P?A?

(1)0≤P(B|A)≤1

(2)若 B、C 是两个互斥事件,则 P(B∪C|A)=

事件 B 发生的条件概率

P(B|A)+P(C|A)

二、事件的相互独立性 设 A、B 为两个事件,如果 P(AB)=P(A)P(B),则称事件 A 与事件 B 相互独立. 三、独立重复试验与二项分布 1.独立重复试验 在相同条件下重复做的 n 次试验称为 n 次独立重复试验,即若用 Ai(i=1,2,?,n)表 示第 i 次试验结果,则

P(A1A2A3?An)=P(A1)P(A2)P(A3)?P(An).
2.二项分布 在 n 次独立重复试验中,设事件 A 发生的次数为 X,在每次试验中事件 A 发生的概率为
k n-k p,那么在 n 次独立重复试验中,事件 A 恰好发生 k 次的概率为 P(X=k)=Ck (k np ·(1-p)

=0,1,2,?,n),此时称随机变量 X 服从二项分布,记作 X~B(n,p),并称 p 为成功概率.
68

1.判断某事件发生是否是独立重复试验,关键有两点 (1)在同样的条件下重复,相互独立进行. (2)试验结果要么发生,要么不发生. 2.判断一个随机变量是否服从二项分布,要看两点 (1)是否为 n 次独立重复试验. (2)随机变量是否为在这 n 次独立重复试验中某事件发生的次数.

? 1? 1.设随机变量 ξ ~B?6, ?,则 P(ξ =3)的值是( ? 2?
A. 3 16 B. 5 16 C. 7 16 5 D. 8

)

【答案】 B 1 2.小王通过英语听力测试的概率是 ,他连续测试 3 次,那么其中恰有 1 次获得通过的 3 概率是( A. 4 9 ) 2 B. 9 4 C. 27 D. 2 27

【答案】 A 3.袋中有 5 个小球(3 白 2 黑),现从袋中每次取一个球,不放回地抽取两次,则在第 一次取到白球的条件下,第二次取到白球的概率是( A. 3 5 3 B. 4 1 C. 2 3 D. 10 )

【答案】 C 4.某次知识竞赛规则如下:在主办方预设的 5 个问题中,选手若能连续 正确回答出两 .. 个问题,即停止答题,晋级下一轮.假设某选手正确回答每个问题的概率都是 0.8,且每个 问题的回答结果相互独立. 则该选手恰好回答了 4 个问题就晋级下一轮的概率等于________. 【答案】 0.128

5.(2014·课标全国卷Ⅱ)某地区空气质量监测资料表明,一天的空气质量为优良的概

69

率是 0.75,连续两天为优良的概率是 0.6,已知某天的空气质量为优良,则随后一天的空气 质量为优良的概率是( A.0.8 C.0.6 【答案】 A 6.如图 10-8-1,用 K、A1、A2 三类不同的元件连接成一个系统.当 K 正常工作且 A1、 ) B.0.75 D.0.45

A2 至少有一个正常工作时,系统正常工作.已知 K、A1、A2 正常工作的概率依次为 0.9、0.8、
0.8,则系统正常工作的概率为( )

图 10-8-1 A.0.960 C.0.720 【答案】 B B.0.864 D.0.576

考向一 [188] 条件概率 从 1,2,3,4,5 中任取 2 个不同的数,事件 A=“取到的 2 个数之和为偶 数”,事件 B=“取到的 2 个数均为偶数”,则 P(B|A)等于( A. C. 1 8 2 5 ) B. D. 1 4 1 2

【答案】 B, 规律方法 1 1.利用定义,分别求 P(A)和 P(AB),得

P?AB? P(B|A)= .这是通用的求条件概率的方法. P?A?
70

2.借助古典概型概率公式,先求事件 A 包含的基本事件数 n(A),再求事件 A 与事件 B 的交事件中包含的基本事件数,即 n(AB),得 P(B|A)=

n?AB? . n?A?

3 对点训练 (1)设 A、B 为两个事件,若事件 A 和 B 同时发生的概率为 ,在事件 A 发生 10 1 的条件下,事件 B 发生的概率为 ,事件 A 发生的概率为________. 2 (2)有一批种子的发芽率为 0.9,出芽后的幼苗成活率为 0.8,在这批种子中,随机抽取 一粒,则这粒种子能成长为幼苗的概率为________. 3 【答案】 (1) 5 (2)0.72

考向二 [189] 相互独立事件的概率 (2013·大纲全国卷)甲、 乙、 丙三人进行羽毛球练习赛, 其中两人比赛, 另一人当裁判,每局比赛结束时,负的一方在下一局当裁判.设各局中双方获胜的概率均为 1 ,各局比赛的结果相互独立,第 1 局甲当裁判. 2 (1)求第 4 局甲当裁判的概率; (2)X 表示前 4 局中乙当裁判的次数,求 X 的数学期望. 【解】 (1)记 A1 表示事件“第 2 局结果为甲胜”,

A2 表示事件“第 3 局甲参加比赛时,结果为甲负”,A 表示事件“第 4 局甲当裁判”,
则 A=A1·A2,

P(A)=P(A1·A2)=P(A1)P(A2)= .
(2)X 的可能取值为 0,1,2. 设 A3 表示事件“第 3 局乙和丙比赛时, 结果为乙胜丙”, B1 表示事件“第 1 局结果为乙 胜丙”,B2 表示事件“第 2 局乙和甲比赛时,结果为乙胜甲”,B3 表示事件“第 3 局乙参加 比赛时,结果为乙负”. 1 则 P(X=0)=P(B1·B2·A3)=P(B1)P(B2)P(A3)= , 8

1 4

P(X=2)=P( B1 ·B3)=P( B1 )P(B3)= , P(X=1)=1-P(X=0)-P(X=2)=1- - = ,
9 故 EX=0·P(X=0)+1·P(X=1)+2·P(X=2)= . 8 规律方法 2 1.应用相互独立事件同时发生的概率乘法公式求概率的步骤: 1 1 8 4 5 8

1 4

71

(1)确定诸事件是相互独立的; (2)确定诸事件是否同时发生; (3)先求出每个事件发生的概率,再求其积. 2.求相互独立事件同时发生的概率的方法主要有 (1)利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解. (2)正面计算较繁或难以入手时,可从其对立事件入手计算. 对点训练 (2014·湖南高考改编)某企业有甲、 乙两个研发小组, 他们研发新产品成功 2 3 的概率分别为 和 .现安排甲组研发新产品 A,乙组研发新产品 B.设甲、乙两组的研发相互 3 5 独立. (1)求至少有一种新产品研发成功的概率. (2)若新产品 A 研发成功,预计企业可获利润 120 万元;若新产品 B 研发成功,预计企 业可获利润 100 万元.求该企业可获利润的分布列. 2 【解】 记 E={甲组研发新产品成功}, F={乙组研发新产品成功). 由题设知 P(E)= , 3 -

P( E )= ,P(F)= ,P( F )= ,且事件 E 与 F,E 与 F , E 与 F, E 与 F 都相互独立.
- -- - - - 1 2 (1)记 H={至少有一种新产品研发成功}, 则H=E F, 于是 P( H )=P( E )P( F )= × 3 5 2 = , 15 - 2 13 故所求的概率为 P(H)=1-P( H )=1- = . 15 15 -- (2)设企业可获利润为 X 万元, 则 X 的可能取值为 0,100,120,220.因为 P(X=0)=P( E F ) 1 2 2 = × = , 3 5 15 -

1 3

3 5



2 5

- -

- -

P(X=100)=P( E F)= × = ,
- 2 2 4 3 5 15

1 3 3 3 5 15

P(X=120)=P(E F )= × = , P(X=220)=P(EF)= × = ,
故所求的分布列为 2 3 6 3 5 15

X

0

100

120

220

72

P

2 15

3 15

4 15

6 15

考向三 [190] 独立重复试验与二项分布 (2013·山东高考)甲、乙两支排球队进行比赛,约定先胜 3 局者获得比 1 赛的胜利,比赛随即结束.除第五局甲队获胜的概率是 外,其余每局比赛甲队获胜的概率 2 2 都是 ,假设各局比赛结果相互独立. 3 (1)分别求甲队以 3∶0,3∶1,3∶2 胜利的概率. (2)若比赛结果为 3∶0 或 3∶1,则胜利方得 3 分,对方得 0 分;若比赛结果为 3∶2, 则胜利方得 2 分,对方得 1 分.求乙队得分 X 的分布列及数学期望. 【尝试解答】 (1)记“甲队以 3∶0 胜利”为事件 A1, “甲队以 3∶1 胜利”为事件 A2, “甲队以 3∶2 胜利”为事件 A3, 由题意,各局比赛结果相互独立,

?2?3 8 故 P(A1)=? ? = , ?3? 27
2 P(A2)=C2 , 3? ? ?1- ?× = 3 3

?2? ? ? ?? ?2? ? ? ??

2?

? ?

2 8 3 27

2 2 P(A3)=C2 . 4? ? ?1- ? × = 3 3

2?

1 4 2 27

8 4 所以甲队以 3∶0 胜利,以 3∶1 胜利的概率都为 ,以 3∶2 胜利的概率为 . 27 27 (2)设“乙队以 3∶2 胜利”为事件 A4, 由题意,各局比赛结果相互独立, 2?2?2?2 ? 1? 4 2? 所以 P(A4)=C4?1- ? ? ? ×?1- ?= . ? 3? ?3? ? 2? 27 由题意,随机变量 X 的所有可能的取值为 0,1,2,3, 根据事件的互斥性得

P(X=0)=P(A1+A2)=P(A1)+P(A2)= .
4 又 P(X=1)=P(A3)= , 27

16 27

P(X=2)=P(A4)= , P(X=3)=1-P(X=0)-P(X=1)-P(X=2)= ,
故 X 的分布列为
73

4 27

3 27

X P

0 16 27

1 4 27

2 4 27

3 3 27

16 4 4 3 7 所以 EX=0× +1× +2× +3× = . 27 27 27 27 9 规律方法 3 1.独立重复试验是在同样的条件下重复进行, 各次之间相互独立地进行的 一种试验.在这种试验中,每一次试验只有两种结果,即某事件要么发生,要么不发生,并 且任何一次试验中发生的概率都是一样的. 2.求复杂事件的概率,要正确分析复杂事件的构成,看复杂事件能转化为几个彼此互 斥的事件的和事件还是能转化为几个相互独立事件同时发生的积事件,然后求概率. 对点训练 (2014·四川高考改编)一款击鼓小游戏的规则如下:每盘游戏都需击鼓三

次,每次击鼓要么出现一次音乐,要么不出现音乐;每盘游戏击鼓三次后,出现一次音乐获 得 10 分,出现两次音乐获得 20 分,出现三次音乐获得 100 分,没有出现音乐则扣除 200 1 分(即获得-200 分).设每次击鼓出现音乐的概率为 ,且各次击鼓出现音乐相互独立. 2 (1)设每盘游戏获得的分数为 X,求 X 的分布列. (2)玩三盘游戏,至少有一盘出现音乐的概率是多少?恰好在第一盘、第三盘游戏中出 现音乐的概率是多少? 【解】 (1)设“每盘游戏中击鼓三次后,出现音乐的次数为 ξ ”.依题意,ξ 的取值

? 1? 可能为 0,1,2,3,且 ξ ~B?3, ?, ? 2? ?1?3 k?1? 3-k?1? k k 则 P(ξ =k)=C3? ? ? ? =C3·? ? . 2 2 ? ? ? ? ?2?
又每盘游戏得分 X 的取值为 10,20,100,-200.根据题意 3 ?1?3 3 P(X=100)=P(ξ 1?1?3 则 P(X=10)=P(ξ =1)=C3? ? = , P(X=20)=P(ξ =2)=C2 3? ? = , 2 8 ? ? ?2? 8 1 3?1?3 =3)=C3? ? = , ?2? 8
3 P(X=-200)=P(ξ =0)=C0 3? ? = . 2

?1? ? ?

1 8

所以 X 的分布列为

X P

10 3 8

20 3 8

100 1 8

-200 1 8

(2)设“第 i 盘游戏没有出现音乐”为事件 Ai(i=1,2,3),则

P(A1)=P(A2)=P(A3)=P(X=-200)= .
74

1 8

所以“三盘游戏中至少有一次出现音乐”的概率为 1 511 ?1?3 1-P(A1A2A3)=1-? ? =1- = . 512 512 ?8? 设“恰好在第一盘、第三盘游戏中出现音乐”为事件 M, 则 M= A1 A2 A3 , ∴P(M)=P( A1 A2 A3 )=P( A1 )·P(A2)·P( A3 )

? 1? 1 ? 1? 49 =?1- ?× ×?1- ?= . ? 8? 8 ? 8? 512
因此恰好在第一盘、第三盘游戏中出现音乐的概率为 49 . 512

易错易误之十七 因混淆二项分布与相互独立事件而致误 ———————— [1 个示范例] ———————— 2 某射手每次射击击中目标的概率是 ,且各次射击的结果互不影响. 3 (1)假设这名射手射击 5 次,求恰有 2 次击中目标的概率; (2)假设这名射手射击 5 次,求有 3 次连续击中目标,另外 2 次未击中目标的概率; (3)假设这名射手射击 3 次,每次射击,击中目标得 1 分,未击中目标得 0 分,在 3 次 射击中,若有 2 次连续击中,而另外 1 次未击中,则额外加 1 分;若 3 次全击中,则额外加 3 分,记 ξ 为射手射击 3 次后的总的分数,求 ξ 的分布列.

? 2? 【解】 (1)设 X 为射手在 5 次射击中目标的次数,则 X~B?5, ?.在 5 次射击中,恰 ? 3?
有 2 次击中目标的概率
2 3 P(X=2)=C2 5? ? ×?1- ? = 3 3

?2? ? ?

? ?

2?

?

40 . 243

(2)设“第 i 次射击击中目标”为事件 Ai(i=1,2,3,4,5);“射手在 5 次射击中,有 3 次连续击中目标,另外 2 次未击中目标”为事件 A,则 P(A)=P(A1A2A3 A4

A5 )+P( A1

A2A3A4 A5 )+P( A1

A2 A3A4A5)

?2?3 ?1?2 1 ?2?3 1 ?1?2 ?2?3 8 =? ? ×? ? + ×? ? × +? ? ×? ? = . ?3? ?3? 3 ?3? 3 ?3? ?3? 81
75

解答第(2)问易出现因不明独立事件与独立重复试验的区别误认为是 n 次独立重复试

?1?2 80 3?2?3 验,可导致求得 P=C5? ? ×? ? = 这一错误结果. ?3? ?3? 243
(3)由题意可知,ξ 的所有可能取值为 0,1,2,3,6,

P(ξ =0)=P( A1 P(ξ =1)=P(A1 A2
2 = . 9

A2

A3 )=? ?3= , 3 A3 )+P( A1 A2 A3 )+P( A1 A2 A3)= ×? ? 2+ × × +? ? 2× 3 ?3? 3 3 3 ?3? 3
2

?1? ? ?

1 27

?1?

1

2

1

?1?

2

P(ξ =2)=P(A1 A2 A3)= × × = , P(ξ =3)=P(A1A2 A3 )+P( A1 A2A3)=? ?2× + ×? ?2= , P(ξ =6)=P(A1A2A3)=? ?3 ?3? 3 3 ?3? 27 ?3?
8 = , 27 所以 ξ 的分布列是 ξ 0 1 27 1 2 9 2 4 27 3 8 27 6 8 27

2 1 3 3

2 3

4 27

?2?

1 1

?2?

8

?2?

P

———————— [1 个防错练] ———————— 【防范措施】 (1)正确区分独立事件与 n 次独立重复试验是解决此类问题的关键. (2)判断某事件发生是否是独立重复试验,关键有两点: ①在同样的条件下重复,相互独立进行. ②试验结果要么发生,要么不发生. 某校要用三辆校车从新校区把教师接到老校区, 已知从新校区到老校区有两条公路, 校 1 3 车走公路①堵车的概率为 ,不堵车的概率为 ;校车走公路②堵车的概率为 p,不堵车的概 4 4 率为 1-p.若甲、乙两辆校车走公路①,丙校车由于其他原因走公路②,且三辆车是否堵车 相互之间没有影响. 7 (1)若三辆校车中恰有一辆校车被堵的概率为 ,求走公路②堵车的概率; 16 (2)在(1)的条件下,求三辆校车中被堵车辆的个数 ξ 的分布列和数学期望. 1 3 7 1 ?3?2 1 【解】 (1)由已知条件得 C2· · ·(1-p)+? ? ·p= ,即 3p=1,则 p= . 4 4 4 16 3 ? ? (2)【解】 ξ 可能的取值为 0,1,2,3.

76

P(ξ =0)= · · = ; P(ξ =1)= ; P(ξ =2)= · · +C1 2· · · = ; P(ξ =3)= · · = .
ξ 的分布列为: ξ 0 3 8 1 7 16 2 1 6 3 1 48 1 1 4 4 1 1 3 48 1 1 4 4 2 3 1 3 1 4 4 3 1 6 7 16

3 3 4 4

2 3 3 8

P

3 7 1 1 5 所以 Eξ =0· +1· +2· +3· = . 8 16 6 48 6 课时限时检测(六十四) 二项分布及应用 (时间:60 分钟 满分:80 分)一、选择题(每小题 5 分,共 30 分) 1.某种动物由出生算起到 20 岁的概率为 0.8,活到 25 岁的概率为 0.4,现有一个 20 岁的动物,问它能活到 25 岁的概率为( A. 1 4 1 B. 2 3 C. 4 ) 1 D. 3

【答案】 B 2.甲、乙两人同时报考某一所大学,甲被录取的概率为 0.6,乙被录取的概率为 0.7, 两人是否被录取互不影响,则其中至少有一人被录取的概率为( A.0.12 B.0.42 C.0.46 D.0.88 )

【答案】 D 3.甲、乙两人独立地对同一目标各射击一次,命中率分别为 0.6 和 0.5,现已知目标 被击中,则它是被甲击中的概率为( A.0.45 B.0.6 C.0.65 )

D.0.75

【答案】 D 4.位于坐标原点的一个质点 P 按下述规则移动:质点每次移动一个单位;移动的方向 1 为向上或向右,并且向上、向右移动的概率都是 .质点 P 移动五次后位于点(2,3)的概率是 2 ( )

?1?5 A.? ? ?2?
3?1?3 C.C5? ? ?2?

2?1?5 B.C5? ? ?2? 2 3?1? 5 D.C5C5? ? ?2?

77

【答案】 B 1? ? 5.如果 X~B?15, ?,则使 P(X=k)取最大值的 k 值为( 4? ? A.3 B.4 C.5 D.3 或 4 【答案】 D 6.箱中装有标号为 1,2,3,4,5,6 且大小相同的 6 个球.从箱中一次摸出两个球,记下 号码并放回,如果两球号码之积是 4 的倍数,则获奖.现有 4 人参与摸奖,恰好有 3 人获奖 的概率是( A. 16 625 ) 96 B. 625 624 C. 625 4 D. 625 )

【答案】 B 二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) 7.某篮球队员在比赛中每次罚球的命中率相同,且在两次罚球中至多命中一次的概率 16 为 ,则该队员每次罚球的命中率为________. 25 【答案】 3 5

5 8. 设随机变量 X~B(2, p), 随机变量 Y~B(3, p), 若 P(X≥1)= , 则 P(Y≥1)=________. 9 【答案】 19 27

9.某学校一年级共有学生 100 名,其中男生 60 人,女生 40 人;来自北京的有 20 人, 其中男生 12 人,若任选一人是女生,则该女生来自北京的概率是________. 【答案】 1 5

三、解答题(本大题共 3 小题,共 35 分) 10.(10 分)(2013·重庆高考)某商场举行的“三色球”购物摸奖活动规定:在一次摸 奖中,摸奖者先从装有 3 个红球与 4 个白球的袋中任意摸出 3 个球,再从装有 1 个蓝球与 2 个白球的袋中任意摸出 1 个球.根据摸出 4 个球中红球与蓝球的个数,设一、二、三等奖如 下: 奖级 一等奖 二等奖 三等奖 摸出红、蓝球个数 3红1蓝 3红0蓝 2红1蓝 获奖金额 200 元 50 元 10 元

其余情况无奖且每次摸奖最多只能获得一个奖级. (1)求一次摸奖恰好摸到 1 个红球的概率;
78

(2)求摸奖者在一次摸奖中获奖金额 X 的分布列与期望 E(X). 【解】 设 Ai(i=0,1,2,3)表示摸到 i 个红球,Bj(j=0,1)表示摸到 j 个蓝球,则 Ai 与 Bj 独立. (1)恰好摸到 1 个红球的概率为

P(A1)=

C3C4 18 . 3 = C7 35

1 2

(2)X 的所有可能值为:0,10,50,200,且

P(X=200)=P(A3B1)=P(A3)P(B1)= 3· = P(X=50)=P(A3B0)=P(A3)P(B0)= 3· =
2 1

C3 C7
3

3

1 1 , 3 105

C3 C7

2 2 , 3 105

P(X=10)=P(A2B1)=P(A2)P(B1)= P(X=0)=1-
1 2 4 6 - - = . 105 105 35 7

C3C4 1 12 4 = , 3 · = C7 3 105 35

综上可知,获奖金额 X 的分布列为

X P

0 6 7

10 4 35

50 2 105

200 1 105

6 4 2 1 从而有 E(X)=0× +10× +50× +200× =4(元). 7 35 105 105 1 11.(12 分)某人抛掷一枚硬币,出现正、反面的概率都是 ,构造数列{an},使 an= 2
?1 ? ? ? ?-1

?当第n次出现正面时?, ?当第n次出现反面时?, (1)求 S8=2 时的概率; (2)求 S2≠0 且 S8=2 的概率.

Sn=a1+a2+?+an(n∈N*).

? 1? 【解】 (1)设出现正面的次数为 ξ ,则 ξ ~B?n, ?, ? 2?
由 S8=2 知 ξ =5,于是 S8=2 的概率为:
5 3 5 8 P(ξ =5)=C5 . 8·? ? ?1- ? =C8·? ? = 2 2 2

?1? ? ? ??

1?

?

?1? ? ?

7 32

(2)S2≠0 即前两次掷硬币中有 2 次正面或 2 次反面, 前 2 次是正面且 S8=2 的概率为:
6 3 8 P1=? ?2·C3 , 6? ? =C6? ? = 2 2 2

?1? ? ?

?1? ? ?

?1? ? ?

5 64

前 2 次是反面且 S8=2 的概率为:
79

6 P2=? ?2C5 = 2 6?2?

?1? ?1? ? ? ? ?

3 . 128

13 故 S2≠0 且 S8=2 的概率为:P=P1+P2= . 128 12. (13 分)(2013·陕西高考)在一场娱乐晚会上, 有 5 位民间歌手(1 至 5 号)登台演唱, 由现场数百名观众投票选出最受欢迎歌手. 各位观众须彼此独立地在选票上选 3 名歌手, 其 中观众甲是 1 号歌手的歌迷,他必选 1 号,不选 2 号,另在 3 至 5 号中随机选 2 名.观众乙 和丙对 5 位歌手的演唱没有偏爱,因此在 1 至 5 号中随机选 3 名歌手. (1)求观众甲选中 3 号歌手且观众乙未选中 3 号歌手的概率; (2)X 表示 3 号歌手得到观众甲、乙、丙的票数之和,求 X 的分布列及数学期望. 【解】 (1)设 A 表示事件“观众甲选中 3 号歌手”,B 表示事件“观众乙选中 3 号歌 手”, C2 2 C4 3 则 P(A)= 2= ,P(B)= 3= . C3 3 C5 5 ∵事件 A 与 B 相互独立, ∴观众甲选中 3 号歌手且观众乙未选中 3 号歌手的概率为 P(A B )=P(A)·P( B )= C2·C4 4 ? 2 2 4? P(A)·[1-P(B)]= × = ?或P?A B ?= 2 3= ?. C3·C5 15? 3 5 15? (2)设 C 表示事件“观众丙选中 3 号歌手”, C4 3 则 P(C)= 3= , C5 5 ∵X 可能的取值为 0,1,2,3, 且取这些值的概率分别为
2 1 3 1 2

P(X=0)=P( A B C )= × × = , P(X=1)=P(A B C )+P( A B C )+P( A B C)= × × + × × + × × =
4 , 15 2 3 2 5 2 5 1 3 3 5 2 5 1 3 2 5 3 5 20 = 75

1 2 2 3 5 5

4 75

P(X=2)=P(AB C )+P(A B C)+P( A BC)= × × + × × + × × = = , P(X=3)=P(ABC)= × × = = ,
∴X 的分布列为 2 3 3 5 3 18 5 75 6 25

2 3

3 2 5 5

2 2 3 5

3 1 5 3

3 3 33 11 5 5 75 25

X

0

1

2

3

80

P

4 75

4 15

11 25

6 25

4 4 11 6 140 28 ∴X 的数学期望 EX=0× +1× +2× +3× = = . 75 15 25 25 75 15
第九节 离散型随机变量的均值与方差、正态分布

[考情展望] 1.以实际问题为背景考查离散型随机变量的均值、方差的求解.2.利用离 散型随机变量的均值、方差解决一些实际问题.3.考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的 意义.

一、离散型随机变量的均值与方差及其性质 1.定义:若离散型随机变量 X 的分布列为 P(ξ =xi)=pi,i=1,2,?,n. (1)均值:称 E(X)=x1p1+x2p2+?+xipi+?+xnpn 为随机变量 X 的均值或数学期望.
n

(2)方差: 称 D(X)=∑ (xi-E(X)) pi 为随机变量 X 的方差, 其算术平方根 D?X?为随
i=1

2

机变量 X 的标准差. 2.均值与方差的性质 (1)E(aX+b)=aE(X)+b. (2)D(aX+b)=a D(X).(a,b 为常数) (3)两点分布与二项分布的均值、方差 均值 变量 X 服从两点分布 方差
2

E(X)=p E(X)=np

D(X)=p(1-p) D(X)=np(1-p)

X~B(n,p)

求均值、方差的方法 1.已知随机变量的分布列求它的均值、方差和标准差,可直接按定义(公式)求解; 2.已知随机变量 ξ 的均值、方差,求 ξ 的线性函数 η =aξ +b 的均值、方差和标准
81

差,可直接用 ξ 的均值、方差的性质求解; 3.如能分析所给随机变量是服从常用的分布(如两点分布、二项分布等),可直接利用 它们的均值、方差公式求解. 二、正态分布 1.正态曲线的定义 函 数 φ
μ , σ

(x)



,x∈(-∞,+

∞),其中实数 μ 和 σ (σ >0)为参数,我们称 φ 2.正态分布的定义及表示

μ ,σ

(x)的图象为正态曲线.

如果对于任何实数 a,b(a<b),随机变量 X 满足 P(a<X≤b)=?bφ

?a

μ ,σ

(x)dx,则称随

机变量 X 服从正态分布,记作 N(μ ,σ ). 3.正态曲线的性质: (1)曲线位于 x 轴上方,与 x 轴不相交; (2)曲线关于直线 x=μ 对称; (3)曲线在 x=μ 处达到峰值 σ 1 2π ;

2

(4)曲线与 x 轴之间的面积为 1; (5)当 σ 一定时,曲线随着 μ 的变化而沿 x 轴平移; (6)当 μ 一定时,曲线的形状由 σ 确定.σ 越小,曲线越“瘦高”,表示总体的分布 越集中;σ 越大,曲线越“矮胖”,表示总体的分布越分散. 4.正态总体三个基本概率值 (1)P(μ -σ <X≤μ +σ )=0.682_6; (2)P(μ -2σ <X≤μ +2σ )=0.954_4; (3)P(μ -3σ <X≤μ +3σ )=0.997_4.

关于正态总体在某个区间内取值的概率求法 (1)熟记 P(μ -σ <X≤μ +σ ),P(μ -2σ <X≤μ +2σ ),P(μ -3σ <X≤μ +3σ ) 的值; (2)充分利用正态曲线的对称性和曲线与 x 轴之间面积为 1.
82

①正态曲线关于直线 x=μ 对称,从而在关于 x=μ 对称的区间上概率相等. ②P(X<a)=1-P(x≥a),P(X<μ -a)=P(X≥μ +a).

1.已知随机变量 ξ 服从正态分布 N(2,σ ),P(ξ ≤4)=0.84,则 P(ξ <0)=( A.0.16 【答案】 A 2.已知 X 的分布列为 B.0.32 C.0.68 D.0.84

2

)

X P
设 Y=2X+3,则 E(Y)的值为( A. 7 B.4 C.-1 D.1 3

-1 1 2 )

0 1 3

1 1 6

【答案】 A 3.设随机变量 X~B(n,p),且 E(X)=1.6,D(X)=1.28,则( A.n=8,p=0.2 C.n=5,p=0.32 【答案】 A 4.某射手射击所得环数 ξ 的分布列如下: ξ 7 8 0.1 9 0.3 10 ) B.n=4,p=0.4 D.n=7,p=0.45

P

x

y

已知 ξ 的期望 E(ξ )=8.9,则 y 的值为________. 【答案】 0.4

5.(2013·广东高考)已知离散型随机变量 X 的分布列为

X P
则 X 的数学期望 E(X)=( A. 3 5 B.2 C. 2 2 D.3 )

1 3 5

2 3 10

3 1 10

【答案】 A
83

6.(2013·湖北高考)如图 10-9-1,将一个各面 都涂了油漆的正方体,切割为 125 个同样大小的小正方体,经过搅拌后,从中随机取一 个小正方体,记它的涂漆面数为 X,则 X 的均值 E(X)=( A. 126 125 6 B. 5 168 C. 125 7 D. 5 )

图 10-9-1 【答案】 B

考向一 [191] 正态分布 设随机变量 X~N(3,1),若 P(x>4)=p,则 P(2<x<4)=( 1 A. +p 2 【答案】 C 规律方法 1 1.求解本题关键是明确正态曲线关于 x=3 对称,且区间[2,4]关于 x=3 对称. 2.解决此类问题,首先要确定 μ 与 σ 的值,然后把所求问题转化到已知概率的区间 上来,在求概率时,要注意关于直线 x=μ 对称的区间上概率相等,而且把一般的正态分布 转化为标准正态分布. 对点训练 如果随机变量 ξ ~N(-1,σ ),且 P(-3≤ξ ≤-1)=0.4,则 P(ξ ≥1)
84
2

)

B.1-p

C.1-2p

1 D. -p 2

等于(

) B.0.3 C.0.2 D.0.1

A.0.4 【答案】 D

考向二 [192] 离散型随机变量的均值与方差 为贯彻“激情工作,快乐生活”的理念,某单位在工作之余举行趣味知 识有奖竞赛,比赛分初赛和决赛两部分,为了增加节目的趣味性,初赛采用选手选一题答一 题的方式进行, 每位选手最多有 5 次选答题的机会, 选手累计答对 3 题或答错 3 题即终止其 初赛的比赛,答对 3 题者直接进入决赛,答错 3 题者则被淘汰,已知选手甲答题的正确率为 2 . 3 (1)求选手甲答题次数不超过 4 次可进入决赛的概率; (2)设选手甲在初赛 中答题的个数 ξ ,试写出 ξ 的分布列,并求 ξ 的数学期望.

?2?3 8 【尝试解答】 (1)选手甲答 3 道题进入决赛的概率为? ? = , ?3? 27 ?2?2 1 2 8 2 选手甲答 4 道题进入决赛的概率为 C3·? ? · · = , ?3? 3 3 27
8 8 16 ∴选手甲答题次数不超过 4 次可进入决赛的概率 P= + = ; 27 27 27

?2?3 ?1?3 1 (2)依题意,ξ 的可取取值为 3、4、5,则有 P(ξ =3)=? ? +? ? = , ?3? ?3? 3
2 2 2 P(ξ =4)=C2 , 3·? ? · · +C3·? ? · · = 3 3

?2? ? ? ?2? ? ?

1 2 3 3

?1? ? ?

2 1 3 3

10 27

2 2 2 2 2 P(ξ =5)=C2 , 4·? ? ·? ? · +C4·? ? ·? ? · = 3 3 3 3

?1? ? ?

2 3

?2? ? ?

?1? ? ?

1 8 3 27

因此,有 ξ 3 1 3 4 10 27 5 8 27

P

1 10 8 107 ∴Eξ =3× +4× +5× = . 3 27 27 27 规律方法 2 求离散型随机变量的均值与方差的方法:(1)先求随机变量的分布列,然 后利用均值与方差的定义求解.(2)若随机变量 X~B(n,p),则可直接使用公式 E(X)=np,

D(X)=np(1-p)求解.
对点训练 为了解某校高三毕业班报考体育专业学生的体重(单位: 千克)情况, 将从该 市某学校抽取的样本数据整理后得到如下频率分布直方图,已知图 10-9-2 中从左至右前 3 个小组的频率之比为 1∶2∶3,其中第 2 小组的频数为 12.
85

图 10-9-2 (1)求该校报考体育专业学生的总人数 n; (2)若用这所学校的样本数据来估计该市的总体情况,现从该市报考体育专业的学生中 任选 3 人,设 ξ 表示体重超过 60 千克的学生人数,求 ξ 的分布列和数学期望. 【解】 (1)设该校报考体育专业的人数为 n,前三小组的频率分别为 p1,p2,p3,则由 题意可知,

p2=2p1 ? ? ?p3=3p1 ? ?p3+p1+p3+?0.0375+0.0125?×5=1
解得 p1=0.125,p2=0.25,p3=0.375. 12 又因为 p2=0.25= ,故 n=48.



n

(2)由(1)可得,一个报考学生体重超过 60 公斤的概率为 p=p3+(0.0375+0.0125)×5 5 = . 8

?3?3-k k?5?k 所以 ξ 服从二项分布,P(ξ =k)=C3? ? ·? ? ,k=0,1,2,3 8 ? ? ?8?
∴随机变量 ξ 的分布列为: ξ 0 27 512 1 135 512 2 225 512 3 125 512

p

5 15? 27 135 225 125 15 ? 则 Eξ =0× +1× +2× +3× = .?或Eξ =3× = ? 8 8? 512 512 512 512 8 ?

86

考向三 [193] 期望与方差在决策中的应用 (2014·福建高考改编)为回馈顾客,某商场拟通过摸球兑奖的方式对 1 000 位顾客进行奖励,规定:每位顾客从一个装有 4 个标有面值的球的袋中一次性随机摸出 2 个球,球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额. (1)若袋中所装的 4 个球中有 1 个所标的面值为 50 元,其余 3 个均为 10 元.求: ①顾客所获的奖励额为 60 元的概率; ②顾客所获的奖励额的分布列及数学期望. (2)商场对奖励总额的预算是 60 000 元, 为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的 预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡.下面给出两种方案: 方案 1:4 个球中所标面值分别为 10 元,10 元,50 元,50 元; 方案 2:4 个球中所标面值分别为 20 元,20 元,40 元,40 元. 如果你作为商场经理,更倾向选择哪种方案? 【尝试解答】 (1)设顾客所获的奖励额为 X. C1C3 1 ①依题意,得 P(X=60)= 2 = , C4 2 1 即顾客所获的奖励额为 60 元的概率为 . 2 ②依题意,得 X 的所有可能取值为 20,60.
1 1

P(X=20)= 2= ,P(X=60)= ,
即 X 的分布列为

C3 1 C4 2

2

1 2

X P

20 1 2

60 1 2

1 1 所以顾客所获的奖励额的数学期望为 E(X)=20× +60× =40(元). 2 2 (2)对于方案 1:设每位顾客获得的奖励额为 X1 元,则随机变量 X1 的分布列为

X1 P

20 1 6

60 2 3

100 1 6

1 2 1 ∴数学期望 E(X1)=20× +60× +100× =60, 6 3 6 ?20-60? 2 ?100-60? 1 600 2 方差 D(X1)= + ×(60-60) + = . 6 3 6 3 对于方案 2:设顾客获得的奖励额为 X2 元,则 X2 的分布列为
87
2 2

X2 P

40 1 6

60 2 3

80 1 6

1 2 1 ∴数学期望 E(X2)=40× +60× +80× =60, 6 3 6 ?40-60? 2 ?80-60? 400 2 方差 D(X2)= + ×(60-60) + = . 6 3 6 3 根据预算,每个顾客的平均奖励额为 60 元,且 E(X1)=E(X2)=60,D(X1)>D(X2). 因此,根据商场的设想,应选择方案 2. 规律方法 3 1.解决此类题目的关键是正确理解随机变量取每一个值所表示的具体事
2 2

件,求得该事件发生的概率,列出分布列. 2.随机变量的期望反映了随机变量取值的平均水平,方差反映了随机变量稳定于均值 的程度, 它们从整体和全局上刻画了随机变量, 是生产实际中用于方案取舍的重要理论依据, 一般是先分析比较均值,若均值相同,再用方差来决定. 对点训练 某联欢晚会举行抽奖活动,举办方设置了甲、乙两种抽奖方案,方案甲的中 2 2 奖率为 , 中奖可以获得 2 分; 方案乙的中奖率为 , 中奖可以获得 3 分; 未中奖则不得分. 每 3 5 人有且只有一次抽奖机会,每次抽奖中奖与否互不影响,晚会结束后凭分数兑换奖品. (1)若小明选择方案甲抽奖,小红选择方案乙抽奖,记他们的累计得分为 X,求 X≤3 的 概率; (2)若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖,问:他们选择何种方案 抽奖,累计得分的数学期望较大? 2 2 【解】 (1)由已知得,小明中奖的概率为 ,小红中奖的概率为 ,且两人中奖与否互 3 5 不影响. 记“这 2 人的累计得分 X≤3”的事件为 A, 则事件 A 的对立事件为“X=5”. 2 2 4 因为 P(X=5)= × = , 3 5 15 4 11 所以 P(A)=1-P(X=5)=1- = , 15 15 11 即这 2 人的累计得分 X≤3 的概率为 . 15 (2)设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖次数为 X1,都选择方案乙抽奖中奖次数为 X2, 则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为 E(2X1), 选择方案乙抽奖累计得分的数学期 望为 E(3X2).

88

? 2? ? 2? 由已知可得,X1~B?2, ?,X2~B?2, ?, ? 3? ? 5?
2 4 2 4 所以 E(X1)=2× = ,E(X2)=2× = , 3 3 5 5 8 12 从而 E(2X1)=2E(X1)= ,E(3X2)=3E(X2)= . 3 5 因为 E(2X1)>E(3X2), 所以他们都选择方案甲进行抽奖时,累计得分的数学期望较大.

规范解答之二十三 离散型随机变量的均值求解指南 第一步:理清题意,分析条件与结论,确定所求事件,求出相应的概率值;第二步:确 定随机变量的所有可能取值,注意变量取值的准确性;第三步:根据条件及概率类型,求每 一个可能值所对应的概率;第四步:列出离散型随机变量的分布列,利用分布列的性质进行 检验是否准确;第五步:利用均值和方差公式求值. ———————— [1 个规范练] ———————— (12 分)某校 50 名学生参加智力答题活动,每人回答 3 个问题,答对题 目个数及对应人数统计结果见下表: 答对题目个数 人数 根据上表信息解答以下问题: (1)从 50 名学生中任选两人,求两人答对题目个数之和为 4 或 5 的概率; (2)从 50 名学生中任选两人, 用 X 表示这两名学生答对题目个数之差的绝对值, 求随机 变量 X 的分布列及数学期望 EX. 【规范解答】 (1)记“两人答对题目个数之和为 4 或 5”为事件 A,则
2 1 1 1 1

0 5

1 10

2 20

3 15

P(A)=

C20+C10C15+C20C15 190+150+300 128 = = , 2 C50 25×49 245

5分 6分

128 即两人答对题目个数之和为 4 或 5 的概率为 245 (2)依题意可知 X 的可能取值分别为 0,1,2,3. C5+C10+C20+C15 350 2 则 P(X=0)= = = , 2 C50 1225 7
2 2 2 2

7分 8分

P(X=1)=

C5C10+C10C20+C20C15 550 22 = = 2 C50 1225 49

1 1

1

1

1

1

89

P(X=2)= P(X=3)=

C5C20+C10C15 250 10 = = , 2 C50 1225 49 C5C15 75 3 = , 2 = C50 1225 49
1 1

1 1

1

1

9分 10 分

从而 X 的分布列为:

X P

0 2 7

1 22 49

2 10 49

3 3 49

2 22 10 3 51 故 X 的数学期望 EX=0× +1× +2× +3× = . 7 49 49 49 49

———————— [1 个示范例] ———————— 【名师寄语】 (1)解答本题的关键是正确确定随机变量 X 的取值并求出相应的概率, 注意分类讨论思想的应用. (2)分布列中某一栏的概率如果比较复杂,可不求而改由利用分布列的性质 p1+p2+? +pn=1 求解比较方便,否则也可用此性质检验各概率的计算有无错误. (2013·课标全国卷Ⅰ)一批产品需要进行质量检验, 检验方案是: 先从这批产品中任取 4 件作检验,这 4 件产品中优质品的件数记为 n.如果 n=3,再从这批产品中任取 4 件检验, 若都为优质品,则这批产品通过检验;如果 n=4,再从这批产品中任取 1 件作检验,若为 优质品,则这批产品通过检验;其他情况下,这批产品都不能通过检验. 1 假设这批产品的优质品率为 50%,即取出的每件产品是优质品的概率都为 ,且各件产 2 品是否为优质品相互独立. (1)求这批产品通过检验的概率; (2)已知每件产品的检验费用为 100 元,且抽取的每件产品都需要检验,对这批产品作 质量检验所需的费用记为 X(单元:元),求 X 的分布列及数学期望. 【解】 (1)设第一次取出的 4 件产品中恰有 3 件优质品为事件 A1,第一次取出的 4 件 产品全是优质品为事件 A2,第二次取出的 4 件产品都是优质品为事件 B1,第二次取出的 1 件产品是优质品为事件 B2, 这批产品通过检验为事件 A, 依题意有 A=(A1B1)∪(A2B2), 且 A1B1 4 1 1 1 与 A2B2 互斥, 所以 P(A)=P(A1B1)+P(A2B2)=P(A1)·P(B1|A1)+P(A2)P(B2|A2)= × + × 16 16 16 2 3 = . 64 4 1 11 1 (2)X 可能的取值为 400,500,800,并且 P(X=400)=1- - = ,P(X=500)= , 16 16 16 16

90

P(X=800)= ,
所以以 X 的分布列为

1 4

X P
11 16 1 16 1 4

400 11 16

500 1 16

800 1 4

EX=400× +500× +800× =506.25.
课时限时检测(六十五) 离散型随机变量的均值与方差、正态分布 (时间:60 分钟 满分:80 分)一、选择题(每小题 5 分,共 30 分) 1. 设随机变量 ξ 服从正态分布 N(2,9), 若 P(ξ >c+1)=P(ξ <c-1), 则 c=( A.1 B.2 C.3 D.4 【答案】 B 2.已知 X 的分布列为 )

X P

-1 1 2

0 1 3

1 1 6

1 23 1 则在下列式子中:①E(X)=- ;②D(X)= ;③P(X=0)= . 3 27 3 正确的个数是( )

A.0 B.1 C.2 D.3 【答案】 C 3.已知随机变量 X+η =8,若 X~B(10,0.6),则 E(η ),D(η )分别是( A.6 和 2.4 C.2 和 5.6 【答案】 B 4.某种种子每粒发芽的概率都为 0.9,现播种了 1 000 粒,对于没有发芽的种子,每 粒需再补种 2 粒,补种的种子数记为 X,则 X 的数学期望为( A.100 B.200 C.300 D.400 【答案】 B 5.已知随机变量 ξ 服从正态分布 N(0,σ ).若 P(ξ >2)=0.023,则 P(-2≤ξ ≤2) =( ) A.0.477 B.0.628 C.0.954 D.0.977 【答案】 C 6.甲、乙两人独立地从六门选修课程中任选三门进行学习,记两人所选课程相同的门
2

)

B.2 和 2.4 D.6 和 5.6

)

91

数为 ξ ,则 E(ξ )为(

)

A.1 B.1.5 C.2 D.2.5 【答案】 B 二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) 7.在某项测量中,测量结果 ξ 服从正态分布 N(1,σ )(σ >0).若 ξ 在(0,1)内取值 的概率为 0.4,则 ξ 在(0,2)内取值的概率为________. 【答案】 0.8 8.已知 X 的分布列为
2

X P

-1 1 2

0 1 6

1

a

设 Y=2X+1,则 Y 的数学期望 E(Y)的值是________. 【答案】 2 3

9.某公司有 5 万元资金用于投资开发项目,如果成功,一年后可获利 12%;如果失败, 一年后将丧失全部资金的 50%.下表是过去 200 例类似项目开发的实施结果: 投资成功 192 例 则该公司一年后估计可获收益的期望是________元. 【答案】 4 760 三、解答题(本大题共 3 小题,共 35 分) 10.(10 分)(2013·湖北高考改编)假设每天从甲地去乙地的旅客人数 X 是服从正态分 布 N(800,50 )的随机变量.记一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过 900 的概率为 p0.求 p0 的值. (参考数据:若 X~N(μ ,σ ),有 P(μ -σ <X≤μ +σ )=0.682 6,P(μ -2σ <X≤μ +2σ )=0.954 4,P(μ -3σ <X≤μ +3σ )=0.997 4) 【解】 由于随机变量 X 服从正态分布 N(800,50 ), 故有 μ = 800,σ = 50,P(700<X≤900)= 0.954 4.由正态分布的对称性,可得 p0 =
2 2 2

投资失败 8例

P(X≤900)=P(X≤800)+P(800<X≤900)= + P(700<X≤900)=0.977 2.
11.(12 分)某网站用“10 分制”调查一社区人们的幸福度.现从调查人群中随机抽取 16 名,以下茎叶图 10-9-3 记录了他们的幸福度分数(以小数点前的一位数字为茎,小数 点后的一位数字为叶):

1 1 2 2

92

图 10-9-3 (1)指出这组数据的众数和中位数; (2)若幸福度不低于 9, 则称该人的幸福度为“极幸福”. 求从这 16 人中随机选取 3 人, 至多有 1 人是“极幸福”的概率; (3)以这 16 人的样本数据来估计整个社区的总体数据,若从该社区(人数很多)任选 3 人,记 ξ 表示抽到“极幸福”的人数,求 ξ 的分布列及数学期望. 【解】 (1)众数:8,6;中位数:8.75 (2)由茎叶图可知,幸福度为“极幸福”的人有 4 人. 设 Ai 表示所取 3 人中有 i 个人是“极幸福”,至多有 1 人是“极幸福”记为事件 A,则

P(A)=P(A0)+P(A1)= 3 +

C12 C16

3

C4C12 121 3 = C16 140

1 2

4 1 (3)从 16 人的样本数据中任意选取 1 人,抽到“极幸福”的人的概率为 = ,故依题 16 4 1 意可知,从该社区中任选 1 人,抽到“极幸福”的人的概率 P= 4 ξ 的可能取值为 0,1,2,3
2 P(ξ =0)=? ?3= ;P(ξ =1)=C1 3 ? ? = 4 4 64 4 ? ? ? ? 64

?3?

27

1?3?

27 1 64

2 3 P(ξ =2)=C2 ;P(ξ =3)=? ? = 3? ? = 4 4

?1? 3 9 ? ? 4 64
ξ

?1? ? ?

所以 ξ 的分布列为 0 27 64 27 64 9 64 1 64 1 27 64 2 9 64 3 1 64

P
27 64

Eξ =0× +1× +2× +3× =0.75

? 1? 另解由题可知 ξ ~B?3, ?, ? 4?
1 所以 Eξ =3× =0.75. 4
93

12.(13 分)如图 10-9-4 所示,是某城市通过抽样得到的居民某年的月均用水量(单 位:吨)的频率分布直方图.

图 10-9-4 (1)求直方图中 x 的值; (2)若将频率视为概率,从这个城市随机抽取 3 位居民(看作有放回的抽样),求月均用 水量在 3 至 4 吨的居民数 X 的分布列、数学期望与方差. 【解】 (1)依题意及频率分布直方图知, 0.02+0.1+x+0.37+0.39=1,解得 x=0.12. (2)由题意知,X~B(3,0.1). 因此 P(X=0)=C3×0.9 =0.729,
2 P(X=1)=C1 3×0.1×0.9 =0.243, 2 P(X=2)=C2 3×0.1 ×0.9=0.027, 3 P(X=3)=C3 3×0.1 =0.001. 0 3

故随机变量 X 的分布列为

X P

0 0.729

1 0.243

2 0.027

3 0.001

X 的数学期望为 E(X)=3×0.1=0.3. X 的方差为 D(X)=3×0.1×(1-0.1)=0.27.

94


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