2018年高考数学一轮复习 第九章 计数原理与概率、随机变量.
2018高考数学(理)一轮复习课件 第九章 计数原理、概率、随机变量及其分布 第3讲 课件
60
2 a 5 5．在二项式x －x 的展开式中，x
的系数是－10，则实数 a
的值为________．
1
[解析]
ar r 2 5－r 10－3r Tr＋1＝C5(x ) · － ＝(－a)rCr · x . 5
x
3 当 10－3r＝1 时，r＝3，于是 x 的系数为(－a)3C3 5＝－10a ，
A
)
2 8 [解析] 由题意得 a8＝C8 102 (－1) ＝180.
4． (2016· 高考北京卷 ) 在 (1－ 2x)6 的展开式中， x2 的系数为 ________．(用数字作答)
r r [解析] (1－2x)6 的展开式的通项 Tr＋1＝Cr 当 r＝2 时， 6(－2) x ， 2 2 2 2 T3＝C2 ( － 2) x ＝ 60 x ，所以 x 的系数为 60. 6
[典例引领] (1)(x
2
1 5 3 ＋2)x2－1 的展开式的常数项是________．
2
1 5 (2)(2016· 高考山东卷)若(ax ＋ ) 的展开式中 x5 的系数是－ x 80，则实数 a＝________．
－2
【解析】 (x
2
(1)(x
2
1 5 ＋2)x2－1 ＝
n
(2)通项
k n k k C b na 第 k＋1 项为：Tk＋1＝______________ ．
－
(3)二项式系数
k C ) n(k＝0，1，2，…，n 二项展开式中各项的二项式系数为：___________________ ．
2．二项式系数的性质
1．辨明三个易误点
n－ k k (1)通项 Tk＋1＝Ck a b 是展开式的第 k＋1 项，不是第 k 项． n
2018届高三数学理一轮总复习课件：第九章 计数原理、概率、随机变量及其分布 9-3 精品
解析：选 C.法一：利用二项展开式的通项公式求解． (x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，
2 3 2 含 y2 的项为 T3＝C2 ( x ＋ x ) · y . 5 4 1 5 其中(x2＋x)3 中含 x5 的项为 C1 x · x ＝ C 3 3x . 1 所以 x5y2 的系数为 C2 5C3＝30.故选 C.
系数逐渐 增大 ．由对称性知它的后半部分是逐渐减小的；当 n 是偶数时，中间一项
n C2 取得最大值；当
n
n 是奇数时，中间两项
n-1 n+1 C 2 ，C 2 取得最大值．
n
n
1 r r 2． 展开式的各二项式系数和： 由(1＋x)n＝C0 ＋ C x ＋ „ ＋ C n n nx n 0 1 2 r n 2 ＋„＋Cn x ， 令 x ＝ 1 ， 得 C ＋ C ＋ C ＋ „ ＋ C ＋ „ ＋ C n n n n n n＝ 2 4 1 3 5 2 令 x＝－1，得 C0 ＋ C ＋ C ＋ „ ＝ C ＋ C ＋ C n n n n n n＋„＝
法二：利用组合知识求解． (x2＋x＋y)5 为 5 个 x2＋x＋y 之积，其中有两个取 y，两个取
2 1 x2，一个取 x 即可，所以 x5y2 的系数为 C2 5C3C1＝30.故选 C.
2．(2015· 高考湖北卷)已知(1＋x)n 的展开式中第 4 项与第 8 项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为( A．29 C．211 B．210 D．212 )
(3)字母 a 按降幂 排列，从第一项开始，次数由 n 逐项减 1 直 到零；字母 b 按升幂排列，从第一项起，次数由零逐项增 1 直到 n.
0 n 1 n－1 C n C (4)二项式的系数从 ，Cn，一直到 Cn ， n ．
2018年高考数学理一轮复习课件 第九章 计数原理、概率
B
x－y＋1≥0， [ 解析 ] 不等式组 x＋y－3≤0， 表示的平面区域的面积 y≥ 0
x－y＋1≥0， x＋y－3≤0， 1 为 ×(1＋3)×2＝4； 不等式组 表示的平面区域 2 y≥ 0， y<2x 1 3 的面积为 ×3×2＝3，因此所求的概率等于 . 2 4
[解析] 如图所示，分别画出 A，B 表示的区域，A 表示的区 域为圆及其内部，B 表示的区域为正方形及其内部，根据几 18 2 何概型可知，所求概率为 2＝ . π· 3 π
2 [答案] π
11.如图所示，圆 O 的方程为 x2＋y2＝4. (1)已知点 A 的坐标为(2，0)，B 为圆周上任意 ︵ 一点，求AB的长度小于 π 的概率； (2)若 N(x，y)为圆 O 内任意一点，求点 N 到原点的距离大于 2的概率．
→ → → → → → → → ＝PD， 因为PB＋PC＋2 PA＝0， 所以PB＋PC＝－2PA， 得PD → ＝－2PA， 由此可得， P 是△ABC 边 BC 上的中线 AO 的中点， 1 1 点 P 到 BC 的距离等于 A 到 BC 距离的 ， 所以 S△PBC＝ S△ABC， 2 2 所以将一粒黄豆随机撒在△ABC 内， 黄豆落在△PBC 内的概 S△PBC 1 率为 ＝ . S△ABC 2
a
2
0
1 1－ 3 2 1 1 所以 a＞ ，所以 Pa＞3＝ ＝ . 3 1 3
x－y＋1≥0， 5．在满足不等式组x＋y－3≤0，的平面点集中随机取一点 y≥ 0 M(x0，y0)，设事件 A 为“y0<2x0” ，那么事件 A 发生的概率是 ( 1 A． 4 1 C． 3 ) 3 B． 4 2 D． 3
6 3． 在区间[0， π]上随机取一个数 x， 则事件“ x＋cos x≥ ” 2 发生的概率为( 1 A． 4 1 C． 2 ) 1 B． 3 2 D． 3
2018年高考数学理一轮复习课时达标：第九章 计数原理与概率、随机变量及其分布59 含答案 精品
课时达标 第59讲[解密考纲]古典概型在高考中常以选择题或填空题的形式出现，有时与集合、函数、不等式等知识综合，以解答题形式出现．一、选择题1．从{1,2,3,4,5}中随机选取一个数a ，从{1,2,3}中随机选取一个数b ，则a <b 的概率为( D )A ．45B ．35C ．25D ．15解析：从1,2,3,4,5中随机选取一个数的取法有5种，从1,2,3中随机选取一个数的取法有3种，所以a ，b 的可能结果有5×3＝15种，其中a <b 的结果有(1,2)，(1,3)，(2,3)，共3种．所以所求概率为P ＝315＝15，故选D ．2．随机掷两枚质地均匀的骰子，它们向上的点数之和不超过4的概率记为p 1，点数之和大于8的概率记为p 2，点数之和为奇数的概率记为p 3，则( A )A ．p 1<p 2<p 3B ．p 2<p 1<p 3C ．p 1<p 3<p 2D ．p 3<p 1<p 2解析：随机掷两枚质地均匀的骰子，共有36种不同结果，其中向上的点数之和不超过4的有6种不同结果；点数之和大于8的有10种不同结果；点数之和为奇数的有18种不同结果，故p 1＝636＝16，p 2＝1036＝518，p 3＝1836＝12，故p 1<p 2<p 3.3．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 )A ．13B ．12C ．23D ．34解析：甲、乙两位同学参加3个小组的所有可能性有3×3＝9(种)，其中甲、乙两人参加同—个小组的情况有3种，故甲、乙两位同学参加同一个兴趣小组的概率P ＝39＝13.4．从1,2,3,4这四个数字中一次随机取两个，则取出的这两个数字之和为偶数的概率是( B )A ．16B ．13C ．12D ．15解析：从1,2,3,4这四个数字中一次随机取两个，共有6种情况，其中取出的这个数字之和为偶数的情况有(1,3)，(2,4)，共2种，所以P ＝26＝13.5．把一颗骰子投掷两次，第一次出现的点数记为m ，第二次出现的点数记为n ，方程组⎩⎪⎨⎪⎧mx ＋ny ＝3，2x ＋3y ＝2只有一组解的概率是( D ) A ．23B ．34C ．15D ．1718解析：方程组只有一组解，除了⎩⎪⎨⎪⎧m ＝2，n ＝3，⎩⎪⎨⎪⎧m ＝4，n ＝6这两种情况之外都可以，故所求概率P ＝6×6－26×6＝1718.6．甲、乙两人玩猜数字游戏，先由甲心中想一个数字，记为a ，再由乙猜甲刚才所想的数字，把乙猜的数字记为b ，其中a ，b ∈{1,2,3,4,5,6}，若|a －b |≤1，就称甲、乙“心相近”．现任意找两人玩这个游戏，则他们“心相近”的概率为( D )A ．19B ．29C ．718D ．49解析：试验包含的基本事件共有6×6＝36种结果．其中满足题设条件的有如下情况： 若a ＝1，则b ＝1,2；若a ＝2，则b ＝1,2,3； 若a ＝3，则b ＝2,3,4；若a ＝4，则b ＝3,4,5 ； 若a ＝5，则b ＝4,5,6；若a ＝6，则b ＝5,6. 共16种．故他们“心相近”的概率为P ＝1636＝49.二、填空题7．将2本不同的数学书和1本语文书在书架上随机排成一行，则2本数学书相邻的概率为23.解析：设2本数学书分别为A ，B ，语文书为C ，则所有的排放顺序有ABC ，ACB ，BAC ，BCA ，CAB ，CBA ，共6种情况，其中数学书相邻的有ABC ，BAC,CAB ，CBA ，共4种情况，故2本数学书相邻的概率P ＝46＝23.8．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13.解析：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种的所有可能情况为(红，白)，(白，红)，(红，蓝)，(蓝，红)，(白，蓝)，(蓝，白)，(红，红)，(白，白)，(蓝，蓝)，共9种，他们选择相同颜色运动服的所有可能情况为(红，红)，(白，白)，(蓝，蓝)，共3种．故所求概率为P ＝39＝13.9．(2017·山东潍坊模拟)如图，茎叶图表示甲、乙两名篮球运动员在五场比赛中的得分，其中一个数字被污损，则甲的平均得分不超过乙的平均得分的概率为710.解析：由茎叶图知甲在五场比赛中的得分总和为18＋19＋20＋21＋22＝100；乙运动员在已知成绩的四场比赛中得分总和为15＋16＋18＋28＝77，乙的另一场得分是20到29十个数字中的任何一个的可能性是相等的，共有10个基本事件，而事件“甲的平均得分不超过乙的平均得分”就包含了其中的23,24,25,26,27,28,29共7个基本事件，所以甲的平均得分不超过乙的平均得分的概率为710.三、解答题10．一个袋中装有四个形状大小完全相同的球，球的编号分别为1,2,3,4. (1)从袋中随机取两个球，求取出的球的编号之和不大于4的概率；(2)先从袋中随机取一个球，该球的编号为m ，将球放回袋中，然后再从袋中随机取一个球，该球的编号为n ，求n <m ＋2的概率．解析：(1)从袋中随机取两个球，其一切可能的结果组成的基本事件有{1,2}，{1,3}，{1,4}，{2,3}，{2,4}，{3,4}，共6个．从袋中取出的球的编号之和不大于4的事件共有{1,2}，{1,3}两个．因此所求事件的概率P ＝26＝13.(2)先从袋中随机取一个球，记下编号为m ，放回后，再从袋中随机取一个球，记下编号为n ，其一切可能的结果(m ，n )有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，共16个．又满足条件n ≥m ＋2的事件为(1,3)，(1,4)，(2,4)，共3个， 所以满足条件n ≥m ＋2的事件的概率为P 1＝316.故满足条件n <m ＋2的事件的概率为1－P 1＝1－316＝1316.11．设连续掷两次骰子得到的点数分别为m ，n ，令平面向量a ＝(m ，n )，b ＝(1，－3)．(1)求使得事件“a ⊥b ”发生的概率； (2)求使得事件“|a |≤|b |”发生的概率．解析：(1)由题意知，m ∈{1,2,3,4,5,6}，n ∈{1,2,3,4,5,6}， 故(m ，n )所有可能的取法共36种．使得a ⊥b ，即m －3n ＝0，即m ＝3n ，共有2种：(3,1)，(6,2)， 所以事件a ⊥b 的概率为236＝118.(2)|a|≤|b|，即m 2＋n 2≤10，此时共有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(3,1)6种使得|a|≤|b|，其概率为636＝16.12．一个均匀的正四面体的四个面上分别涂有1,2,3,4四个数字，现随机投掷两次，正四面体面朝下的数字分别为b ，c .(1)z ＝(b －3)2＋(c －3)2，求z ＝4的概率；(2)若方程x 2－bx －c ＝0至少有一根x ∈{1,2,3,4}，就称该方程为“漂亮方程”，求方程为“漂亮方程”的概率．解析：(1)因为是投掷两次，因此基本事件(b ，c )：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)共16个．当z ＝4时，(b ，c )的所有取值为(1,3)，(3,1)， 所以P (z ＝4)＝216＝18.(2)①若方程一根为x ＝1，则1－b －c ＝0，即b ＋c ＝1，不成立． ②若方程一根为x ＝2，则4－2b －c ＝0，即2b ＋c ＝4，所以⎩⎪⎨⎪⎧ b ＝1，c ＝2.③若方程一根为x ＝3，则9－3b －c ＝0，即3b ＋c ＝9，所以⎩⎪⎨⎪⎧b ＝2，c ＝3.④若方程一根为x ＝4，则16－4b －c ＝0，即4b ＋c ＝16，所以⎩⎪⎨⎪⎧b ＝3，c ＝4.由①②③④知，(b ，c )的所有可能取值为(1,2)，(2,3)，(3,4)． 所以方程为“漂亮方程”的概率为P ＝316.。
2018年高考数学一轮复习第九章计数原理与概率随机变量及其分布课时达标60几何概型理
2018年高考数学一轮复习 第九章 计数原理与概率、随机变量及其分布 课时达标60 几何概型 理[解密考纲]几何概型在高考中常以选择题或填空题的形式出现． 一、选择题1．在区间[－2,3]上随机选取一个数X ，则X ≤1的概率为( B ) A ．45 B ．35 C ．25D ．15解析：区间[－2,3]的长度为3－(－2)＝5，[－2,1]的长度为1－(－2)＝3，故满足条件的概率P ＝35.2．设p 在[0,5]上随机地取值，则关于x 的方程x 2＋px ＋1＝0有实数根的概率为( C ) A ．15 B ．25 C ．35D ．45解析：方程有实根，则Δ＝p 2－4≥0，解得p ≥2或p ≤－2(舍去)．所以所求概率为5－25－0＝35. 3．在区间[0,2π]上任取一个数x ，则使得2sin x >1的概率为( C ) A ．16 B ．14 C ．13D ．23解析：∵2sin x >1，x ∈[0,2π]，∴x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，5π6，∴p ＝5π6－π62π＝13，故选C ．4．(2017·四川成都模拟)如图所示，半径为3的圆中有一封闭曲线围成的阴影区域，在圆中随机扔一粒豆子，它落在阴影区域内的概率是13，则阴影部分的面积是( D )A ．π3B ．πC．2π D．3π解析：设阴影部分的面积为S1，圆的面积S＝π×32＝9π，由几何概型的概率计算公式得S1S＝13，得S1＝3π.5．(2017·北京昌平模拟)设不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x－2y＋2≥0，x≤4，y≥－2表示的平面区域为D.在区域D内随机取一个点，则此点到直线y＋2＝0的距离大于2的概率是( D ) A．413B．513C．825D．925解析：作出平面区域可知平面区域D是以A(4, 3)，B(4，－2)，C(－6，－2)为顶点的三角形区域，当点在△AED区域内时，点到直线y＋2＝0的距离大于2.P＝S△AEDS△ABC＝12×6×312×10×5＝925，故选D．6．(2017·广东佛山模拟)已知函数f(x)＝x2＋bx＋c，其中0≤b≤4,0≤c≤4.记函数f(x)满足条件⎩⎪⎨⎪⎧f2≤12，f－2≤4为事件A，则事件A发生的概率为( C ) A．14B．58C．12D．38解析：由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧4＋2b＋c≤12，4－2b＋c≤4，0≤b≤4，0≤c≤4，即⎩⎪⎨⎪⎧2b ＋c －8≤0，2b －c ≥0，0≤b ≤4，0≤c ≤4，表示的区域如图阴影部分所示，可知阴影部分的面积为8，所以所求概率为12，故选C ．二、填空题7．正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为1，在正方体内随机取点M ，则使四棱锥M ABCD 的体积小于16的概率为12.解析：当V MABCD ＝16时，即13×1×1×h ＝16，解得h ＝12，即点M 到底面ABCD 的距离小于12，所以所求概率P ＝1×1×121×1×1＝12.8．(2017·湖北八校联考)记集合A ＝{(x ，y )|x 2＋y 2≤4}和集合B ＝{(x ，y )|x ＋y －2≤0，x ≥0，y ≥0}表示的平面区域分别为Ω1和Ω2，若在区域Ω1内任取一点M (x ，y )，则点M落在区域Ω2的概率为12π.解析：作圆O ：x 2＋y 2＝4，区域Ω1就是圆O 内部(含边界)，其面积为4π，区域Ω2就是图中△AOB 内部(含边界)，其面积为2，因此所求概率为24π＝12π.9．在区间(0,1)内随机地取出两个数，则两数之和小于65的概率是1725.解析：设随机取出的两个数分别为x ，y ，则0<x <1,0<y <1，依题意有x ＋y <65，由几何概型知，所求概率为P ＝12－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15×⎝⎛⎭⎪⎫1－1512＝1725. 三、解答题10．甲、乙两艘轮船驶向一个不能同时停泊两艘轮船的码头，它们在一昼夜内任何时刻到达是等可能的．(1)如果甲船和乙船的停泊时间都是4小时，求它们中的任何一条船不需要等待码头空出的概率；(2)如果甲船的停泊时间为4小时，乙船的停泊时间为2小时，求它们中的任何一条船不需要等待码头空出的概率．解析：(1)设甲、乙两船到达时间分别为x ，y ，则0≤x <24,0≤y <24 且y －x ≥4或y －x ≤－4. 作出区域⎩⎪⎨⎪⎧0≤x <24，0≤y <24，y －x >4或y －x <－4.设“两船无需等待码头空出”为事件A ， 则P (A )＝2×12×20×2024×24＝2536.(2)当甲船的停泊时间为4小时，乙船的停泊时间为2小时，两船不需等待码头空出，则满足x －y ≥2或y －x ≥4.设在上述条件时“两船不需等待码头空出”为事件B ，画出区域 ⎩⎪⎨⎪⎧0≤x <24，0≤y <24，y －x ≥4或x －y ≥2.则P (B )＝12×20×20＋12×22×2224×24＝442576＝221288.11．已知袋子中放有大小和形状相同的小球若干，其标号为0的小球1个，标号为1的小球1个，标号为2的小球n 个．若从袋子中随机抽取1个小球，取到标号为2的小球的概率是12.(1)求n的值；(2)从袋子中不放回地随机抽取2个小球，记第一次取出的小球标号为a ，第二次取出的小球标号为b .①记“2≤a ＋b ≤3”为事件A ，求事件A 的概率；②在区间[0,2]内任取2个实数x ，y ，求事件“x 2＋y 2>(a －b )2恒成立”的概率． 解析：(1)由题意共有小球n ＋2个，标号为2的小球n 个．从袋子中随机抽取1个小球，取到标号为2的小球的概率是nn ＋2＝12，解得n ＝2. (2)①从袋子中不放回地随机抽取2个球，记第一次取出的小球标号为a ，第二次取出的小球标号为b ，则取出2个小球的可能情况共有12种结果，令满足“2≤a ＋b ≤3”为事件A ，则事件A 共有8种结果，故P (A )＝812＝23；②由①可知(a －b )2≤4，故x 2＋y 2>4，(x ，y )可以看成平面中点的坐标，则全部结果构成的区域Ω＝{ (x ，y )|0≤x ≤2,0≤y ≤2，x ，y ∈R }，由几何概型可得概率为：P ＝4－14π·224＝1－π4.12．甲、乙两家商场对同一种商品开展促销活动，对购买该商品的顾客两家商场的奖励方案如下：甲商场：顾客转动如图所示圆盘，当指针指向阴影部分(图中四个阴影部分均为扇形，且每个扇形圆心角均为15°，边界忽略不计)即为中奖．乙商场：从装有3个白球3个红球的盒子中一次性摸出2个球(球除颜色外不加区分)，如果摸到的是2个红球，即为中奖．问：购买该商品的顾客在哪家商场中奖的可能性大？解析：如果顾客去甲商场，试验的全部结果构成的区域为圆盘，面积为πR 2(R 为圆盘的半径)，阴影区域的面积为4×15πR 2360＝πR26.所以，在甲商场中奖的概率为P 1＝πR26πR 2＝16.如果顾客去乙商场，记盒子中3个白球为a 1，a 2，a 3,3个红球为b 1，b 2，b 3，记(x ，y )为一次摸球的结果，则一切可能的结果有：(a1，a2)，(a1，a3)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3 )，(a2，a3)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(a3，b1)，(a3，b2)，(a3，b3 )，(b1，b2)，(b1，b3)，(b2，b3)，共15种，摸到的2个球都是红球有(b1，b2)，(b1，b3)，(b2，b3)共3个，所以在乙商场中奖的概率为P2＝315＝15，又P1<P2，所以顾客在乙商场中奖的可能性大．。
2018年高考数学一轮温习第九章计数原理与概率随机变量及其散布课时达标59古典概型理
解析：(1)由题意知，m∈{1,2,3,4,5,6}，n∈{1,2,3,4,5,6}，
故(m，n)所有可能的取法共36种．
使得a⊥b，即m－3n＝0，即m＝3n，共有2种：(3,1)，(6,2)，
因此事件a⊥b的概率为 ＝ .
(2)|a|≤|b|，即m2＋n2≤10，现在共有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(3,1)6种使得|a|≤|b|，其概率为 ＝ .
2018年高考数学一轮温习 第九章 计数原理与概率、随机变量及其散布 课时达标59 古典概型 理
[解密考纲]古典概型在高考中常以选择题或填空题的形式显现，有时与集合、函数、不等式等知识综合，以解答题形式显现．
一、选择题
1．从{1,2,3,4,5}中随机选取一个数a，从{1,2,3}中随机选取一个数b，那么a<b的概率为( D )
三、解答题
10．一个袋中装有四个形状大小完全相同的球，球的编号别离为1,2,3,4.
(1)从袋中随机取两个球，求掏出的球的编号之和不大于4的概率；
(2)先从袋中随机取一个球，该球的编号为m，将球放回袋中，然后再从袋中随机取一个球，该球的编号为n，求n<m＋2的概率．
解析：(1)从袋中随机取两个球，其一切可能的结果组成的大体事件有{1,2}，{1,3}，{1,4}，{2,3}，{2,4}，{3,4}，共6个．
二、填空题
7．将2本不同的数学书和1本语文书在书架上随机排成一行，那么2本数学书相邻的概率为 .
解析：设2本数学书别离为A，B，语文书为C，那么所有的排放顺序有ABC，ACB，BAC，BCA，CAB，CBA，共6种情形，其中数学书相邻的有ABC，BAC,CAB，CBA，共4种情形，故2本数学书相邻的概率P＝ ＝ .
2018年高考数学一轮复习课件：第九章 计数原理与概率、随机变量及其分布 第55讲
法必须属于某一类，不能重复．
第十页，编辑于星期六：二十二点 十八分。
• 【例1】 (1)高三一班有学生50人，男生30人， 女生20人；高三二班有学生60人，男生30人， 女生30人；高三三班有学生55人，男生16535人， 女生20人．
第二十二页，编辑于星期六：二十二点 十八分。
• 2．已知集合A＝{x|x＝a0＋a1×3＋a2×32＋ a3×33}，其中ai∈{D0,1,2}(i＝0,1,2,3)且a3≠0， 则A中所有元素之和等于( )
• A．3 240 B．3 120
• C．2 997 D．2 889
• 解析：由题意可知，a0，a1，a2各有3种取法 (均可取0,1,2)，a3有2种取法(可取1,2)，由分步 乘法计数原理可得共有3×3×3×2种取法．
第二十一页，编辑于星期六：二十二点 十八分。
• 1．如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的 四位数叫做“好数”，那么在由1,2C,3,4四个数 字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共 有( )
• A解．析：9当个重复数B字．是31个时，有 C13·C13种；当重复数字不是 1 时，有 C13种．由分类 加• 法C计．数原1理2，个得满足条件的D“．好数6个”有 C13·C13＋C13＝12 个．
96
• (2)(2017·南京模拟)如图，用4种不同 的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色 全部使用)，要求每个区域涂一种颜 色，相邻的区域不能涂相同的颜色， 则不同的涂色方法有__________
第十九页，编辑于星期六：二十二点 十八分。
解析：(1)区域 A 有 5 种涂色方法；区域 B 有 4 种涂色方法；区域 C 的涂色方法 可分 2 类；若 C 与 A 涂同色，区域 D 有 4 种涂色方法；若 C 与 A 涂不同色，此时区 域 C 有 3 种涂色方法，区域 D 也有 3 种涂色方法．所以共有 5×4×4＋5×4×3×3 ＝260(种)涂色方法．
2018年高考数学一轮复习第九章计数原理与概率随机变量及其分布第59讲古典概型课件理
(4)利用古典概型的概率公式求“在边长为 2 的正方形内任取一点，这点到正方 形中心距离小于或等于 1”的概率．(× ) 1 (5)“从长为 1 的线段 AB 上任取一点 C，求满足 AC≤3的概率是多少”是古典概 型．( × )
1 1 1 解析：(1)错误．摸到红球的概率为2，摸到黑球的概率为3，摸到白球的概率为6. 1 1 (2)正确．取到小于 0 的数的概率为2，取到不小于 0 的数的概率也为2. 1 1 (3)错误．男同学当选的概率为3，女同学当选的概率为4. (4)错误．由于正方形内点的个数具有无限性，与古典概型不符． (5)错误．线段上的点及所取的点不具有古典概型所满足的有限性，所以(5)错误．
1．投掷两枚质地均匀的骰子，向上的点数之差的绝对值为 3 的概率是( B ) 1 A．9 1 C．18 1 B．6 1 D．12
解析：抛掷两枚质地均匀的骰子，向上的点数之差的绝对值为 3 的情况有：1,4； 4,1；2,5；5,2；3,6；6,3；共 6 种，而抛掷两枚质地均匀的骰子的情况有 36 种，所以 6 1 所求概率 P＝36＝6，故选 B．
解析： 列举法： 从分别写有 1,2,3,4,5 的五张卡片中依次取两张， 总的情况为： (1,2)， (1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,1)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,1)，(3,2)，(3,4)，(3,5)，(4,1)，(4,2)， (4,3)，(4,5)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)共 20 种情况．两张卡片上的数字之和为偶数的 有：(1,3)，(1,5)，(2,4)，(3,1)，(3,5)，(4,2)，(5,1)，(5,3)共 8 种情况．∴从分别写有 8 1,2,3,4,5 的五张卡片中依次取两张，这两张卡片上的数字之和为偶数的概率 P＝20＝ 2 5，故选 D．
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2018年高考数学一轮复习 第九章 计数原理与概率、随机变量及其分布 第62讲 条件概率、n 次独立重复试验与二项分布实战演练 理
1．(2015·全国卷Ⅰ)投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为( A )
A ．0.648
B ．0.432
C ．0.36
D ．0.312
解析：该同学通过测试的概率P ＝C 2
3×0.62
×0.4＋0.63
＝0.432＋0.216＝0.648，故选A ． 2．(2016·四川卷)同时抛掷两枚质地均匀的硬币，当至少有一枚硬币正面向上时，就说这次试验成功，则在2次试验中成功次数X 的均值是32
.
解析：同时抛掷两枚质地均匀的硬币，至少有一枚硬币正面向上的概率为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝3
4
，
且X ～B ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2，34，∴均值是2×34＝32. 3．(2015·广东卷)已知随机变量X 服从二项分布B (n ，p )．若E (X )＝30，D (X )＝20，则p ＝1
3
.
解析：因为X ～B (n ，p )，所以E (X )＝np ＝30，D (X )＝np (1－p )＝20，解得n ＝90，p ＝13
. 4．(2016·全国卷Ⅱ)某险种的基本保费为a (单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：
(1)(2)若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率； (3)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值．
解析：(1)设A 表示事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费”，则事件A 发生当且仅当一年内出险次数大于1，故P (A )＝0.2＋0.2＋0.1＋0.05＝0.55.
(2)设B 表示事件：“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%”，则事件B 发生当且当一年内出险次数大于3，故P (B )＝0.1＋0.05＝0.15.
又P (AB )＝P (B )，故P (B |A )＝P AB P A ＝P B P A ＝0.150.55＝3
11
.
因此所求概率为3
11
.
(3)记续保人年度的保费为X 元，则X 的分布列为
E (X )＝2a ×0.05
＝1.23a .
因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23.。