【配套课件】《创新设计·高考一轮总复习》数学 浙江专用(理)第十一篇随机变量及其分布列 第1讲
解析
由题意取出的3个球必为2个旧球1个新球，故P(X＝4)
1 C2 C 27 3 9 ＝ C3 ＝220. 12
答案 A
4 ．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 C．7 解析 B．10 D．6
且n≤N，M≤N，n、M、N∈N*，则称分布列 X 0
－
1
－
„
m
－
n 0 1 n 1 m n m C0 · C C C C － － M N M M N M MCN－M „ P n n Cn C C N N N
为超几何分布列．
【助学·微博】
一类表格
离散型随机变量的分布列实质是进行数据处理的一种表 格．第一行数据是随机变量的取值；第二行数据是第一行 数据代表事件的概率．利用离散型随机变量的分布列，很 容易求出其期望和方差等特征值．
三种方法
(1)由统计数据得到离散型随机变量分布列；
(2)由古典概型求出离散型随机变量分布列； (3) 由互斥事件、独立事件的概率求出离散型随机变量分布 列．
考点自测 1 ． 10 件产品中有 3 件次品，从中任取 2 件，可作为随机变量
的是
A．取到产品的件数 C．取到次品的件数 解析
(
B．取到正品的概率 D．取到次品的概率
示．
(2)离散型随机变量 对于随机变量可能取的值，可以按一定 次序 一 一 列 出 ， 这样的随机变量叫做离散型随机变量．
(3)分布列 设离散型随机变量X可能取得值为x1，x2，…，xi，…xn，X取
每一个值xi(i＝1,2，…，n)的概率为P(X＝xi)＝ pi ，则称表
X x1 x2 „ xi „ xn P p1 p2 „ pi „ pn 为随机变量X的概率分布列，简称X的分布列． (4)分布列的两个性质 1 ①pi≥ 0 ，i＝1,2，…，n；②p1＋p2＋…＋pn＝__.
2．两点分布 如果随机变量X的分布列为 X P p的 两点分布 ． 1 p 0 q
其中0<p<1，q＝1－p，则称离散型随机变量X服从参数为
3．超几何分布列 在含有M件次品数的N件产品中，任取n件，其中含有X 件次品，则事件{X＝k}发生的概率为：P(X＝k)＝
n－k Ck C M N－M n C N __________ (k＝0,1,2，„，m)，其中m＝min{M，n}，
)．
A中取到的产品件数是一个常量而不是一个变量；
B、D中的概率也是一个定值；而C中取到的次品数可能是
0,1,2，是随机变量．
答案 C
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 2 C.3 1 B.2 1 D.3 ( )．
解析 设X的分布列为 X P 0 p 1 2p
C2 6 C1 C1 9 C2 9 9· 3 3 P(ξ＝0)＝ C2 ＝ 11 ，P(ξ＝1)＝ C2 ＝ 22 ，P(ξ＝2)＝ C2 ＝ 12 12 12 1 22.ξ的分布列为 ξ 0 1 2
6 9 1 P 11 22 22 6 9 1 1 故E(ξ)＝0×11＋1×22＋2×22＝2.
[方法锦囊] 求离散型随机变量的分布列的步骤：①确定离散
取值为0,1,2，算出其概率，即可列出ξ的分布列，从而求出ξ 的期望．
解
(1)由频率分布直方图知(0.006×3＋0.01＋x＋
0.054)×10＝1，解得x＝0.018. (2)由频率分布直方图知成绩不低于80分的学生人数为(0.018 ＋0.006)×10×50＝12，成绩在90分以上(含90分)的人数为 0.006×10×50＝3. 因此ξ可能取0,1,2三个值．
解析
Y 的所有可能值为 1,2,3,4
1 1 P(Y＝1)＝5，P(Y＝2)＝5， 2 1 P(Y＝3)＝5，P(Y＝4)＝5. ∴Y 的分布列为 Y 1 2 3 4 1 1 2 1 P 5 5 5 5
答案
Y 1 2 3 4 P 1 1 2 1 5 5 5 5
考向一 由统计数据求离散型随机变量的分布列 【例1】►(2012·广东卷)某班50位学生期中考试数学成绩的频
(
)．
X的可能取值为1＋2＝3,1＋3＝4,1＋4＝5＝2＋3，1
＋5＝6＝4＋2,2＋5＝7＝3＋4,3＋5＝8,4＋5＝9.
答案 C
5 ． ( 人教 A 版教材习题改编 ) 一实验箱中装有标号为 1,2,3,3,4
的5只白鼠，若从中任取1只，记取到的白鼠的标号为Y， 则随机变量Y的分布列是________．
第1讲 离散型随机变量及其分布列
【2014年高考浙江会这样考】
1 ．随机变量的分布列多结合排列组合、古典概型、互斥、
独立事件来考查，要会把以实际问题为背景的题目转化为 概率问题，这是解决问题的关键． 2．考查两点分布和超几何分布的简单应用．
考点梳理
1．离散型随机变量的分布列 (1)随机变量 如果随机试验的结果可以用一个 变量 来表示，那么这样 的变量叫做随机变量，随机变量常用字母X，Y，ξ，η等表
率分布直方图如图所示，其中成绩分组区间是：[40,50)，
[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]．
(1)求图中x的值； (2)从成绩不低于80分的学生中随机选取2人，该2人中成绩在
90分以上(含90分)的人数记为ξ，求ξ的分布列及数学期望．ห้องสมุดไป่ตู้
[审题视点] (1)抓住总面积和为1即可算得x的值．(2)ξ的可能
型随机变量所有的可能取值，以及取这些值时的意义；②尽
量寻求计算概率时的普遍规律；③检查计算结果是否满足分 布列的第二条性质．
【训练 1】 (2011· 广东卷改编 ) 为了解甲、乙两厂的产品质
即“X＝0”表示试验失败，“X＝1”表示试验成功，设失 1 败率为p，则成功率为2p.由p＋2p＝1，得p＝3.
答案 D
3．(2013· 银川模拟)一盒中有12个乒乓球，其中9个新的，3 个旧的，从盒中任取3个球来用，用完后装回盒中，此 时盒中旧球个数X是一个随机变量，则P(X＝4)的值为 ( 27 A.220 1 C.220 27 B.55 21 D.25 )．
【配套课件】《创新设计·高考一轮总复习》数学 浙江专用(理)第一篇 集合与常用逻辑用语 第3讲
2x 2x
)．
解析 对于A选项：∀x∈R，sin 2 ＋cos 2 ＝1，故A为假 π 1 3 命题；对于B选项：存在x＝ ，sin x＝ ，cos x＝ ，sin 6 2 2 x＜cos x，故B为假命题；对于C选项：构造函数g(x)＝ex －1－x，g′(x)＝ex－1，当∈(0，＋∞)时，g′(x)＞0， ∴g(x)在(0，＋∞)上为增函数，则g(x)＞g(0)＝0，得ex＞ 1＋x在(0，＋∞)上恒成立，故C为真命题；对于D选项： x
綈p 假
真
假 假
假
真 假
假
假 假
真
真 假
假
真 真
2.全称量词与存在量样的词语，一般在指定
的范围内都表示事物的全体，这样的词叫做全称量词，用 全称 符 号 “ ∀ ” 表 示 ， 含 有 全 称量 词 的 命题 ， 叫 做 _______ 命题 ．全称命题“对M中任意一个x，有p(x)成立”可用 ______ 符号简记为： ∀x∈M，p(x) ．
②短语“存在一个”“至少有一个”这样的词语，都是表
示事物的个体或部分的词叫做存在量词．并用符号“∃”
表示．含有存在量词的命题叫做 特称命题 ∃x0∈M，p(x0) ． ．特称命题 “存在M中的一个 x0 ，使p(x0) 成立”可以用符号简记为：
(2)含有一个量词的命题的否定
命题
命题的否定
∀x∈M，p(x)
由于 ∀ x∈R 都有 x2≥0 ，因而有 x2 ＋ 3≥3 ，所以命题
“∀x∈R，x2＋3<0”为假命题； 由于0∈N，当x＝0时，x2≥1不成立，所以命题“∀x∈N， x2≥1”是假命题；
由于－1∈Z，当x＝－1时，x5<1，所以命题“∃x∈Z， 使x5<1”为真命题； 由于使x2＝3成立的数只有± 3 ，而它们都不是有理数， 因此没有任何一个有理数的平方能等于3，所以命题“∃ x∈Q，x2＝3”为假命题．
【配套课件】《创新设计·高考一轮总复习》数学 浙江专用(理)第十一篇 概率与统计 第2讲
考点自测 1 ． 10 名 工 人 某 天 生 产 同 一 零 件 ， 生 产 的 件 数 分 别 是
15,17,14,10,15,19,17,16,14,12 ，则这一天 10 名工人生产的
零件的中位数是 A．14 C．15 B．16 D．17 ( )．
解析 将这组数据从小到大排列得 15＋15 10,12,14,14,15,15,16,17,17,19.故中位数为 2 ＝15.
第2讲 用样本估计总体
【2014年高考浙江会这样考】 1．考查频率分布直方图中的相关计算(求解频率、频数等)． 2．考查用样本估计总体中的样本数据的数字特征 (平均数、 方差、标准差等)．
考点梳理 1．用样本的频率分布估计总体分布 (1)频率分布表与频率分布直方图
频率分布表与频率分布直方图的绘制步骤如下：
点都有所涉及，其中频率分布直方图、均值与方差、茎叶
图是核心考点，需要好好掌握．复习时，对于统计的任何 环节都不能遗漏，最主要的是掌握好统计的基础知识，适 度的题量练习． (2)高考对频率分布直方图或茎叶图与概率相结合的题目考
查日益频繁．因此，复习时要加强这方面的训练，弄清图
表中有关量的含义，并从中提炼出有用的信息，为后面的 概率计算打好基础．
答案 D
5．(2012· 湖南)如图是某学校一名篮球运动员在五场比赛中 所得分数的茎叶图，则该运动员在这五场比赛中得分的 方差为________． 1 (注：方差s ＝ n [(x1－ x )2＋(x2－ x )2＋…＋(xn－ x )2]，其
2
中 x 为x1，x2，…，xn的平均数)
解析
1 1 2 x ＝ 5 (8＋9＋10＋13＋15)＝11，s ＝ 5 ×(9＋4＋1＋4
为小数时做类似处理．
【配套课件】《创新设计·高考一轮总复习》数学 浙江专用(理)第一篇 集合与常用逻辑用语 第1讲
{1,2,4}，B＝{3,4,5}，则图中的阴影部分表示的集合为
( )．
A．{5} C．{1,2} 解析
B．{4} D．{3,5} 由题图可知阴影部分为集合 (∁UA)∩B ， ∵ ∁ UA ＝
{3,5,6}，∴(∁UA)∩B＝{3,5}．
答案 D
4．(2012·杭州二中仿真考试)设全集U＝{x|x∈N*，x<6}，集 合A＝{1,3}，B＝{3,5}，则∁U(A∪B)等于 ( )．
考点自测 1 ． (2012· 湖 南 ) 设 集 合 M ＝ { － 1,0,1} ， N ＝ {x|x2 ＝ x} ， 则
M∩N＝
A．{－1,0,1} C．{1} 答案 B B．{0,1} D．{0}
(
)．
解析 N＝{0,1}，∴M∩N＝{0,1}．
2 ． (2012· 湖北 ) 已知集合 A ＝ {x|x2 － 3x ＋ 2 ＝ 0 ， x∈R} ， B ＝ {x|0<x<5，x∈N}，则满足条件A⊆C⊆B的集合C的个数为
【助学·微博】 常用一条性质
若集合A中含有n个元素，则A的子集有2n个，A的真子集有
2n－1个． 关注两个“易错点” (1)注意空集在解题中的应用，防止遗漏空集而导致失误， 如A⊆B，A∩B＝A，A∪B＝B中A＝∅的情况需特别注意；
(2)对于含参数的两集合具有包含关系时，端点的取舍是易
错点，对端点要单独考虑．
A．{1,4}
C．{2,5} 解析
B．{1,5}
D．{2,4}
由 题 意 A∪B ＝ {1,3}∪{3,5} ＝ {1,3,5} ． 又 U ＝
{1,2,3,4,5}，所以∁U(A∪B)＝{2,4}． 答案 D
5 ． (2012· 天 津 ) 已 知 集 合 A ＝ {x∈R||x ＋ 2|<3} ， 集 合 B ＝ {x∈R|(x － m)(x － 2)<0} ， 且 A∩B ＝ ( － 1 ， n) ， 则 m ＝
创新设计高考数学浙江文理通用一轮复习练习：第十一章 概率随机变量及其分布 第2讲 含答案
基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.集合A＝{2，3}，B＝{1，2，3}，从A，B中各任意取一个数，则这两数之和等于4的概率是()A.23 B.12 C.13 D.16解析从A，B中任意取一个数，共有C12·C13＝6种情形，两数和等于4的情形只有(2，2)，(3，1)两种，∴P＝26＝1 3.答案 C2.(2016·北京西城区模拟)一对年轻夫妇和其两岁的孩子做游戏，让孩子把分别写有“1”“3”“1”“4”的四张卡片随机排成一行，若卡片按从左到右的顺序排成“1314”，则孩子会得到父母的奖励，那么孩子受到奖励的概率为()A.112 B.512 C.712 D.56解析先从4个位置中选一个排4，再从剩下的位置中选一个排3，最后剩下的2个位置排1，∴共有4×3×1＝12种不同排法，又卡片排成“1314”只有1种情况，故所求事件的概率P＝112.答案 A3.(2016·西安调研)从正方形四个顶点及其中心这5个点中，任取2个点，则这2个点的距离不小于该正方形边长的概率为()A.15 B.25 C.35 D.45解析根据题意知，取两个点的所有情况为C25种，2个点的距离小于该正方形边长的情况有4种，故所求概率P＝1－4C25＝3 5.答案 C4.连掷两次骰子分别得到点数m，n，则向量(m，n)与向量(－1，1)的夹角θ>90°的概率是()A.512 B.712 C.13 D.12解析∵(m，n)·(－1，1)＝－m＋n<0，∴m>n.基本事件总共有6×6＝36(个)，符合要求的有(2，1)，(3，1)，(3，2)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(5，1)，…，(5，4)，(6，1)，…，(6，5)，共1＋2＋3＋4＋5＝15(个).∴P＝1536＝5 12.答案 A5.三位同学参加跳高、跳远、铅球项目的比赛.若每人都选择其中两个项目，则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是()A.23 B.29 C.13 D.79解析三位同学每人选择三项中的两项有C23C23C23＝3×3×3＝27种选法，其中有且仅有两人所选项目完全相同的有C23C23C12＝3×3×2＝18(种)选法.∴所求概率为P＝1827＝2 3.答案 A二、填空题6.(2015·江苏卷)袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为________.解析这两只球颜色相同的概率为16，故两只球颜色不同的概率为1－16＝56.答案5 67.(2014·广东卷)从0，1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取七个不同的数，则这七个数的中位数是6的概率为________.解析从0，1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取七个不同的数，基本事件共有C710＝120(个)，记事件“七个数的中位数为6”为事件A，若事件A发生，则6，7，8，9必取，再从0，1，2，3，4，5中任取3个数，有C36种选法.故所求概率P(A)＝C36120＝1 6.答案1 68.(2016·台州质量评估)某艺校在一天的6节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课和其他三门艺术课各1节，则在课表上的相邻两节文化课之间至少间隔1节艺术课的概率为________(用数字作答).解析法一6节课的全排列为A66种，相邻两节文化课之间至少间隔1节艺术课的排法是：先排三节文化课，再利用插空法排艺术课，即为(A33C23A22A22＋2A33A33)种，由古典概型概率公式得P(A)＝A33C23A22A22＋2A33A33A66＝15.法二6节课的全排列为A66种，先排三节艺术课有A33种不同方法，同时产生四个空，再利用插空法排文化课共有A34种不同方法，故由古典概型概率公式得P(A)＝A33A34A66＝15.答案1 5三、解答题9.先后掷一枚质地均匀的骰子，分别记向上的点数为a，b.事件A：点(a，b)落在圆x2＋y2＝12内；事件B：f(a)＜0，其中函数f(x)＝x2－2x＋3 4.(1)求事件A发生的概率；(2)求事件A、B同时发生的概率.解(1)先后掷一枚质地均匀的骰子，有6×6＝36种等可能的结果.满足落在圆x 2＋y 2＝12内的点(a ，b )有：(1，1)、(1，2)、(1，3)、(2，1)、(2，2)、(3，1)共6个.∴事件A 发生的概率P (A )＝636＝16.(2)由f (a )＝a 2－2a ＋34＜0，得12＜a ＜32.又a ∈{1，2，3，4，5，6}，知a ＝1.所以事件A 、B 同时发生时，有(1，1)，(1，2)，(1，3)共3种情形.故事件A 、B 同时发生的概率为P (AB )＝336＝112.10.甲、乙两校各有3名教师报名支教，其中甲校2男1女，乙校1男2女.(1)若从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，求选出的2名教师性别相同的概率；(2)若从报名的6名教师中任选2名，求选出的2名老师来自同一学校的概率.解 (1)从甲、乙两校报名的教师中各选1名，共有n ＝C 13×C 13＝9种选法.记“2名教师性别相同”为事件A ，则事件A 包含基本事件总数m ＝C 12·1＋C 12·1＝4，∴P (A )＝m n ＝49.(2)从报名的6人中任选2名，有n ＝C 26＝15种选法.记“选出的2名老师来自同一学校”为事件B ，则事件B 包含基本事件总数m＝2C 23＝6.∴选出2名教师来自同一学校的概率P (B )＝615＝25.能力提升题组(建议用时：25分钟)11.随机掷两枚质地均匀的骰子，它们向上的点数之和不超过5的概率记为p 1，点数之和大于5的概率记为p 2，点数之和为偶数的概率记为p 3，则( )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，所有可能的结果共有36种.事件“向上的点数之和不超过5”包含的基本事件有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(3，1)，(3，2)，(4，1)共10种，其概率p 1＝1036＝518.事件“向上的点数之和大于5”与“向上的点数之和不超过5”是对立事件，所以“向上的点数之和大于5”的概率p2＝1318.因为朝上的点数之和不是奇数就是偶数，所以“点数之和为偶数”的概率p3＝12.故p1<p3<p2.答案 C12.(2016·河南洛阳联考)安排甲、乙、丙、丁四人参加周一至周六的公益活动，每天只需一人参加，其中甲参加三天活动，乙、丙、丁每人参加一天，那么甲连续三天参加活动的概率为()A.115 B.15 C.14 D.12解析由题意，甲连续三天参加活动的所有情况为：第1～3天，第2～4天，第3～5天，第4～6天，共4种.故所求事件的概率P＝4·A33C36A33＝15.答案 B13.某人在如图所示的直角边长为4米的三角形地块的每个格点(指纵、横直线的交叉点以及三角形的顶点)处都种了一株相同品种的作物.则从三角形地块的内部和边界上各分别随机选取一株作物，它们恰好“相近”的概率为________.(注：这里，两株作物“相近”是指它们之间的直线距离不超过1米)解析所种作物总株数N＝1＋2＋3＋4＋5＝15，其中三角形地块内部的作物株数为3，边界上的作物株数为12，从三角形地块的内部和边界上各分别随机选取一株的不同结果有C13C112＝36(种).选取的两株作物恰好“相近”的不同结果有3＋3＋2＝8(种).故从三角形地块的内部和边界上各分别随机选取一株作物，它们恰好“相近”的概率为836＝2 9.答案2 914.某小组共有A，B，C，D，E五位同学，他们的身高(单位：米)及体重指标(单位：千克/米2)如下表所示：(1) 1.78以下的概率；(2)从该小组同学中任选2人，求选到的2人的身高都在1.70以上且体重指标都在[18.5，23.9)中的概率.解(1)从身高低于1.80的同学中任选2人，其一切可能的结果组成的基本事件有：(A，B)，(A，C)，(A，D)，(B，C)，(B，D)，(C，D)，共6个.由于每个人被选到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的.选到的2人身高都在1.78以下的事件有(A，B)，(A，C)，(B，C)，共3个.因此选到的2人身高都在1.78以下的概率为P＝36＝12.(2)从该小组同学中任选2人，其一切可能的结果组成的基本事件有：(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，E)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(C，D)，(C，E)，(D，E)，共10个.由于每个人被选到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的.选到的2人身高都在1.70以上且体重指标都在[18.5，23.9)中的事件有(C，D)，(C，E)，(D，E)，共3个.因此选到的2人的身高都在1.70以上且体重指标都在[18.5，23.9)中的概率为P＝3 10.。
高考数学(理)创新大一轮(实用课件)浙江专用版：第十一章第2节排列与组合
－m，故(3)错. 答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
考点一 排列问题
[例 1] 有 3 名男生、4 名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数. (1)选 5 人排成一排； (2)排成前后两排，前排 3 人，后排 4 人； (3)(一题多解)全体排成一排，甲不站排头也不站排尾； (4)全体排成一排，女生必须站在一起； (5)全体排成一排，男生互不相邻.
有 4 种， 第二步，前排 3 人形成了 4 个空，任选一个空加一人，
第三步，后排 4 人形成了 5 个空，任选一个空加一人有 5 种，此时形成 6 个空，任选一个空加一人， 有 6 种， 根据分步计数原理有 3× 4× 5× 6＝360 种方法.
考点一 排列问题
[训练 1] (2)(2018· 抚顺模拟)某班准备从甲、乙等七人中选派四人发言，要求甲、乙 两人至少有一人参加，那么不同的发言顺序有( A.30 B.600 C.720 D.840 )
第2节
01
排列与组合
诊断自测
02
考点一
排列问题
例1 训练1
03
考点二
组合问题
例2 训练2
04
考点三
排列与组合的综合 应用(多维探究)
例3-1 例3-2 训练3
诊断自测
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”) (1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列.( (2)一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序.(
解 (1)从 7 人中选 5 人排列，有 A5 6× 5× 4× 3＝2 520(种). 7＝7×
(2)分两步完成，先选 3 人站前排，有 A3 7种方法，
余下 4 人站后排，有 A4 4种方法，
共有 A3 A4 7· 4＝5 040(种).
(浙江专用)2020版高考数学新增分大一轮复习 第十一章 概率随机变量及其分布 11.1 随机事件的
§11.1 随机事件的概率与古典概型最新考纲考情考向分析1.了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义及频率与概率的区别. 2.了解两个互斥事件的概率加法公式. 3.理解古典概型及其概率计算公式. 4.会计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发生的概率.以考查随机事件、互斥事件与对立事件的概率为主，常与事件的频率交汇考查.本节内容在高考中三种题型都有可能出现，随机事件的频率与概率的题目往往以解答题的形式出现，互斥事件、对立事件的概念及概率常常以选择、填空题的形式出现.1.概率和频率(1)在相同的条件S 下重复n 次试验，观察某一事件A 是否出现，称n 次试验中事件A 出现的次数n A 为事件A 出现的频数，称事件A 出现的比例f n (A )＝n An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 ).2.事件的关系与运算定义符号表示包含关系如果事件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 )B ⊇A 或A ⊆B相等关系 若B ⊇A 且A ⊇BA ＝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，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 )3.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 ). 4.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. 5.古典概型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. (1)试验中所有可能出现的基本事件只有有限个； (2)每个基本事件出现的可能性相等.6.如果一次试验中可能出现的结果有n 个，而且所有结果出现的可能性都相等，那么每一个基本事件的概率都是1n ；如果某个事件A 包括的结果有m 个，那么事件A 的概率P (A )＝mn.7.古典概型的概率公式P (A )＝A 包含的基本事件的个数基本事件的总数.概念方法微思考1.随机事件A 发生的频率与概率有何区别与联系？提示 随机事件A 发生的频率是随机的，而概率是客观存在的确定的常数，但在大量随机试验中事件A 发生的频率稳定在事件A 发生的概率附近. 2.随机事件A ，B 互斥与对立有何区别与联系？提示当随机事件A，B互斥时，不一定对立，当随机事件A，B对立时，一定互斥.3.任何一个随机事件与基本事件有何关系？提示任何一个随机事件都等于构成它的每一个基本事件的和.4.如何判断一个试验是否为古典概型？提示一个试验是否为古典概型，关键在于这个试验是否具有古典概型的两个特征：有限性和等可能性.题组一思考辨析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)从市场上出售的标准为500±5g的袋装食盐中任取一袋测其重量，属于古典概型.( ×)题组二教材改编2.[P121T4]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( )A.至多有一次中靶B.两次都中靶C.只有一次中靶D.两次都不中靶答案 D解析“至少有一次中靶”的对立事件是“两次都不中靶”.3.[P133T3]袋中装有6个白球，5个黄球，4个红球，从中任取一球，则取到白球的概率为( )A.25B.415C.35D.23答案 A解析从袋中任取一球，有15种取法，其中取到白球的取法有6种，则所求概率为P＝615＝25.4.[P133T4]同时掷两个骰子，向上点数不相同的概率为________.答案5 6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.题组三易错自纠5.将一枚硬币向上抛掷10次，其中“正面向上恰有5次”是( )A.必然事件B.随机事件C.不可能事件D.无法确定答案 B解析抛掷10次硬币，正面向上的次数可能为0～10，都有可能发生，正面向上恰有5次是随机事件.6.安排甲、乙、丙、丁四人参加周一至周六的公益活动，每天只需一人参加，其中甲参加三天活动，乙、丙、丁每人参加一天，那么甲连续三天参加活动的概率为( )A.115B.15C.14D.12答案 B解析由题意可得，甲连续三天参加活动的所有情况为：第1～3天，第2～4天，第3～5天，第4～6天，共四种情况，∴所求概率P＝4·A33C36·A33＝15.故选B.7.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}，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“抽到的产品不是一等品”的概率为______.答案0.35解析∵事件A＝{抽到一等品}，且P(A)＝0.65，∴事件“抽到的产品不是一等品”的概率为P＝1－P(A)＝1－0.65＝0.35.题型一随机事件命题点1 随机事件的关系例1 (1)在5张电话卡中，有3张移动卡和2张联通卡，从中任取2张，若事件“2张全是移动卡”的概率是310，那么概率是710的事件是( )A.至多有一张移动卡B.恰有一张移动卡C.都不是移动卡D.至少有一张移动卡答案 A解析 “至多有一张移动卡”包含“一张移动卡，一张联通卡”，“两张全是联通卡”两个事件，它是“2张全是移动卡”的对立事件.(2)口袋里装有1红，2白，3黄共6个形状相同的小球，从中取出两个球，事件A ＝“取出的两个球同色”，B ＝“取出的两个球中至少有一个黄球”，C ＝“取出的两个球中至少有一个白球”，D ＝“取出的两个球不同色”，E ＝“取出的两个球中至多有一个白球”.下列判断中正确的序号为____________.①A 与D 为对立事件；②B 与C 是互斥事件；③C 与E 是对立事件；④P (C ∪E )＝1；⑤P (B )＝P (C ).答案 ①④命题点2 随机事件的频率与概率例2 某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完.根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关.如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20，25)，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶.为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率. (1)估计六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率；(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y (单位：元)，当六月份这种酸奶一天的进货量为450瓶时，写出Y 的所有可能值，并估计Y 大于零的概率.解 (1)这种酸奶一天的需求量不超过300瓶，当且仅当最高气温低于25，由表格数据知，最高气温低于25的频率为2＋16＋3690＝0.6，所以这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率的估计值为0.6.(2)当这种酸奶一天的进货量为450瓶时，若最高气温不低于25，则Y＝6×450－4×450＝900；若最高气温位于区间[20，25)，则Y＝6×300＋2(450－300)－4×450＝300；若最高气温低于20，则Y＝6×200＋2(450－200)－4×450＝－100，所以，Y的所有可能值为900，300，－100.Y大于零当且仅当最高气温不低于20，由表格数据知，最高气温不低于20的频率为36＋25＋7＋490＝0.8.因此Y大于零的概率的估计值为0.8.命题点3 互斥事件与对立事件例3 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.解方法一(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}，则P(A1)＝512，P(A2)＝412＝13，P(A3)＝212＝16，P(A4)＝112.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(1)取出1球是红球或黑球的概率为P(A1∪A2)＝P(A1)＋P(A2)＝512＋13＝34.(2)取出1球是红球或黑球或白球的概率为P(A1∪A2∪A3)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝512＋13＋16＝1112.方法二(利用对立事件求概率)(1)由方法一知，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A 3∪A 4，所以取出1球为红球或黑球的概率为P (A 1∪A 2)＝1－P (A 3∪A 4)＝1－P (A 3)－P (A 4)＝1－16－112＝34.(2)因为A 1∪A 2∪A 3的对立事件为A 4， 所以P (A 1∪A 2∪A 3)＝1－P (A 4)＝1－112＝1112.思维升华(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，即有且仅有一个发生.(2)判断互斥、对立事件的方法判断互斥事件、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. (3)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，通常用概率来反映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. (4)随机事件概率的求法利用概率的统计定义求事件的概率，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)求复杂事件的概率的两种方法求概率的关键是分清所求事件是由哪些事件组成的，求解时通常有两种方法 ①将所求事件转化成几个彼此互斥的事件的和事件，利用概率加法公式求解概率. ②若将一个较复杂的事件转化为几个互斥事件的和事件时，需要分类太多，而其对立面的分类较少，可考虑利用对立事件的概率公式，即“正难则反”.它常用来求“至少”或“至多”型事件的概率.跟踪训练1 (1)某保险公司利用简单随机抽样的方法对投保车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下：①若每辆车的投保金额均为2800元，估计赔付金额大于投保金额的概率；②在样本车辆中，车主是新司机的占10%，在赔付金额为4000元的样本车辆中，车主是新司机的占20%，估计在已投保车辆中，新司机获赔金额为4000元的概率.解 ①设A 表示事件“赔付金额为3000元”，B 表示事件“赔付金额为4000元”，以频率估计概率得P (A )＝1501000＝0.15，P (B )＝1201000＝0.12.由于投保金额为2800元，赔付金额大于投保金额对应的情形是赔付金额为3000元和4000元，所以其概率为P (A )＋P (B )＝0.15＋0.12＝0.27.②设C 表示事件“投保车辆中新司机获赔4000元”，由已知，可得样本车辆中车主为新司机的有0.1×1000＝100(辆)，而赔付金额为4000元的车辆中，车主为新司机的有0.2×120＝24(辆)，所以样本车辆中新司机车主获赔金额为4000元的频率为24100＝0.24，由频率估计概率得P (C )＝0.24.(2)A ，B ，C 三个班共有100名学生，为调查他们的体育锻炼情况，通过分层抽样获得了部分学生一周的锻炼时间，数据如下表(单位：小时)：①试估计C 班的学生人数；②从A 班和C 班抽出的学生中，各随机选取1人，A 班选出的人记为甲，C 班选出的人记为乙.假设所有学生的锻炼时间相互独立，求该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的概率. 解 ①由题意及分层抽样可知，C 班学生人数约为 100×85＋7＋8＝100×820＝40.②设事件A i 为“甲是现有样本中A 班的第i 个人”，i ＝1，2，…，5， 事件C j 为“乙是现有样本中C 班的第j 个人”，j ＝1，2，…，8. 由题意可知P (A i )＝15，i ＝1，2，…，5；P (C j )＝18，j ＝1，2， (8)P (A i C j )＝P (A i )P (C j )＝15×18＝140，i ＝1，2，...，5，j ＝1，2， (8)设事件E 为“该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长”， 由题意知，E ＝A 1C 1∪A 1C 2∪A 2C 1∪A 2C 2∪A 2C 3∪A 3C 1∪A 3C 2∪A 3C 3∪A 4C 1∪A 4C 2∪A 4C 3∪A 5C 1∪A 5C 2∪A 5C 3∪A 5C 4.因此P (E )＝P (A 1C 1)＋P (A 1C 2)＋P (A 2C 1)＋P (A 2C 2)＋P (A 2C 3)＋P (A 3C 1)＋P (A 3C 2)＋P (A 3C 3)＋P (A 4C 1)＋P (A 4C 2)＋P (A 4C 3)＋P (A 5C 1)＋P (A 5C 2)＋P (A 5C 3)＋P (A 5C 4)＝15×140＝38.题型二 古典概型例4 (1)从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为( ) A.110B.15C.310D.25 答案 D解析 从5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张的情况如图：基本事件总数为25，第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的事件数为10， ∴所求概率P ＝1025＝25.(2)袋中有形状、大小都相同的4个球，其中1个白球，1个红球，2个黄球，从中一次随机摸出2个球，则这2个球颜色不同的概率为________. 答案 56解析 方法一 基本事件共有C 24＝6(种)， 设取出2个球颜色不同为事件A .A 包含的基本事件有C 12C 12＋C 11C 11＝5(种).故P (A )＝56.方法二 将两个黄球分别编号为黄1，黄2.设取出的2个球颜色不同为事件A ，基本事件有：(白，红)，(白，黄1)，(白，黄2)，(红，黄1)，(红，黄2)，(黄1，黄2)，共6种，事件A 包含5种，故P (A )＝56.思维升华求古典概型的概率的关键是求试验的基本事件的总数和事件A 包含的基本事件的个数，这就需要正确列出基本事件，基本事件的表示方法有列举法、列表法和树状图法，具体应用时可根据需要灵活选择.跟踪训练2 (1)小敏打开计算机时，忘记了开机密码的前两位，只记得第一位是M ，I ，N 中的一个字母，第二位是1，2，3，4，5中的一个数字，则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是( )A.815B.18C.115D.130答案 C解析由题意可知，共15种可能性，而只有1种是正确的.∴输入一次密码能够成功开机的概率为1 15 .(2)甲在微信群中发布6元“拼手气”红包一个，被乙、丙、丁三人抢完.若三人均领到整数元，且每人至少领到1元，则乙获得“手气最佳”(即乙领取的钱数不少于其他任何人)的概率是( )A.34B.13C.310D.25答案 D解析用(x，y，z)表示乙、丙、丁抢到的红包分别为x元、y元、z元.乙、丙、丁三人抢完6元钱的所有不同的可能结果有10种，分别为(1，1，4)，(1，4，1)，(4，1，1)，(1，2，3)，(1，3，2)，(2，1，3)，(2，3，1)，(3，1，2)，(3，2，1)，(2，2，2).乙获得“手气最佳”的所有不同的可能结果有4种，分别为(4，1，1)，(3，1，2)，(3，2，1)，(2，2，2).根据古典概型的概率计算公式，得乙获得“手气最佳”的概率P＝410＝25.(3)已知a∈{0，1，2}，b∈{－1，1，3，5}，则函数f(x)＝ax2－2bx在区间(1，＋∞)上为增函数的概率是( )A.512B.13C.14D.16答案 A解析∵a∈{0，1，2}，b∈{－1，1，3，5}，∴基本事件总数n＝3×4＝12.函数f(x)＝ax2－2bx在区间(1，＋∞)上为增函数，①当a ＝0时，f (x )＝－2bx ，符合条件的只有(0，－1)，即a ＝0，b ＝－1；②当a ≠0时，需要满足b a≤1，符合条件的有(1，－1)，(1，1)，(2，－1)，(2，1)，共4种.∴函数f (x )＝ax 2－2bx 在区间(1，＋∞)上为增函数的概率是P ＝512.1.从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是( )A.至少有一个黑球与都是黑球B.至少有一个黑球与都是红球C.至少有一个黑球与至少有一个红球D.恰有一个黑球与恰有两个黑球答案 D解析 对于A ，事件“至少有一个黑球”与事件“都是黑球”可以同时发生，∴A 不正确；对于B ，事件“至少有一个黑球”与事件“都是红球”不能同时发生，但一定会有一个发生，∴这两个事件是对立事件，∴B 不正确；对于C ，事件“至少有一个黑球”与事件“至少有一个红球”可以同时发生，如：一个红球，一个黑球，∴C 不正确；对于D ，事件“恰有一个黑球”与事件“恰有两个黑球”不能同时发生，但从口袋中任取两个球时还有可能是两个都是红球，∴两个事件是互斥事件但不是对立事件，∴D 正确. 2.甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是12，甲获胜的概率是13，则甲不输的概率为( ) A.56B.25C.16D.13答案 A解析 事件“甲不输”包含“和棋”和“甲获胜”这两个互斥事件，所以甲不输的概率为12＋13＝56. 3.(2018·衢州质检)从集合{－1，－2，－3，0，1，2，3，4}中，随机选出4个数组成子集，使得这4个数中的任何两个数之和不等于1，则取出这样的子集的概率为( )A.435B.835C.1635D.2735答案 B解析 依题意，得题中的集合的4元子集共有C 48＝70个，其中使得这4个数中的任何两个数之和不等于1的子集共有16个(注意到－1＋2＝－2＋3＝－3＋4＝0＋1＝1，因此该类子集共有C 12·C 12·C 12·C 12＝16个)，因此所求的概率等于1670＝835. 4.根据某医疗研究所的调查，某地区居民血型的分布为：O 型50%，A 型15%，B 型30%，AB 型5%.现有一血液为A 型病人需要输血，若在该地区任选一人，那么能为病人输血的概率为( )A.15%B.20%C.45%D.65%答案 D解析 因为某地区居民血型的分布为：O 型50%，A 型15%，B 型30%，AB 型5%，现在能为A 型病人输血的有O 型和A 型，故为病人输血的概率为50%＋15%＝65%，故选D.5.每年三月为学雷锋活动月，某班有青年志愿者男生3人，女生2人，现需选出2名青年志愿者到社区做公益宣传活动，则选出的2名志愿者性别相同的概率为( )A.35B.25C.15D.310答案 B解析 设男生为A ，B ，C ，女生为a ，b ，从5人中选出2名志愿者有：(A ，B )，(A ，C )，(A ，a )，(A ，b )，(B ，C )，(B ，a )，(B ，b )，(C ，a )，(C ，b )，(a ，b )，共10种等可能情况，其中选出的2名志愿者性别相同的有(A ，B )，(A ，C )，(B ，C )，(a ，b )，共4种等可能的情况，则选出的2名志愿者性别相同的概率为P ＝410＝25. 6.(2018·金华十校联考)将A ，B ，C ，D ，E 五种不同的文件随机地放入编号依次为1，2，3，4，5，6，7的七个抽屉内，每个抽屉至多放一种文件，则文件A ，B 被放在相邻的抽屉内且文件C ，D 被放在不相邻的抽屉内的概率是( )A.221B.421C.821D.17答案 B解析 依题意知，将这五种文件随机放入这七个抽屉内，每个抽屉至多放一种文件的放法共有A 57种，文件A ，B 被放在相邻的抽屉内，∴A ，B 看成一个元素，相应的抽屉看成6个，则有4个元素在6个位置排列，有A 22A 46＝720种方法，文件A ，B 被放在相邻的抽屉内且文件C ，D 被放在相邻的抽屉内，有A 22A 22A 35＝240种，∴文件A ，B 被放在相邻的抽屉内且文件C ，D 被放在不相邻的抽屉内，有720－240＝480种方法.因此所求的概率为480A 57＝421，故选B. 7.(2014·浙江)在3张奖券中有一、二等奖各1张，另1张无奖.甲、乙两人各抽取1张，则两人都中奖的概率是________.答案 13解析 设中一、二等奖及不中奖分别记为1，2，0，那么甲、乙抽奖结果有(1，2)，(1，0)，(2，1)，(2，0)，(0，1)，(0，2)，共6种.其中甲、乙都中奖有(1，2)，(2，1)，共2种，所以P (A )＝26＝13. 8.(2018·湖州模拟)无重复数字的五位数a 1a 2a 3a 4a 5，当a 1<a 2，a 2>a 3，a 3<a 4，a 4>a 5时称为波形数，则由1，2，3，4，5任意组成的一个没有重复数字的五位数是波形数的概率是________. 答案 215解析 ∵a 2>a 1，a 2>a 3，a 4>a 3，a 4>a 5，∴a 2只能是3，4，5中的一个.①若a 2＝3，则a 4＝5，a 5＝4，a 1与a 3是1或2，这时共有A 22＝2(个)符合条件的五位数； ②若a 2＝4，则a 4＝5，a 1，a 3，a 5可以是1，2，3，共有A 33＝6(个)符合条件的五位数； ③若a 2＝5，则a 4＝3或4，此时分别与①②中的个数相同.∴满足条件的五位数有2(A 22＋A 33)＝16(个).又由1，2，3，4，5任意组成的一个没有重复数字的五位数有A 55＝120(个)，故所求概率为16120＝215. 9.袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球，5个红球.从袋中任取2个球，则所取的2个球中恰有1个白球、1个红球的概率为________.答案 1021解析 从袋中任取2个球共有C 215＝105(种)取法，其中恰有1个白球、1个红球共有C 110C 15＝50(种)取法，所以所取的球恰有1个白球、1个红球的概率为50105＝1021. 10.10件产品中有7件正品，3件次品，从中任取4件，则恰好取到1件次品的概率是________.答案 12解析 从10件产品中取4件，共有C 410种取法，恰好取到1件次品的取法有C 13C 37种，由古典概型概率计算公式得P ＝C 13C 37C 410＝3×35210＝12. 11.(2018·浙江省重点中学高三调研)小明和小华进行有放回的摸小球游戏，规则如下：共有7个小球(除编号不同外，其他完全相同)，编号分别为1，2，3，4，5，6，7，置于一个盒子内，小明和小华每次各摸一个，每个小球被摸到的概率是相等的.则取到的两个小球的编号之和为偶数的概率为________，小明取到的小球编号大于小华取到的小球编号的概率为________.答案 2549 37 解析 由题意可得，所有的取法总数为7×7＝49；取到的两个小球的编号之和为偶数的取法数为3×3＋4×4＝25，所以其概率为P 1＝2549；小明取到的小球编号大于小华取到的小球编号的取法数为6＋5＋4＋3＋2＋1＝21，所以其概率为P 2＝2149＝37. 12.(2019·嘉兴模拟)有编号分别为1，2，3，4的4个红球和4个黑球，从中取出3个，则取出的球的编号互不相同的概率是________.答案 47解析 在8个球中取出3个，共有C 38＝56种取法，其中在4个编号中取出3个编号，有C 34种取法，其中每个编号选择一球各有2种取法，所以取出的3个球的编号互不相同的取法有C 34×23＝32(种)，则所求概率为3256＝47.13.一个三位数，个位、十位、百位上的数字依次为x ，y ，z ，当且仅当y >x ，y >z 时，称这样的数为“凸数”(如243)，现从集合{5，6，7，8}中取出三个不同的数组成一个三位数，则这个三位数是“凸数”的概率为( )A.23B.13C.16D.112答案 B解析 从集合{5，6，7，8}中取出3个不同的数组成一个三位数共有24个结果：567，576，657，675，756，765，568，586，658，685，856，865，578，587，758，785，857，875，678，687，768，786，867，876，其中是“凸数”的是：576，675，586，685，587，785，687，786共8个结果，∴这个三位数是“凸数”的概率为824＝13，故选B.14.某学校成立了数学、英语、音乐3个课外兴趣小组，3个小组分别有39，32，33个成员，一些成员参加了不止一个小组，具体情况如图所示.现随机选取一个成员，他属于至少2个小组的概率是________，他属于不超过2个小组的概率是________.答案 35 1315解析 “至少2个小组”包含“2个小组”和“3个小组”两种情况，故他属于至少2个小组的概率为P ＝11＋10＋7＋86＋7＋8＋8＋10＋10＋11＝35. “不超过2个小组”包含“1个小组”和“2个小组”，其对立事件是“3个小组”.故他属于不超过2个小组的概率是P ＝1－86＋7＋8＋8＋10＋10＋11＝1315.15.(2018·温州高三高考适应性测试)某人先后三次掷一颗骰子，则其中某两次所得的点数之和为11的概率为( )A.118B.112C.536D.16答案 C解析 先后三次掷一颗骰子，所得的不同的结果共有63种.其中某两次所得的点数之和为11，可分为三类：第一类，5，6都只出现一次，有A 23A 14种不同的结果；第二类，5出现两次，6只出现一次，有3种不同的结果；第三类，6出现两次，5只出现一次，有3种不同的结果.根据分类加法计数原理，其中某两次所得的点数之和为11的不同的结果共有A 23A 14＋3＋3＝30(种).根据古典概型的概率计算公式，所求的概率P ＝3063＝536，故选C. 16.如图，用K ，A 1，A 2三类不同的元件连接成一个系统.当K 正常工作且A 1，A 2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0.8，0.7，0.7，则系统正常工作的概率为________.答案0.728解析方法一由题意知K，A1，A2正常工作的概率分别为P(K)＝0.8，P(A1)＝0.7，P(A2)＝0.7，∵K，A1，A2相互独立，∴A1，A2至少有一个正常工作的概率为P(A1A2)＋P(A1A2)＋P(A1A2)＝(1－0.7)×0.7＋0.7×(1－0.7)＋0.7×0.7＝0.91.∴系统正常工作的概率为P(K)[P(A1A2)＋P(A1A2)＋P(A1A2)]＝0.8×0.91＝0.728.方法二A1，A2至少有一个正常工作的概率为1－P(A1A2)＝1－(1－0.7)(1－0.7)＝0.91，故系统正常工作的概率为P(K)[1－P(A1A2)]＝0.8×0.91＝0.728.。
2018-2019学年高中新创新一轮复习理数通用版：第十一章 计数原理、概率、随机变量及其分布列 Word版含解析
第十一章⎪⎪⎪ 计数原理、概率、随机变量及其分布列第一节 排列、组合本节主要包括2个知识点： 1.两个计数原理； 2.排列、组合问题.突破点(一) 两个计数原理[基本知识]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．3．两个计数原理的比较[基本能力]1．判断题(1)在分类加法计数原理中，某两类不同方案中的方法可以相同．( )(2)在分步乘法计数原理中，只有各步骤都完成后，这件事情才算完成．( )(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( )答案：(1)× (2)√ (3)√2．填空题(1)从0,1,2,3,4,5这六个数字中，任取两个不同数字相加，其和为偶数的不同取法的种数是________．解析：从0,1,2,3,4,5六个数字中，任取两数和为偶数可分为两类，①取出的两数都是偶数，共有3种方法；②取出的两数都是奇数，共有3种方法，故由分类加法计数原理得共有N＝3＋3＝6(种)．答案：6(2)从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋b i，其中虚数有________个．解析：∵a＋b i为虚数，∴b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数．答案：36(3)书架的第1层放有4本不同的语文书，第2层放有5本不同的数学书，第3层放有6本不同的体育书．从第1,2,3层分别各取1本书，则不同的取法种数为________．解析：由分步乘法计数原理，从1,2,3层分别各取1本书不同的取法种数为4×5×6＝120.答案：120[全析考法](1)完成一件事有若干种方法，这些方法可以分成n类．(2)用每一类中的每一种方法都可以完成这件事．(3)把各类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有方法数．[例1](1)三个人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有()A．4种B．6种C．10种D．16种(2)(2018·杭州二中月考)满足a，b∈{－1,0,1,2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为()A．14 B．13C．12 D．10[解析] (1)分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件的有3种方法(如图)，同理，甲先踢给丙时，满足条件有3种方法．由分类加法计数原理，共有3＋3＝ 6种传递方式．(2)①当a ＝0时，有x ＝－b 2，b ＝－1,0,1,2，有4种可能； ②当a ≠0时，则Δ＝4－4ab ≥0，ab ≤1，(ⅰ)当a ＝－1时，b ＝－1,0,1,2，有4种可能；(ⅱ)当a ＝1时，b ＝－1,0,1，有3种可能；(ⅲ)当a ＝2时，b ＝－1,0，有2种可能．∴有序数对(a ，b )的个数为4＋4＋3＋2＝13. [答案] (1)B (2)B[易错提醒](1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏．(2)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．分步乘法计数原理(1)完成一件事需要经过n 个步骤，缺一不可．(2)完成每一步有若干种方法．(3)把各个步骤的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数．[例2] (1)从－2,0,1,8这四个数中选三个数作为函数f (x )＝ax 2＋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)．(2)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](1)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，同理可知共有3×2＝6个偶函数．(2)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](1)186(2)63[易错提醒](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)谨记分步必须满足的两个条件：一是各步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．数原理，即分类时，每类的方法可能要运用分步完成，而分步时，每步的方法数可能会采取分类的思想求解．分类的关键在于做到“不重不漏”，分步的关键在于正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步．[例3](1)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(2)如图矩形的对角线把矩形分成A，B，C，D四部分，现用5种不同颜色给四部分涂色，每部分涂1种颜色，要求共边的两部分颜色互异，则共有________种不同的涂色方法．[解析](1)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)．(2)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．[答案](1)B(2)260[方法技巧]使用两个计数原理进行计数的基本思想对需用两个计数原理解决的综合问题要“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．[全练题点]1.[考点二]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．210C．336 D．120解析：选A分三步，先插一个新节目，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．2.[考点二]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，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＝32.3.[考点一]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．3 B．4C．6 D．8解析：选D先考虑递增数列，以1为首项的等比数列为1,2,4；1,3,9.以2为首项的等比数列为2,4,8.以4为首项的等比数列为4,6,9.同理可得到4个递减数列，∴所求的数列的个数为2(2＋1＋1)＝8.4.[考点一]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可构成无重复数字的“驼峰数”有________个．解析：十位数的数为1时，有213,214,312,314,412,413，共6个，十位上的数为2时，有324,423，共2个，所以共有6＋2＝8(个)．答案：85.[考点三]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________种．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3×2×1＝6种方法．所以区域1与3涂同色时，共有4×6＝24种方法．②区域1与3不同色：先涂区域1与3，有4×3＝12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．所以这时共有12×2×1×3＝72种方法．故由分类加法计数原理，不同的涂色方法的种数为24＋72＝96.答案：96突破点(二)排列、组合问题[基本知识]1．排列与排列数4．排列与组合的区别[基本能力]1．判断题(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．()(2)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．()(3)若组合式C x n＝C m n，则x＝m成立．()(4)(n＋1)！－n！＝n·n！.()(5)A m n＝n A m－1.()n－1.()(6)k C k n＝n C k－1n－1答案：(1)×(2)√(3)×(4)√(5)√(6)√2．填空题(1)A、B、C、D、E五人并排站成一排，不同的排法共有________种．答案：120(2)某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，那么全班共写了毕业留言________条．解析：由题意，得毕业留言共A 240＝1 560(条)．答案：1 560(3)甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙两人所选的课程中恰有1门相同的选法有________种．解析：依题意得知，满足题意的选法共有C 14·C 13·C 12＝24(种)．答案：24(4)方程3A 3x ＝2A 2x ＋1＋6A 2x 的解为________．解析：由排列数公式可知3x (x －1)(x －2)＝2(x ＋1)x ＋6x (x －1)，∵x ≥3且x ∈N *，∴3(x －1)(x －2)＝2(x ＋1)＋6(x －1)，解得x ＝5或x ＝23(舍去)，∴x ＝5. 答案：5(5)已知1C m 5－1C m 6＝710C m 7，则m ＝________. 解析：由已知得m 的取值范围为{}m |0≤m ≤5，m ∈Z ，原等式可化为m ！(5－m )！5！－m ！(6－m )！6！＝7×(7－m )！m ！10×7！，整理可得m 2－23m ＋42＝0，解得m ＝21(舍去)或m ＝2. 答案：2[全析考法][例1] (1)的排法共有( )A．192种B．216种C．240种D．288种(2)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．[解析](1)第一类：甲在最左端，有A5＝120种排法；5第二类：乙在最左端，有4A44＝96种排法，所以共有120＋96＝216种排法．(2)记其余两种产品为D，E，由于A，B相邻，则视为一个元素，先与D，E排列，有A22A33种方法．再将C插入，仅有3个空位可选，共有A22A33C13＝2×6×3＝36种不同的摆法．[答案](1)B(2)36[方法技巧]求解排列问题的六种主要方法选出4人参加比赛，要求男、女生都有，则男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为()A．85 B．86C．91 D．90(2)设集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|x i∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5}，那么集合A中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素个数为()A．130 B．120C．90 D．60(3)(2017·浙江高考)从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有________种不同的选法．(用数字作答)．[解析](1)法一(直接法)：由题意，可分三类考虑：第1类，男生甲入选，女生乙不入选的方法种数为：C13C24＋C23C14＋C33＝31；第2类，男生甲不入选，女生乙入选的方法种数为：C14C23＋C24C13＋C34＝34；第3类，男生甲入选，女生乙入选的方法种数为：C23＋C14C13＋C24＝21.所以男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为31＋34＋21＝86.法二(间接法)：从5名男生和4名女生中任意选出4人，男、女生都有的选法有C49－C45－C44＝120种；男、女生都有，且男生甲与女生乙都没有入选的方法有C47－C44＝34种．所以男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为120－34＝86.(2)易知|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝1或2或3，下面分三种情况讨论．其一：|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝1，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取一个让其等于1或－1，其余等于0，于是有C15C12＝10种情况；其二：|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝2，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取两个让其都等于1或都等于－1或一个等于1、另一个等于－1，其余等于0，于是有2C25＋C25C12＝40种情况；其三：|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|＝3，此时，从x1，x2，x3，x4，x5中任取三个让其都等于1或都等于－1或两个等于1、另一个等于－1或两个等于－1、另一个等于1，其余等于0，于是有2C35＋C25C13＋C15C24＝80种情况．所以满足条件的元素个数为10＋40＋80＝130.(3)从8人中选出4人，且至少有1名女学生的选法种数为C48－C46＝55.从4人中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人的选法为A24＝12种．故总共有55×12＝660种选法．[答案](1)B(2)A(3)660[方法技巧]有限制条件的组合问题的解法组合问题的限制条件主要体现在取出元素中“含”或“不含”某些元素，或者“至少”或“最多”含有几个元素：(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．考虑逆向思维，用间接法处理． 分组分配问题先分组后分配．关于分组问题，有整体均分、部分均分和不等分三种，无论分成几组，都应注意只要有一些组中元素的个数相等，就存在均分现象．[例3] (1)教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教．现有6个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到3所学校去任教，有________种不同的分派方法．(2)某科室派出4名调研员到3个学校，调研该校高三复习备考近况，要求每个学校至少一名，则不同的分配方案种数为________．(3)若将6名教师分到3所中学任教，一所1名，一所2名，一所3名，则有________种不同的分法．[解析] (1)先把6个毕业生平均分成3组，有C 26C 24C 22A 33种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有A 33＝6种方法，故将6个毕业生平均分到3所学校，共有C 26C 24C 22A 33·A 33＝90种不同的分派方法．(2)分两步完成：第一步，将4名调研员按2,1,1分成三组，其分法有C 24C 12C 11A 22种；第二步，将分好的三组分配到3个学校，其分法有A 33种，所以满足条件的分配方案有C 24C 12C 11A 22·A 33＝36种．(3)将6名教师分组，分三步完成： 第1步，在6名教师中任取1名作为一组，有C 16种分法；第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C 25种分法；第3步，余下的3名教师作为一组，有C 33种分法．根据分步乘法计数原理，共有C 16C 25C 33＝60种分法．再将这3组教师分配到3所中学，有A 33＝6种分法，故共有60×6＝360种不同的分法．[答案] (1)90 (2)36 (3)360[方法技巧] 分组分配问题的三种类型及求解策略[全练题点]1.[考点一]某工程队有6项工程需要单独完成，其中工程乙必须在工程甲完成后才能进行，工程丙必须在工程乙完成后才能进行，工程丁必须在工程丙完成后立即进行．则安排这6项工程的不同方法种数为( )A ．10B ．20C ．30D ．40 解析：选B 因为工程丙完成后立即进行工程丁，若不考虑与其他工程的顺序，则安排这6项工程的不同方法数为A 55，对于甲、乙、丙、丁所处位置的任意排列有且只有一种情况符合要求，因此，符合条件的安排方法种数为A 55A 33＝5×4＝20. 2.[考点三]世界华商大会的某分会场有A ，B ，C 三个展台，将甲、乙、丙、丁共4名“双语”志愿者分配到这三个展台，每个展台至少1人，其中甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数为( )A ．12B ．10C ．8D ．6解析：选D ∵甲、乙两人被分配到同一展台，∴可以把甲与乙捆在一起，看成一个人，然后将3个人分到3个展台上进行全排列，即有A 33种，∴甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数为A 33＝6. 3.[考点三]某局安排3名副局长带5名职工去3地调研，每地至少去1名副局长和1名职工，则不同的安排方法总数为( )A ．1 800B ．900C ．300D ．1 440解析：选B 分三步：第一步，将5名职工分成3组，每组至少1人，则有⎝⎛⎭⎫C 35C 12C 11A 22＋C 15C 24C 22A 22种不同的分组方法；第二步，将这3组职工分到3地有A 33种不同的方法；第三步，将3名副局长分到3地有A 33种不同的方法．根据分步乘法计数原理，不同的安排方案共有⎝⎛⎭⎫C 35C 12C 11A 22＋C 15C 24C 22A 22·A 33A 33＝900(种)，故选B. 4.[考点一、二](2017·天津高考)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：(1)有一个数字是偶数的四位数有C 14C 35A 44＝960个． (2)没有偶数的四位数有A 45＝120个．故这样的四位数一共有960＋120＝1 080个．答案：1 0805.[考点二]现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为________．解析：第一类，含有1张红色卡片，不同的取法有C 14C 212＝264种．第二类，不含有红色卡片，不同的取法有C 312－3C 34＝220－12＝208种．由分类加法计数原理，不同的取法种数为264＋208＝472.答案：472[全国卷5年真题集中演练——明规律]1．(2017·全国卷Ⅱ)安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有( )A ．12种B ．18种C ．24种D ．36种解析：选D 第一步：将4项工作分成3组，共有C 24种分法．第二步：将3组工作分配给3名志愿者，共有A33种分配方法，故共有C24·A33＝36种安排方法．2．(2016·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．(2016·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：选C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中任意一个为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.4．(2014·全国大纲卷)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种解析：选C从6名男医生中选出2名有C26种选法，从5名女医生中选出1名有C15种选法，由分步乘法计数原理得不同的选法共有C26·C15＝75(种)．故选C.[课时达标检测][小题对点练——点点落实]对点练(一)两个计数原理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个有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是()A．9B．14C．15 D．21解析：选B当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7个．当x≠2时，由P⊆Q，∴x＝y，∴x可从3,4,5,6,7,8,9中取，有7种方法，因此满足条件的点的个数是7＋7＝14.2．(2018·云南调研)设集合A＝{－1,0,1}，集合B＝{0,1,2,3}，定义A*B＝{(x，y)|x∈A∩B，y∈A∪B}，则A*B中元素的个数是()A．7 B．10C．25D．52解析：选B因为集合A＝{－1,0,1}，集合B＝{0,1,2,3}，所以A∩B＝{0,1}，A∪B＝{－1,0,1,2,3}，所以x有2种取法，y有5种取法，所以根据分步乘法计数原理得有2×5＝10(个)．3．某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有()A．4种B．10种C．18种D．20种解析：选B赠送1本画册，3本集邮册．需从4人中选取1人赠送画册，其余赠送集邮册，有4种方法．赠送2本画册，2本集邮册，只需从4人中选出2人赠送画册，其余2人赠送集邮册，有6种方法．由分类加法计数原理，不同的赠送方法有4＋6＝10(种)．4．(2018·绍兴模拟)用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为() A．243 B．252C．261 D．279解析：选B0,1,2，…，9共能组成9×10×10＝900个三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648个，∴有重复数字的三位数的个数为900－648＝252.5．有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的裙子，另有2套不同样式的连衣裙．需选择一套服装参加“五一”节歌舞演出，则不同的选择方式种数为()A．24 B．14C．10 D．9解析：选B第一类：一件衬衣，一件裙子搭配一套服装有4×3＝12种方式；第二类：选2套连衣裙中的一套服装有2种选法，由分类加法计数原理，共有12＋2＝14种选择方式．6.如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法总数为________．解析：先染顶点S，有5种染法，再染顶点A有4种染法，染顶点B有3种染法，顶点C的染法有两类：若C与A同色，则顶点D有3种染法；若C与A不同色，则C有2种染法，D有2种染法，所以共有5×4×3×3＋5×4×3×2×2＝420种染色方法．答案：420对点练(二)排列、组合问题1．(2018·福建漳州八校联考)有六人排成一排，其中甲只能在排头或排尾，乙、丙两人必须相邻，则满足要求的排法有()A．34种B．48种C．96种D．144种解析：选C特殊元素优先安排，先让甲从头、尾中选取一个位置，有C12种选法，乙、丙相邻，捆绑在一起看作一个元素，与其余三个元素全排列，最后乙、丙可以换位，故共有C12·A44·A22＝96种排法，故选C.2．将5名学生分配到甲、乙两个宿舍，每个宿舍至少安排2名学生，那么互不相同的安排方法的种数为()A．10 B．20C．30 D．40解析：选B将5名学生分配到甲、乙两个宿舍，每个宿舍至少安排2名学生，那么必然是一个宿舍2名，而另一个宿舍3名，共有C35C22A22＝20(种)．3．“住房”“医疗”“教育”“养老”“就业”成为现今社会关注的五个焦点．小赵想利用国庆节假期调查一下社会对这些热点的关注度．若小赵准备按照顺序分别调查其中的4个热点，则“住房”作为其中的一个调查热点，但不作为第一个调查热点的种数为()A．13 B．24C．18 D．72解析：选D可分三步：第一步，先从“医疗”“教育”“养老”“就业”这4个热点中选出3个，有C34种不同的选法；第二步，在调查时，“住房”安排的顺序有A13种可能情况；第三步，其余3个热点调查的顺序有A33种排法．根据分步乘法计数原理可得，不同调查顺序的种数为C34A13A33＝72.4．(2017·舟山二模)将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有()A．18种B．24种C．36种D．72种解析：选C1个路口3人，其余路口各1人的分配方法有C13A33种.1个路口1人，2个路口各2人的分配方法有C23A33种，由分类加法计数原理知，甲、乙在同一路口的分配方案为C13A33＋C23A33＝36(种)．5．(2018·豫南九校联考)某医院拟派2名内科医生、3名外科医生和3名护士共8人组成两个医疗分队，平均分到甲、乙两个村进行义务巡诊，其中每个分队都必须有内科医生、外科医生和护士，则不同的分配方案有()A．72种B．36种C．24种D．18种解析：选B A12(C23C13＋C13C23)＝36(种)．6．7位身高均不等的同学排成一排照相，要求中间最高，依次往两端身高逐渐降低，共有________种排法．解析：先排最中间位置有1种排法，再排左边3个位置，由于顺序一定，共有C36种排法，再排剩下右边三个位置，共1种排法，所以排法种数为C36＝20.答案：207．把座位编号为1,2,3,4,5的五张电影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至少一张，至多两张，且分得的两张票必须是连号，那么不同的分法种数为________(用数字作答)．解析：先将票分为符合条件的4份，由题意，4人分5张票，且每人至少一张，至多两张，则三人每人一张，一人2张，且分得的票必须是连号，相当于将1,2,3,4,5这五个数用3个板子隔开，分为四部分且不存在三连号．在4个空位插3个板子，共有C34＝4种情况，再对应到4个人，有A44＝24种情况，则共有4×24＝96种情况．答案：968．若把英语单调“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误种数共有________种．解析：把g，o，o，d 4个字母排一行，可分两步进行，第一步：排g和d，共有A24种排法；第二步：排两个o，共1种排法，所以总的排法种数为A24＝12种．其中正确的有一种，所以错误的共A24－1＝12－1＝11(种)．答案：11[大题综合练——迁移贯通]1．从4名男同学中选出2人，6名女同学中选出3人，并将选出的5人排成一排．(1)共有多少种不同的排法？(2)若选出的2名男同学不相邻，共有多少种不同的排法？(用数字表示)解：(1)从4名男生中选出2人，有C24种选法，从6名女生中选出3人，有C36种选法，根据分步乘法计数原理知选出5人，再把这5个人进行排列共有C24C36A55＝14 400(种)．(2)在选出的5个人中，若2名男生不相邻，则第一步先排3名女生，第二步再让男生插空，根据分步乘法计数原理知共有C24C36A33A24＝8 640(种)．2．有5个男生和3个女生，从中选出5人担任5门不同学科的科代表，求分别符合下列条件的选法数：(1)有女生但人数必须少于男生；(2)某女生一定担任语文科代表；(3)某男生必须包括在内，但不担任数学科代表；(4)某女生一定要担任语文科代表，某男生必须担任科代表，但不担任数学科代表．解：(1)先选后排，可以是2女3男，也可以是1女4男，先选有C35C23＋C45C13种情况，后排有A55种情况，则符合条件的选法数为(C35C23＋C45C13)·A55＝5 400.(2)除去该女生后，先选后排，则符合条件的选法数为C47·A44＝840.(3)先选后排，但先安排该男生，则符合条件的选法数为C47·C14·A44＝3 360.(4)先从除去该男生该女生的6人中选3人有C36种情况，再安排该男生有C13种情况，选出的3人全排有A33种情况，则符合条件的选法数为C36·C13·A33＝360.3．有编号分别为1,2,3,4的四个盒子和四个小球，把小球全部放入盒子．(1)共有多少种放法？(2)恰有一个空盒，有多少种放法？(3)恰有2个盒子内不放球，有多少种放法？解：(1)∵1号球可放入任意一个盒子内，有4种放法．同理，2,3,4号小球也各有4种放法，∴共有44＝256种放法．(2)恰有一个空盒，则这4个盒子中只有3个盒子内有小球，且小球数只能是1,1,2. 先从4个小球中任选2个放在一起，有C 24种方法，然后与其余2个小球看成三组，分别放入4个盒子中的3个盒子中，有A 34种放法．∴由分步乘法计数原理知共有C 24A 34＝144种不同的放法．(3)恰有2个盒子内不放球，也就是把4个小球只放入2个盒子内，有两类放法： ①一个盒子内放1个球，另一个盒子内放3个球．先把小球分为两组，一组1个，另一组3个，有C 14种分法，再放到2个盒子内，有A 24种放法，共有C 14A 24种放法；②把4个小球平均分成2组，每组2个，有C 242种分法，放入2个盒子内，有A 24种放法，共有12C 24A 24种放法． ∴由分类加法计数原理知共有C 14A 24＋12C 24A 24＝84种不同的放法．第二节 二项式定理本节主要包括2个知识点：1.二项式的通项公式及应用；2.二项式系数的性质及应用.突破点(一) 二项式的通项公式及应用[基本知识]1．二项式定理。
《创新设计·高考总复习》2014届高考数学浙江专版(理)一轮复习【配套word版文档】：第10篇 第2讲
第2讲排列与组合分层A级基础达标演练(时间：30分钟满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．(2012·全国)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种解析先排第一列，因为每列的字母互不相同，因此共有A33种不同的排法．再排第二列，其中第二列第一行的字母共有A12种不同的排法，第二列第二、三行的字母只有1种排法．因此共有A33·A12·1＝12(种)不同的排列方法．答案 A2．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种解析可先排C、D、E三人，共A35种排法，剩余A、B两人只有一种排法，由分步计数原理满足条件的排法共A35＝60(种)．答案 B3．如果n是正偶数，则C0n＋C2n＋…＋C n－2＋C n n＝()．nA．2n B．2n－1C．2n－2D．(n－1)2n－1解析(特例法)当n＝2时，代入得C02＋C22＝2，排除答案A、C；当n＝4时，代入得C04＋C24＋C44＝8，排除答案D.故选B.答案 B4．某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目．如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为()．A．42 B．30C．20 D．12解析可分为两类：两个节目相邻或两个节目不相邻，若两个节目相邻，则有A22A16＝12种排法；若两个节目不相邻，则有A26＝30种排法．由分类计数原理共有12＋30＝42种排法(或A27＝42)．答案 A二、填空题(每小题5分，共10分)5．(2013·汕头调研)如图，电路中共有7个电阻与一个电灯A，若灯A不亮，因电阻断路的可能性共有________种情况．解析每个电阻都有断路与通路两种状态，图中从上到下的三条支线路，分别记为支线a、b、c，支线a，b中至少有一个电阻断路情况都有22－1＝3种；支线c中至少有一个电阻断路的情况有23－1＝7种，每条支线至少有一个电阻断路，灯A就不亮，因此灯A不亮的情况共有3×3×7＝63种情况．答案636．(2013·郑州模拟)从－3，－2，－1,0,1,2,3,4八个数字中任取3个不同的数字作为二次函数y＝ax2＋bx＋c的系数a，b，c的取值，问共能组成________个不同的二次函数．解析a，b，c中不含0时，有A37个；a，b，c中含有0时，有2A27个．故共有A37＋2A27＝294个不同的二次函数．答案294三、解答题(共25分)7．(12分)7名男生5名女生中选取5人，分别求符合下列条件的选法总数有多少种．(1)A，B必须当选；(2)A，B必不当选；(3)A，B不全当选；(4)至少有2名女生当选；(5)选取3名男生和2名女生分别担任班长、体育委员等5种不同的工作，但体育委员必须由男生担任，班长必须由女生担任．解(1)由于A，B必须当选，那么从剩下的10人中选取3人即可，故有C310＝120种选法．(2)从除去的A，B两人的10人中选5人即可，故有C510＝252种选法．(3)全部选法有C512种，A，B全当选有C310种，故A，B不全当选有C512－C310＝672种选法．(4)注意到“至少有2名女生”的反面是只有一名女生或没有女生，故可用间接法进行．所以有C512－C15·C47－C57＝596种选法．(5)分三步进行；第1步，选1男1女分别担任两个职务有C17·C15种选法．第2步，选2男1女补足5人有C26·C14种选法．第3步，为这3人安排工作有A33方法．由分步乘法计数原理，共有C17C15·C26C14·A33＝12 600种选法．8．(13分)直线x＝1，y＝x，将圆x2＋y2＝4分成A，B，C，D四个区域，如图用五种不同的颜色给他们涂色，要求共边的两区域颜色互异，每个区域只涂一种颜色，共有多少种不同的涂色方法？解法一第1步，涂A区域有C15种方法；第2步，涂B区域有C14种方法；第3步，涂C区域和D区域：若C区域涂A区域已填过颜色，则D区域有4种涂法；若C区域涂A、B剩余3种颜色之一，即有C13种涂法，则D区域有C13种涂法．故共有C15·C14·(4＋C13·C13)＝260种不同的涂色方法．法二共可分为三类：第1类，用五色中两种色，共有C25A22种涂法；第2类，用五色中三种色，共有C35C13C12A22种涂法；第3类，用五色中四种色，共有C45A44种涂法．由分类加法计数原理，共有C25A22＋C35C13C12A22＋C45A44＝260种不同的涂色方法．分层B级创新能力提升1．在1,2,3,4,5,6,7的任一排列a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7中，使相邻两数都互质的排列方式共有()．A．576种B．720种C．864种D．1 152种解析由题意，先排1,3,5,7，有A44种排法；再排6，由于6不能和3相邻，故6有3种排法；最后排2和4，在不与6相邻的4个空中排上2和4，有A24种排法，所以共有A44×3×A24＝864种排法．答案 C2．(2012·山东)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为()．A．232 B．252C．472 D．484解析若没有红色卡片，则需从黄、蓝、绿三色卡片中选3张，若都不同色则有C14×C14×C14＝64种，若2张同色，则有C23×C12×C24×C14＝144种；若红色卡片有1张，剩余2张不同色，则有C14×C23×C14×C14＝192种，乘余2张同色，则有C14×C13×C24＝72种，所以共有64＋144＋192＋72＝472种不同的取法．故选C.答案 C3．(2013·深圳模拟)某人手中有5张扑克牌，其中2张为不同花色的2,3张为不同花色的A，有5次出牌机会，每次只能出一种点数的牌但张数不限，此人不同的出牌方法共有________种．解析出牌的方法可分为以下几类：(1)5张牌全部分开出，有A55种方法；(2)2张2一起出，3张A一起出，有A25种方法；(3)2张2一起出，3张A分3次出，有A45种方法；(4)2张2一起出，3张A分两次出，有C23A35种方法；(5)2张2分开出，3张A一起出，有A35种方法；(6)2张2分开出，3张A分两次出，有C23A45种方法．因此，共有不同的出牌方法A55＋A25＋A45＋C23A35＋A35＋C23A45＝860(种)．答案8604．小王在练习电脑编程，其中有一道程序题的要求如下：它由A，B，C，D，E，F六个子程序构成，且程序B必须在程序A之后，程序C必须在程序B之后，执行程序C后须立即执行程序D，按此要求，小王的编程方法有__________种．解析对于位置有特殊要求的元素可采用插空法排列，把CD看成整体，A，B，C，D产生四个空，所以E有4种不同编程方法，然后四个程序又产生5个空，所以F 有5种不同编程方法，所以小王有20种不同编程方法． 答案 205．某医院有内科医生12名，外科医生8名，现选派5名参加赈灾医疗队，其中：(1)某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同选法？(2)甲、乙均不能参加，有多少种选法？(3)甲、乙两人至少有一人参加，有多少种选法？(4)队中至少有一名内科医生和一名外科医生，有几种选法？解 (1)只需从其他18人中选3人即可，共有C 318＝816(种)；(2)只需从其他18人中选5人即可，共有C 518＝8 568(种)；(3)分两类：甲、乙中有一人参加，甲、乙都参加，共有C 12C 418＋C 318＝6 936(种)；(4)法一 (直接法)：至少有一名内科医生和一名外科医生的选法可分四类：一内四外；二内三外；三内二外；四内一外，所以共有C 112C 48＋C 212C 38＋C 312C 28＋C 412C 18＝14 656(种)．法二 (间接法)：由总数中减去五名都是内科医生和五名都是外科医生的选法种数，得C 520－(C 512＋C 58)＝14 656(种)．6．在m (m ≥2)个不同数的排列p 1p 2…p m 中，若1≤i ＜j ≤m 时p i ＞p j (即前面某数大于后面某数)，则称p i 与p j 构成一个逆序，一个排列的全部逆序的总数称为该排列的逆序数．记排列(n ＋1)n (n －1)…321的逆序数为a n .如排列21的逆序数a 1＝1，排列321的逆序数a 2＝3，排列4 321的逆序数a 3＝6.(1)求a 4、a 5，并写出a n 的表达式；(2)令b n ＝a n a n ＋1＋a n ＋1a n，证明：2n ＜b 1＋b 2＋…＋b n ＜2n ＋3，n ＝1,2，…. (1)解 由已知条件a 4＝C 25＝10，a 5＝C 26＝15，则a n ＝C 2n ＋1＝n (n ＋1)2.(2)证明 b n ＝a n a n ＋1＋a n ＋1a n ＝n n ＋2＋n ＋2n ＝2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ∴b 1＋b 2＋…＋b n＝2n ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1－1n ＋1＋1n －1n ＋2 ＝2n ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2， ∴2n ＜b 1＋b 2＋…＋b n ＜2n ＋3.。
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第2讲 用样本估计总体分层A 级 基础达标演练 (时间：30分钟 满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．(2012·山东)在某次测量中得到的A 样本数据如下：82,84,84,86,86,86,88,88,88,88.若B 样本数据恰好是A 样本数据每个都加2后所得数据．则A ，B 两样本的下列数字特征对应相同的是 ( )． A ．众数 B ．平均数 C ．中位数D ．标准差解析 对样本中每个数据都加上一个非零常数时不改变样本的方差和标准差，众数、中位数、平均数都发生改变． 答案 D2.(2012·陕西)对某商店一个月内每天的顾客人数进行了统 计，得到样本的茎叶图(如图所示)，则该样本的中位数、 众数、极差分别是 ( )． A ．46,45,56 B ．46,45,53 C ．47,45,56 D ．45,47,53解析 样本共30个，中位数为45＋472＝46；显然样本数据出现次数最多的为45，故众数为45；极差为68－12＝56，故选A. 答案 A3．(2012·江西)小波一星期的总开支分布如图(a)所示，一星期的食品开支如图(b)所示，则小波一星期的鸡蛋开支占总开支的百分比为 ( )．A ．30%B ．10%C ．3%D ．不能确定解析 由题图(b)可知小波一星期的食品开支共计300元，其中鸡蛋开支30元．又由题图(a)知，一周的食品开支占总开支的30%，则可知一周总开支为1 000元，所以鸡蛋开支占总开支的百分比为301 000×100%＝3%. 答案 C4．(2012·安徽)甲、乙两人在一次射击比赛中各射靶5次，两人成绩的条形统计图如图所示，则 ( )．A ．甲的成绩的平均数小于乙的成绩的平均数B ．甲的成绩的中位数等于乙的成绩的中位数C ．甲的成绩的方差小于乙的成绩的方差D ．甲的成绩的极差小于乙的成绩的极差解析 由题意可知，甲的成绩为4,5,6,7,8，乙的成绩为5,5,5,6,9.所以甲、乙的成绩的平均数均为6，A 错；甲、乙的成绩的中位数分别为6,5，B 错；甲、乙的成绩的方差分别为15×[(4－6)2＋(5－6)2＋(6－6)2＋(7－6)2＋(8－6)2]＝2，15×[(5－6)2＋(5－6)2＋(5－6)2＋(6－6)2＋(9－6)2]＝125，C 对；甲、乙的成绩的极差均为4，D 错． 答案 C二、填空题(每小题5分，共10分)5．(2012·茂名二模)如图是某赛季CBA 广东东莞银行队甲、乙两名篮球运动员每场比赛得分的茎叶图，则甲、乙两人比赛得分的中位数之和是________．解析 中位数是将数据按由大到小或由小到大的顺序排列起来，最中间的一个数或中间两个数的平均数．甲比赛得分的中位数为34，乙比赛得分的中位数为24，故其和为58. 答案 586．某学校为了解学生数学课程的学习情况，在1 000名学生中随机抽取200名，并统计这200名学生的某次数学考试成绩，得到了样本的频率分布直方图(如图)．根据频率分布直方图可估计这1 000名学生在该次数学考试中成绩不低于60分的学生人数是________．解析低于60分学生所占频率为(0.002＋0.006＋0.012)×10＝0.2，故低于60分的学生人数为1 000×0.2＝200，所以不低于60分的学生人数为1 000－200＝800.答案800三、解答题(共25分)7．(12分)(2013·济南模拟)从某校高三年级800名男生中随机抽取50名学生测量其身高，据测量，被测学生的身高全部在155 cm到195 cm之间．将测量结果按如下方式分成8组：第一组[155,160)，第二组[160,165)，…，第八组[190,195]，下图是按上述分组得到的频率分布直方图的一部分．已知第一组与第八组的人数相同，第七组与第六组的人数差恰好为第八组与第七组的人数差．求下列频率分布表中所标字母的值，并补充完成频率分布直方图．频率分布表：解＋0.04＋0.04＋0.06)×5＝0.82，第八组的频率是0.008×5＝0.04，所以第六、七组的频率和是1－0.82－0.04＝0.14，所以第八组的人数为50×0.04＝2，第六、七组的总人数为50×0.14＝7.由已知得x＋m＝7，m－x＝2－m，解得x＝4，m＝3，所以y＝0.08，n＝0.06，z＝0.016，p＝0.012.补充完成频率分布直方图如图所示．8．(13分)某良种培育基地正在培育一种小麦新品种A.将其与原有的一个优良品种B进行对照试验．两种小麦各种植了25亩，所得亩产数据(单位：千克)如下：品种A：357,359,367,368,375,388,392,399,400,405,412,414,415,421, 423,423,427, 430,430, 434,443,445, 445,451,454品种B：363,371,374,383,385,386,391,392,394,394,395,397, 397,400,401,401, 403, 406, 407,410, 412,415,416,422,430(1)作出数据的茎叶图；(2)用茎叶图处理现有的数据，有什么优点？(3)通过观察茎叶图，对品种A与B的亩产量及其稳定性进行比较，写出统计结论．解(1)如下图(2)由于每个品种的数据都只有25个，样本不大，画茎叶图很方便；此时茎叶图不仅清晰明了地展示了数据的分布情况，便于比较，没有任何信息损失，而且还可以随时记录新的数据．(3)通过观察茎叶图可以看出：①品种A的亩产平均数(或均值)比品种B高；②品种A的亩产标准差(或方差)比品种B大，故品种A的亩产稳定性较差．分层B级创新能力提升1.(2012·陕西)从甲乙两个城市分别随机抽取16台自动售货机，对其销售额进行统计，统计数据用茎叶图表示(如图所示)．设甲乙两组数据的平均数分别为x甲，x乙，中位数分别为m甲，m乙，则()．A.x甲<x乙，m甲>m乙 B.x甲<x乙，m甲<m乙C.x甲>x乙，m甲>m乙D.x甲>x乙，m甲<m乙解析x甲＝116(41＋43＋30＋30＋38＋22＋25＋27＋10＋10＋14＋18＋18＋5＋6＋8)＝345 16，x乙＝116(42＋43＋48＋31＋32＋34＋34＋38＋20＋22＋23＋23＋27＋10＋12＋18)＝457 16.∴x甲<x乙．又∵m 甲＝20，m 乙＝29，∴m 甲<m 乙． 答案 B2．(2013·哈尔滨模拟)一个样本容量为10的样本数据，它们组成一个公差不为0的等差数列{a n }，若a 3＝8，且a 1，a 3，a 7成等比数列，则此样本的平均数和中位数分别是 ( )． A ．13,12 B ．13,13 C ．12,13D ．13,14解析 设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，a 3＝8，a 1a 7＝(a 3)2＝64，(8－2d )(8＋4d )＝64，(4－d )(2＋d )＝8,2d －d 2＝0，又d ≠0，故d ＝2，故样本数据为4,6,8,10,12,14,16,18,20,22，样本的平均数为(4＋22)×510＝13，中位数为12＋142＝13，故选B. 答案 B3．(2013·北京西城一模)某年级120名学生在一次百米测试中，成绩全部介于13秒与18秒之间．将测试结果分成5组：[13,14)，[14,15)，[15,16)，[16,17)，[17,18]，得到如图所示的频率分布直方图．如果从左到右的5个小矩形的面积之比为1∶3∶7∶6∶3，那么成绩在[16,18]的学生人数是_______________________________________________________________．解析 成绩在[16,18]的学生的人数所占比例为6＋31＋3＋7＋6＋3＝920，所以成绩在[16,18]的学生人数为120×920＝54.答案 544．已知总体的各个体的值由小到大依次为2,3,3,7，a ，b,12,13.7,18.3,20，且总体的中位数为10.5，若要使该总体的方差最小，则a ，b 的取值分别是________，________.解析 ∵中位数为10.5， ∴a ＋b2＝10.5，a ＋b ＝21，∵x ＝2＋3＋3＋7＋a ＋b ＋12＋13.7＋18.3＋2010＝10，∴s 2＝110[(10－2)2＋(10－3)2×2＋(10－7)2＋(10－a )2＋(10－b )2＋(10－12)2＋(10－13.7)2＋(10－18.3)2＋(10－20)2]． 令y ＝(10－a )2＋(10－b )2＝2a 2－42a ＋221 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a －2122＋12， 当a ＝10.5时，y 取最小值，方差s 2也取最小值． ∴a ＝10.5，b ＝10.5. 答案 10.5 10.55．汽车行业是碳排放量比较大的行业之一，欧盟规定，从2012年开始，对CO 2排放量超过130 g/km 的MI 型新车进行惩罚(视为排放量超标)，某检测单位对甲、乙两类MI 型品牌的新车各抽取了5辆进行CO 2排放量检测，记录如下(单位：g/km)：经测算发现，乙类品牌车CO 2排放量的均值为x 乙＝120 g/km. (1)求甲类品牌汽车的排放量的平均值及方差；(2)若乙类品牌汽车比甲类品牌汽车CO 2的排放量稳定性好，求x 的取值范围．解 (1)甲类品牌汽车的CO 2排放量的平均值x 甲＝80＋110＋120＋140＋1505＝120(g/km)，甲类品牌汽车的CO 2排放量的方差s 2甲＝(80－120)2＋(110－120)2＋(120－120)2＋(140－120)2＋(150－120)25＝600.(2)由题意知乙类品牌汽车的CO 2排放量的平均值x 乙＝100＋120＋x ＋y ＋1605＝120(g/km)，得x ＋y ＝220，故y ＝220－x ，所以乙类品牌汽车的CO 2排放量的方差s 2乙＝(100－120)2＋(120－120)2＋(x －120)2＋(220－x －120)2＋(160－120)25， 因为乙类品牌汽车比甲类品牌汽车CO 2的排放量稳定性好，所以s 2乙<s 2甲，解得90<x <130.6.已知某单位有50名职工，现要从中抽取10名 职工，将全体职工随机按1～50编号，并按编号顺序平均分成10组，按各组内抽取的编号依次增加5进行系统抽样．(1)若第5组抽出的号码为22，写出所有被抽出职工的号码；(2)分别统计这10名职工的体重(单位：公斤)，获得体重数据的茎叶图如图所示，求该样本的方差；(3)在(2)的条件下，从这10名职工中随机抽取两名体重不轻于73公斤(≥73公斤)的职工，求体重为76公斤的职工被抽取到的概率． 解 (1)由题意，第5组抽出的号码为22.因为k ＋5×(5－1)＝22，所以第1组抽出的号码应该为2，抽出的10名职工的号码分别为2,7,12,17,22,27,32,37,42,47. (2)因为10名职工的平均体重为x ＝110(81＋70＋73＋76＋78＋79＋62＋65＋67＋59)＝71，所以样本方差为：s2＝110(102＋12＋22＋52＋72＋82＋92＋62＋42＋122)＝52. (3)从10名职工中随机抽取两名体重不轻于73公斤的职工，共有10种不同的取法：(73,76)，(73,78)，(73,79)，(73,81)，(76,78)，(76,79)，(76,81)，(78,79)，(78,81)，(79,81)．记“体重为76公斤的职工被抽取”为事件A，它包括的事件有(73,76)，(76,78)，(76,79)，(76,81)共4个．故所求概率为P(A)＝410＝25.。
创新设计2021届高考数学人教版(理)一轮复习【配套版文档】：第十一篇第6讲离散型随机
第6讲 离散型随机变量的分布列A 级|| 根底演练(时间：30分钟 总分值：55分)一、选择题(每题5分 ,共20分)1．如果X 是一个离散型随机变量 ,那么以下命题中假命题是 ( )．.X 取每个可能值的概率是非负实数 .X 取所有可能值的概率之和为1.X 取某2个可能值的概率等于分别取其中每个值的概率之和 .X 在某一范围内取值的概率大于它取这个范围内各个值的概率之和 解析 由离散型随机变量的性质 ,得p i ≥0 ,i ＝1,2 ,…n ,且 i ＝1np i ＝1.答案 D2．随机变量X 的分布列为P (X ＝i )＝i2a (i ＝1,2,3) ,那么P (X ＝2)等于 ( )． A.19B.16C.13D.14解析 ∵12a ＋22a ＋32a ＝1 ,∴a ＝3 ,P (X ＝2)＝22×3＝13.答案 C3．假设随机变量X 的概率分布列为X x 1 x 2 Pp 1 p 2 且p 1＝12p 2 ,那么p 1等于( )．A.12B.13C.14D.16解析 由p 1＋p 2＝1且p 2＝2p 1可解得p 1＝13.答案 B4．随机变量X的分布列为：P(X＝k)＝12k,k＝1,2 ,… ,那么P(2<X≤4)等于()．A.316 B.14 C.116 D.516解析P(2<X≤4)＝P(X＝3)＋P(X＝4)＝123＋124＝316.答案 A二、填空题(每题5分,共10分)5．(2021·上海虹口3月模拟)某一随机变量ξ的概率分布列如下,且E(ξ)＝6.3 ,那么a＝________.解析由分布列性质知：0.5＋0.1＋b＝1 ,∴b＝0.4.∴E(ξ)＝4×0.5＋a×0.1＋9×0.4＝6.3.∴a＝7.答案76．(2021·泉州模拟)在一个口袋中装有黑、白两个球,从中随机取一球,记下它的颜色,然后放回,再取一球,又记下它的颜色,写出这两次取出白球数η的分布列为________．解析η的所有可能值为0,1,2.P(η＝0)＝C12C12C14C14＝14,P(η＝1)＝2C12C12C14C14＝12,P(η＝2)＝C12C12C14C14＝1 4.∴η的分布列为答案三、解答题(共25分)7．(12分)在一次购物抽奖活动中 ,假设某10张券中有一等奖券1张 ,可获价值50元的奖品；有二等奖券3张 ,每张可获价值10元的奖品；其余6张没有奖．某顾客从此10张奖券中任抽2张 ,求： (1)该顾客中奖的概率；(2)该顾客获得的奖品总价值X 元的概率分布列．解 (1)该顾客中奖 ,说明是从有奖的4张奖券中抽到了1张或2张 ,由于是等可能地抽取 ,所以该顾客中奖的概率P ＝C 14C 16＋C 24C 210＝3045＝23.⎝⎛⎭⎪⎪⎫或用间接法 即P ＝1－C 26C 210＝1－1545＝23. (2)依题意可知 ,X 的所有可能取值为0,10,20,50,60(元) ,且P (X ＝0)＝C 04C 26C 210＝13 ,P (X ＝10)＝C 13C 16C 210＝25 ,P (X ＝20)＝C 23C 210＝115 ,P (X ＝50)＝C 11C 16C 210＝215 ,P (X ＝60)＝C 11C 13C 210＝115.所以X 的分布列为：8. (13分)(2021·江苏)设ξ为随机变量 ,从棱长为1的正方体的12条棱中任取两条 ,当两条棱相交时 ,ξ＝0 ；当两条棱平行时 ,ξ的值为两条棱之间的距离；当两条棱异面时 ,ξ＝1. (1)求概率P (ξ＝0)；(2)求ξ的分布列 ,并求其数学期望E (ξ)．解 (1)假设两条棱相交 ,那么交点必为正方体8个顶点中的1个 ,过任意1个顶点恰有3条棱 ,所以共有8C 23对相交棱,因此P (ξ＝0)＝8C 23C 212＝8×366＝411.(2)假设两条棱平行 ,那么它们的距离为1或 2 ,其中距离为2的共有6对 ,故P (ξ＝2)＝6C 212＝111 ,于是P (ξ＝1)＝1－P (ξ＝0)－P (ξ＝2)＝1－411－111＝611 , 所以随机变量ξ的分布列是因此E (ξ)＝1×611＋2B 级|| 能力突破(时间：30分钟 总分值：45分)一、选择题(每题5分 ,共10分)1．(2021·长沙二模)假设离散型随机变量X 的分布列为：那么常数c 的值为( )． A.23或13B.23C.13D ．1解析 ⎩⎪⎨⎪⎧9c 2－c ≥03－8c ≥0 9c 2－c ＋3－8c ＝1∴c ＝13.答案 C2．一袋中有5个白球 ,3个红球 ,现从袋中往外取球 ,每次任取一个记下颜色后放回 ,直到红球出现10次时停止 ,设停止时共取了X 次球 ,那么P (X ＝12)等于( )．A ．C 1012⎝ ⎛⎭⎪⎫3810⎝ ⎛⎭⎪⎫582B ．C 912⎝ ⎛⎭⎪⎫389⎝ ⎛⎭⎪⎫58238 C ．C 911⎝ ⎛⎭⎪⎫589⎝ ⎛⎭⎪⎫382D ．C 911⎝ ⎛⎭⎪⎫3810⎝ ⎛⎭⎪⎫582解析 "X ＝12〞表示第12次取到红球 ,前11次有9次取到红球 ,2次取到白球 ,因此P (X ＝12)＝38C 911⎝ ⎛⎭⎪⎫389⎝ ⎛⎭⎪⎫582＝C 911⎝ ⎛⎭⎪⎫3810⎝ ⎛⎭⎪⎫582. 答案 D二、填空题(每题5分 ,共10分)3．(2021·郑州调研)设随机变量X 的概率分布列为那么P (|X －3|解析 由13＋m ＋14＋16＝1 ,解得m ＝14 ,P (|X －3|＝1)＝P (X ＝2)＋P (X ＝4)＝14＋16＝512. 答案 5124．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 ,抢到题并答复正确的得1分 ,抢到题但答复错误的扣1分(即得－1分)．假设X 是甲队在该轮比赛获胜时的得分(分数高者胜) ,那么X 的所有可能取值是________．解析 X ＝－1 ,甲抢到一题但答错了 ,或抢到三题只答对一题；X ＝0 ,甲没抢到题 ,或甲抢到2题 ,但答时一对一错；X ＝1时 ,甲抢到1题且答对或甲抢到3题 ,且一错两对；X ＝2时 ,甲抢到2题均答对；X ＝3时 ,甲抢到3题均答对． 答案 －1,0,1,2,3三、解答题(共25分)5．(12分)(2021·大连质检)某高中共派出足球、排球、篮球三个球队参加市学校运动会 ,它们获得冠|军的概率分别为12 ,13 ,23.(1)求该高中获得冠|军个数X 的分布列；(2)假设球队获得冠|军 ,那么给其所在学校加5分 ,否那么加2分 ,求该高中得分η的分布列．解 (1)∵X 的可能取值为0,1,2,3 ,取相应值的概率分别为 P (X ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＝19 ,P (X ＝1)＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12×13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×23＝718 ,P (X ＝2)＝12×13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12×13×23＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×23＝718 ,P (X ＝3)＝12×13×23＝19. ∴X 的分布列为X 0 1 2 3 P1971871819(2)∵得分η＝5X ＋2(3－X )＝6＋3X , ∵X 的可能取值为0,1,2,3.∴η的可能取值为6,9,12,15 ,取相应值的概率分别为 P (η＝6)＝P (X ＝0)＝19 ,P (η＝9)＝P (X ＝1)＝718 , P (η＝12)＝P (X ＝2)＝718 ,P (η＝15)＝P (X ＝3)＝19. ∴得分η的分布列为η 6 9 12 15 P19718718196. (13分)X的分布列,并求李明在一年内领到驾照的概率．解X的取值分别为1,2,3,4.X＝1 ,说明李明第|一次参加驾照考试就通过了,故P(X＝1)＝0.6.X＝2 ,说明李明在第|一次考试未通过,第二次通过了,故P(X＝2)＝(1－0.6)×0.7＝0.28.X＝3 ,说明李明在第|一、二次考试未通过,第三次通过了, 故P(X＝3)＝(1－0.6)×(1－0.7)×0.8＝0.096.X＝4 ,说明李明第|一、二、三次考试都未通过,故P(X＝4)＝(1－0.6)×(1－0.7)×(1－0.8)＝0.024.∴李明实际参加考试次数X的分布列为1－(1－0.6)(1－0.7)(1－0.8)(1－0.9)＝0.997 6.。