高考数学一轮复习第十章计数原理、概率、随机变量及分布列第7节条件概率独立重复试验与二项分布课件理
．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)＝ (k＝0,1,2，„，n)．
1．判断下列结论的正误． (正确的打“√”，错误的打 “×”) (1)若事件 A，B 相互独立，则 P(B|A)＝P(B)．( )
(2) 对 于 任 意 两 个 事 件 ， 公 式 P(AB) ＝ P(A)P(B) 都 成 立．( )
第十章
计数原理、 概率、 随机变量及分布列
第七节
条件概率、 独立重复试验与二项分布
Hale Waihona Puke 1.了解条件概率和两个事件相互独立的概率； 2.理解 n 次 独立重复试验的模型及二项分布； 3.能解决一些简单的实际 问题.
知 识
梳 理 诊 断
1．条件概率 (1)定义：设 A，B 为两个事件，且 P(A)>0，称 P(B|A)＝ PAB PA 为在事件 A 发生条件下，事件 B 发生的条件概率． (2)性质：①0≤P(B|A)≤1； ②如果 B 和 C 是两个互斥事件，则 P(B∪C|A)＝P(B|A)＋
[答案] A
4．两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的概率 2 3 分别为3和4，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两 个零件中恰有一个一等品的概率为( 1 A.2 1 C.4 5 B.12 1 D.6 )
[解析]
设事件 A： 甲实习生加工的零件为一等品； 事件
2 3 B：乙实习生加工的零件为一等品，则 P(A)＝3，P(B)＝4，所 以这两个零件中恰有一个一等品的概率为： 2 3 P(A· B )＋P( A · B)＝P(A)· P( B )＋P( A )· P(B)＝3×1－4＋1 2 3 5 －3×4＝12.
[解析]
2 C2 4 2 C2 1 3＋C2 2 (1)P(A)＝ C2 ＝10＝5，P(AB)＝C2＝10. 5 5
1 PAB 10 1 由条件概率计算公式，得 P(B|A)＝ ＝ 4 ＝4. PA 10
(2)记“连续两次取球中第一次取到新球”为 Ω，记“第 一次取到新球，第二次也取到新球”为事件 B，
考 点
题 型 突 破
考点一
条件概率——互动型
(1)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( 1 A.8 2 C.5 ) 1 B.4 1 D.2
(2)盒中装有 10 个乒乓球，其中 6 个新球，4 个旧球．不 放回地依次取出 2 个球使用，在第一次取出新球的条件下， 第二次也取到新球的概率为( 3 A.5 5 C.9 ) 1 B.10 2 D.5
3．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． Ai(i＝1,2， „， n)表示第 i 次试验结果， 则 P(A1A2A3„An) ＝ P(A1)P(A2)„P(An) ．
(2)二项分布 在 n 次独立重复试验中，用 X 表示事件 A 发生的次数， 设每次试验中事件 A 发生的概率是 p，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
[答案] B
5．设随机变量 5 A.16 5 C.8
1 X～B6，2，则
P(X＝3)等于(
)
3 B.16 3 D.8
[解析]
1 X～B6，2，由二项分布可得， 2
13 3 1 3 P(X＝3)＝C6 · 1－ ＝ 2
[答案] A
(3)若条件 A 与 B 独立，则 A 与 B ， A 与 B， A 与 B 不一 定相互独立．( )
(4)抛掷 2 枚质地均匀的硬币，“第 1 枚为正面”为事件 A，“第 2 枚为正面”为事件 B，则 A，B 相互独立．( )
(5)在 n 次独立重复试验中，事件恰好发生 k 次的概率为
k k Cn p .(
P(C|A) ．
2．事件的相互独立性
P(B) ， (1)定义：设 A，B 为两个事件，如果 P(AB)＝P(A)·
则称事件 A 与事件 B 相互独立． (2)性质 ①若事件 A 与 B 相互独立，则 P(B|A)＝ P(B) ，P(A|B)＝ P(A)，P(AB)＝
A与B
P(A)· P(B) ．
②如果事件 A 与 B 相互独立，那么 A 与 B ， A 与 B ， 也都相互独立．
5 16.
6．如图所示的电路，有 a，b，c 三个开 1 关，每个开关开或关的概率都是2，且是相 互 独 立 的 ， 则 灯 泡 甲 亮 的 概 率 为 __________．
[解析]
设“a 闭合”为事件 A，“b 闭合”为事件 B，
“c 闭合”为事件 C， 则灯亮应为事件 AC B ， 且 A， C，B 之 1 间彼此独立，又 P(A) ＝ P( B ) ＝ P(C) ＝ 2 ，所以 P(A B C) ＝ 1 P(A)· P( B )· P(C)＝8. 1 [答案] 8
[答案] B
3．把一枚硬币连续抛两次，记“第一次出现正面”为事 件 A，“第二次出现正面”为事件 B，则 P(B|A)等于( 1 A.2 1 C.6 1 B.4 1 D.8 )
[解析]
1 PAB 4 1 解法一：P(B|A)＝ ＝1＝2. PA 2
解法二：A 包括的基本事件为{正，正}，{正，反}，AB 1 包括的基本事件为{正，正}，因此 P(B|A)＝2.
)
(1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)×
[答案]
1 2． 若事件 E 与 F 相互独立， 且 P(E)＝P(F)＝4， 则 P(EF) 的值等于( A．0 1 C.4 ) 1 B.16 1 D.2
[解析]
∵事件 E 与 F 相互独立，
1 1 1 ∴P(EF)＝P(E)· P(F)＝4×4＝16.
1 则 Ω 对应的取法共有：C1 C 6 9＝6×9＝54(种)， 1 事件 B 对应的取法有：C1 6C5＝6×5＝30(种)．
30 5 故所求事件的概率为 P＝54＝9.
[答案] (1)B (2)C
高考数学一轮总复习第10章计数原理概率随机变量及分布列10.8n次独立重复试验与二项分布课件理
延伸探究 1 若将本例(1)中的事件 B：“取到的 2 个数 均为偶数”改为“取到的 2 个数均为奇数”，则结果如何？
解 P(A)＝C23C＋25C22＝25， P(B)＝CC2325＝130，又 A⊇B，则 P(AB)＝P(B)＝130，所以 P(B|A)＝PPAAB＝PPBA＝34.
×
16＋13
＋
1 6
×
(
1 6
＋
1 3
＋
1 12
)
＋
1 6
×16＋13＋112＋16＋112×1－112＝1498.
考向 独立重复试验与二项分布 例 3 [2015·湖南高考]某商场举行有奖促销活动，顾客 购买一定金额的商品后即可抽奖．每次抽奖都是从装有 4 个红球、6 个白球的甲箱和装有 5 个红球、5 个白球的乙箱 中，各随机摸出 1 个球．在摸出的 2 个球中，若都是红球， 则获一等奖；若只有 1 个红球，则获二等奖；若没有红球， 则不获奖． (1)求顾客抽奖 1 次能获奖的概率； (2)若某顾客有 3 次抽奖机会，记该顾客在 3 次抽奖中 获一等奖的次数为 X，求 X 的分布列和数学期望．
(2)一个正方形被平均分成 9 个部分，向大正方形区域 随机地投掷一个点(每次都能投中)．设投中最左侧 3 个小正 方形区域的事件记为 A，投中最上面 3 个小正方形或正中间 的 1 个小正方形区域的事件记为 B，求 P(AB)、P(A|B)．
[解] 如图，n(Ω)＝9，n(A)＝3，n(B)＝4， ∴n(AB)＝1，∴P(AB)＝19， P(A|B)＝nnABB＝14.
时 间 比 乙 的 锻 炼 时 间 长 ” ． 由 题 意 知 ， E ＝ A1C1 ∪ A1C2 ∪ A2C1∪A2C2∪A2C3∪A3C1∪A3C2∪A3C3∪A4C1∪A4C2∪A4C3 ∪A5C1∪A5C2∪A5C3∪A5C4.
核按钮(新课标)高考数学一轮复习第十章计数原理、概率、随机变量及其分布10.8独立事件与二项分布及其
核按钮（新课标）高考数学一轮复习第十章计数原理、概率、随机变量及其分布10.8独立事件与二项分布及其应用习题理1．条件概率及其性质(1)一般地，设A ，B 为两个事件，且P (A )＞0，称________为事件A 发生的条件下，事件B 发生的条件概率．P (B |A )读作___________________．在古典概型中，若用n (A )表示事件A 中基本事件的个数，则P (B |A )＝____________＝____________．(2)条件概率具有的性质： ①________________；②如果B 和C 是两个互斥事件，则P (B ∪C |A )＝________________.2．相互独立事件(1)对于事件A ，B ，若事件A 的发生不会影响事件B 发生的概率，则称____________________．(2)若A 与B 相互独立，则P (B |A )＝____________，P (AB )＝________________.(3)若A 与B 相互独立，则_________，__________，__________也都相互独立． (4)若P (AB )＝P (A )P (B )，则__________． 3．独立重复试验与二项分布(1)独立重复试验是指在相同条件下可重复进行的、各次之间相互独立的一种试验，在这种试验中每一次试验只有两种结果，即要么发生、要么不发生，且任何一次试验中事件发生的概率都是一样的．在相同条件下重复做的n 次试验称为________________，若A i (i ＝1，2，…，n )是第i 次试验的结果，则P (A 1A 2…A n )＝________________.(2)在n 次独立重复试验中，事件A 发生k 次的概率为(每次试验中事件A 发生的概率为p )_________ ________，事件A 发生的次数是一个随机变量X ，其分布列为________________(k ＝0，1，2，…，n )，此时称随机变量X 服从___________，记为__________．自查自纠1．(1)P (B |A )＝P （AB ）P （A ）A 发生的条件下B 发生的概率n （AB ）n （A ） P （AB ）P （A ）(2)①0≤P (B |A )≤1 ②P (B |A )＋P (C |A ) 2．(1)事件A 与事件B 相互独立 (2)P (B ) P (A )P (B )(3)A 与B A 与B A 与B (4)A ，B 相互独立 3．(1)n 次独立重复试验 P (A 1)P (A 2)…P (A n ) (2)C k n p k(1－p )n －kP (X ＝k )＝C k n p k (1－p )n －k二项分布 X ～B (n ，p )将一枚硬币连续抛掷5次，正面向上的次数为X ，则( ) A ．X ～B (5，0.5) B ．X ～B (0.5，5) C ．X ～B (2，0.5)D ．X ～B (5，1)解：由二项分布的概念知A 正确，故选A .某人投篮命中率为12，该人现投篮3次，各次投篮互不影响，则他恰好投中2次的概率为( )A.18B.14C.38D.58解：所求概率为C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫122·12＝38.故选C . (2015·福州模拟)甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛采取五局三胜制，无论哪一方先胜三局则比赛结束，假定甲每局比赛获胜的概率均为23，则甲以3∶1的比分获胜的概率为( )A.827B.6481C.49D.89解：第四局甲第三次获胜，并且前三局甲获胜两次，所以所求的概率为P ＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫232×13×23＝827.故选A . (2015·江苏省淮安市高三调研)已知某高三学生在2015年的高考数学考试中，A 和B 两道解答题同时做对的概率为13，在A 题做对的情况下，B 题也做对的概率为59，则A 题做对的概率为____________．解：做对A 题记为事件E ，做对B 题记为事件F ，根据题意知P (EF )＝13，又P (F |E )＝P （EF ）P （E ）＝59，则P (E )＝35，即A 题做对的概率为35.故填35. (2015·广东)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 ＝____________．解：依题意可得E (X )＝np ＝30且D (X )＝np (1－p )＝20，解得p ＝13，故填13.类型一 条件概率甲袋中有2个白球和4个红球，乙袋中有1个白球和2个红球．现在随机地从甲袋中取出一球放入乙袋，然后从乙袋中随机地取出一球，则取出的球是白球的概率是________．解：设A 表示事件“从甲袋放入乙袋中的球是白球”，B 表示事件“最后从乙袋中取出的球是白球”．∴P (A )＝26，P (A )＝46，P (B |A )＝24，P (B |A )＝14.P (B )＝P (AB )＋P (A B )＝P (A )P (B |A )＋P (A )P (B |A )＝26×24＋46×14＝13.故填13. 【点拨】①由于不知从甲袋中取出又放入乙袋中的球是白球还是红球，为此，分别计算从甲袋中取出的是白球或红球的条件概率．②在计算P (B )＝P (A )P (B |A )＋P (A )P (B |A )时，易忘掉P (A )P (B |A )，要注意分类的全面性．(2015·福建模拟)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.18 B.14 C.25 D.12解：P (A )＝C 23＋C 22C 25＝410＝25，P (AB )＝C 22C 25＝110，由条件概率计算公式，得P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝14.故选B . 类型二 相互独立事件同时发生的概率甲、乙两人各进行一次射击，如果两人击中目标的概率都是0.8，且两人击中与否相互之间没有影响，计算：(1)两人都击中目标的概率； (2)两人中恰有一人击中目标的概率； (3)至少有一人击中目标的概率．解：记“甲射击一次，击中目标”为事件A ，“乙射击一次，击中目标”为事件B .则“两人都击中目标”是事件AB ；“恰有1人击中目标”是A B 或A B ；“至少有1人击中目标”是AB 或A B 或A B .(1)显然，“两人各射击一次，都击中目标”就是事件AB ，又由于事件A 与B 相互独立， ∴P (AB )＝P (A )P (B )＝0.8×0.8＝0.64.(2)“两人各射击一次，恰有一次击中目标”包括两种情况：一种是甲击中，乙未击中(即A B )，另一种是甲未击中，乙击中(即A B )．根据题意，这两种情况在各射击一次时不可能同时发生，即事件A B 与A B 是互斥的，所以所求概率为P 2＝P (A B )＋P (A B )＝P (A )P (B )＋P (A )P (B )＝0.8×(1－0.8)＋(1－0.8)×0.8 ＝0.16＋0.16＝0.32.(3)解法一：“两人各射击一次，至少有一人击中目标”的概率为P 3＝P (AB )＋[P (A B )＋P (A B )]＝0.64＋0.32＝0.96.解法二：“两人都未击中目标”的概率是P (A B )＝P (A )P (B )＝(1－0.8)×(1－0.8)＝0.2×0.2＝0.04.∴至少有一人击中目标的概率为P 3＝1－P (A B )＝1－0.04＝0.96.【点拨】①求(1)用独立事件乘法公式计算相互独立事件同时发生的概率；②第(3)问“至少一人击中目标”的对立事件是“两人都未击中”，其概率计算简单些，故通常用解法二．(2015·江西十校联考)甲、乙、丙三人参加某次招聘会，假设甲能被聘用的概率是25，甲、 丙两人同时不能被聘用的概率是625，乙、丙两人同时能被聘用的概率是310，且三人各自能否被聘用相互独立．(1)求乙、丙两人各自被聘用的概率；(2)设ξ为甲、乙、丙三人中能被聘用的人数与不能被聘用的人数之差的绝对值，求ξ的分布列与均值(数学期望)．解：(1)设乙、丙两人各自被聘用的概率分别为P 1，P 2，则甲、丙两人同时不能被聘用的概率是⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25·(1－P 2)＝625， 解得P 2＝35，乙、丙两人同时能被聘用的概率为P 1P 2＝310，∴P 1＝12，因此乙、丙 两人各自被聘用的概率分别为12，35.(2)ξ的可能取值为1，3，P (ξ＝3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35＋25×12×35＝ 625，则P (ξ＝1)＝1－P (ξ＝3)＝1925.因此随机变量ξξ1 3P 1925 625 所以随机变量ξ的均值E (ξ)＝1×25＋3×25＝25.类型三 独立重复试验与二项分布甲、乙两队参加知识竞赛，每队3人，每人回答一个问题，答对者为本队赢得一分，答错得零分．假设甲队中每人答对的概率均为23，乙队中3人答对的概率分别为23，23，12，且各人回答正确与否相互之间没有影响．用X 表示甲队的总得分． (1)求随机变量X 的分布列和均值；(2)用A 表示“甲、乙两个队总得分之和等于3”这一事件，用B 表示“甲队总得分大于乙队总得分”这一事件，求P (AB )．解：(1)解法一：由题意知，X 的可能取值为0，1，2，3，且P (X ＝0)＝C 03×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－233＝127，P (X ＝1)＝C 13×23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－232＝29，P (X ＝2)＝C 23×⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＝49，P (X ＝3)＝C 33×⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝827.所以X X0 1 2 3 P 127 29 49827X 的均值E (X )＝0×27＋1×9＋2×9＋3×27＝2.解法二：根据题设可知X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，23， 因此X 的分布列为P (X ＝k )＝C k3×⎝ ⎛⎭⎪⎫23k×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－233－k＝C k3×2k33，k ＝0，1，2，3.因为X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，23，所以E (X )＝3×23＝2. (2)用C 表示“甲队得2分乙队得1分”这一事件，用D 表示“甲队得3分乙队得0分”这一事件，所以AB ＝C ＋D ，且C ，D 互斥，P (C )＝49×(23×13×12＋13×23×12＋13×13×12)＝1081.P (D )＝827×⎝ ⎛⎭⎪⎫13×13×12＝4243，由互斥事件的概率公式得P (AB )＝P (C )＋P (D )＝1081＋4243＝34243.【点拨】判断一个随机变量是否服从二项分布，要看两点：①试验是否为n 次独立重复试验；②随机变量是否为这n 次独立重复试验中某事件发生的次数．(2015·湖南)某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖．每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球．在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率；(2)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X ，求X 的分布列和数学期望．解：(1)记事件A 1＝{从甲箱中摸出的1个球是红球}，A 2＝{从乙箱中摸出的1个球是红球}，B 1＝{顾客抽奖1次获一等奖}，B 2＝{顾客抽奖1次获二等奖}，C ＝{顾客抽奖1次能获奖}．由题意，A 1与A 2相互独立，A 1A 2与A 1A 2互斥，B 1与B 2互斥，且B 1＝A 1A 2，B 2＝A 1A 2＋A 1A 2，C ＝B 1＋B 2.∵P (A 1)＝410＝25，P (A 2)＝510＝12，∴P (B 1)＝P (A 1A 2)＝P (A 1)P (A 2)＝25×12＝15，P (B 2)＝P (A 1A 2＋A 1A 2)＝P (A 1A 2)＋P (A 1A 2)＝P (A 1)P (A 2)＋P (A 1)P (A 2)＝P (A 1)(1－ P (A 2))＋(1－ P (A 1)) P (A 2) ＝25×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25×12＝12， 故所求概率为P (C )＝ P (B 1＋B 2)＝P (B 1)＋ P (B 2)＝15＋12＝710.(2)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验，由(1)知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为15，所以X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，15.于是 P (X ＝0)＝C 03⎝ ⎛⎭⎪⎫150⎝ ⎛⎭⎪⎫453＝64125，P (X ＝1)＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫151⎝ ⎛⎭⎪⎫452＝48125，P (X ＝2)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫152⎝ ⎛⎭⎪⎫451＝12125，P (X ＝3)＝C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫153⎝ ⎛⎭⎪⎫450＝1125.故X 的分布列为X0 1 2 3 P 64125 48125 12125 1125X 的数学期望为EX ＝3×5＝5.类型四 事件独立、对立、互斥的综合运用(2013·陕西)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 的分布列和数学期望． 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”，则P (A )＝C 12C 23＝23，P (B )＝C 24C 35＝35.∵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 )＝P (A )·[1－P (B )]＝23×25＝415.⎝⎛⎭⎪⎫或P （A B ）＝C 12·C 34C 23·C 35＝415 (2)设C 表示事件“观众丙选中3号歌手”， 则P (C )＝C 24C 35＝35.∵X 可能的取值为0，1，2，3，且取这些值的概率分别为P (X ＝0)＝P (A B C )＝13×25×25＝475，P (X ＝1)＝P (A B C )＋P (A B C )＋P (A B C )＝23×25×25＋13×35×25＋13×25×35＝2075， P (X ＝2)＝P (AB C )＋P (A B C )＋P (A BC )＝23×35×25＋23×25×35＋13×35×35＝3375， P (X ＝3)＝P (ABC )＝23×35×35＝1875，∴X 的分布列为X 0 1 2 3 P475 2075 3375 1875∴X 的数学期望E (X )＝0×475＋1×2075＋2×3375＋3×1875＝14075＝2815.【点拨】解第(1)问根据古典概型及相互独立事件概率乘法公式作答即可，注意限制条件．第(2)问则属于独立、互斥等事件的综合应用，这一类型的问题一直是高考考查的热点题型，一般采取“大化小”的解决策略，即将“大”的分布列或期望问题化为“小”的随机变量概率问题；再将“大”的概率问题化为“小”的独立事件概率问题，一般是P (A ＋B )＝P (A )＋P (B )，P (A )＝1－P (A )，P (AB )＝P (A )P (B )这三个公式的联用．注意分清每一个事件是由哪几个基本事件构成的，做到不重不漏．(2014·山东)乒乓球台面被球网分隔成甲、乙两部分．如图，甲上有两个不相交的区域A ，B ，乙被划分为两个不相交的区域C ，D .某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球．规定：回球一次，落点在C 上记3分，在D 上记1分，其他情况记0分．对落点在A 上的来球，队员小明回球的落点在C 上的概率为12，在D 上的概率为13；对落点在B上的来球，小明回球的落点在C 上的概率为15，在D 上的概率为35.假设共有两次来球且落在A ，B 上各一次，小明的两次回球互不影响．求：(1)小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率； (2)两次回球结束后，小明得分之和ξ的分布列与数学期望．解：(1)记A i 为事件“小明对落点在A 上的来球回球的得分为i 分”(i ＝0，1，3)，则P (A 3)＝12，P (A 1)＝13，P (A 0)＝1－12－13＝16；记B i 为事件“小明对落点在B 上的来球回球的得分为i 分”(i ＝0，1，3)， 则P (B 3)＝15，P (B 1)＝35，P (B 0)＝1－15－35＝15.记D 为事件“小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上”． 由题意，D ＝A 3B 0＋A 1B 0＋A 0B 1＋A 0B 3， 由事件的独立性和互斥性，P (D )＝P (A 3B 0＋A 1B 0＋A 0B 1＋A 0B 3)＝P (A 3B 0)＋P (A 1B 0)＋P (A 0B 1)＋P (A 0B 3) ＝P (A 3)P (B 0)＋P (A 1)P (B 0)＋P (A 0)P (B 1) ＋P (A 0)P (B 3)＝12×15＋13×15＋16×35＋16×15＝310， 所以小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率为310.(2)由题意，随机变量ξ可能的取值为0，1，2，3，4，6， 由事件的独立性和互斥性，得P (ξ＝0)＝P (A 0B 0)＝16×15＝130，P (ξ＝1)＝P (A 1B 0＋A 0B 1)＝P (A 1B 0)＋P (A 0B 1)＝13×15＋16×35＝16， P (ξ＝2)＝P (A 1B 1)＝13×35＝15，P (ξ＝3)＝P (A 3B 0＋A 0B 3)＝P (A 3B 0)＋P (A 0B 3)＝12×15＋16×15＝215，P (ξ＝4)＝P (A 3B 1＋A 1B 3)＝P (A 3B 1)＋P (A 1B 3)＝12×35＋13×15＝1130， P (ξ＝6)＝P (A 3B 3)＝12×15＝110.可得随机变量ξ的分布列为：ξ 0 1 2 3 4 6 P130 16 15 215 1130 110所以数学期望E ξ＝0×130＋1×16＋2×15＋3×215＋4×1130＋6×110＝9130.类型五 电路中的独立互斥问题如图，用A ，B ，C ，D 四类不同的元件连接成系统N ，当元件A 正常工作且元件B ，C 都正常工作或当元件A 正常工作且元件D 正常工作时，系统N 正常工作．已知元件A ，B ，C ，D 正常工作的概率依次为23，34，34，45.求：(1)元件A 不正常工作的概率； (2)元件A ，B ，C 都正常工作的概率； (3)系统N 正常工作的概率．解：(1)元件A 正常工作的概率P (A )＝23，不正常工作的概率P (A )＝1－P (A )＝13.(2)元件A ，B ，C 都正常工作的概率P (ABC )＝P (A )P (B )P (C )＝23×34×34＝38.(3)系统N 正常工作可分为A ，B ，C 都正常工作和A ，D 正常工作但B ，C 不都正常工作两种情况，前者的概率为38，后者的概率为P (A B CD )＋P (AB C D )＋P (A B C D )＝23×14×34×45＋23×34×14×45＋23×14×14×45＝730，所以系统N 正常工作的概率是38＋730＝73120. 【点拨】第(2)问中的ABC 包含了事件ABCD 和ABCD ，故在第(3)问中只需讨论A ，D 正常工作但B ，C 不正常工作的情况．(2015·福建模拟)如图所示的电路，有a ，b ，c 三个开关，每个开关开或闭的概率都是12，且是相互独立的，则灯泡甲亮的概率为( )A.18B.14C.12D.116解：设“a 闭合”为事件A ，“b 闭合”为事件B ，“c 闭合”为事件C ，则灯亮应为事件AC B ，且A ，C ，B 之间相互独立，又P (A )＝P (B )＝P (C )＝12，所以P (A B C )＝P (A )P (B )P (C )＝18，故选A . 类型六 求最值型变量的概率某人一次投掷3枚骰子， (1)求最大点数是3的概率； (2)求最小点数是3的概率．解：(1)记最大点数是3为事件A ，最大点数≤3为事件B ，最大点数≤2为事件C ，则P (A )＝P (B )－P (C )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫363－⎝ ⎛⎭⎪⎫263＝19216. (2)记最小点数是3为事件D ，最小点数≥3为事件E ，最小点数≥4为事件F ，则P (D )＝P (E )－P (F )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫463－⎝ ⎛⎭⎪⎫363＝37216. 【点拨】①“最大点数≤3”的概率减去“最大点数≤2”的概率得“最大点数＝3”的概率，“最小点数≥3”的概率减去“最小点数≥4”的概率得“最小点数＝3”的概率，即互斥事件的分解；②若是不用独立与互斥概念，直接寻求基本事件则比较复杂．从10张扑克牌1～10中有放回地抽取4张，则最大点数是6的概率为________．解：记最大点数是6为事件A ，最大点数≤6为事件B ，最大点数≤5为事件C .则P (A )＝P (B )－P (C )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫6104－⎝ ⎛⎭⎪⎫5104＝0.0671.故填0.0671. 类型七 二项分布的最大项问题如果X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫20，13，则P (X ＝k )取得最大值时，k ＝________． 解：由题意知，X 服从二项分布，所以P (X ＝k )＝C k 20⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1320－k ＝C k 20⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2320－k ， P (X ＝k ＋1)＝C k ＋120⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫2320－k －1，k ∈N 且k ≤19.考查不等式P （X ＝k ＋1）P （X ＝k ）≥1，即20－k k ＋1×12≥1，解得k ≤6.所以k ≤6时，P (X ＝k ＋1)≥P (X ＝k )，k >6时，P (X ＝k ＋1)<P (X ＝k )，其中当k ＝6时，P (X ＝k ＋1)＝P (X ＝k )，∴k ＝6或7时，P (X ＝k )取最大值．故填6或7.【点拨】如果X ～B (n ，p )，其中0<p <1，求P (X ＝k )最大值对应的k 值，一般可考查P （X ＝k ＋1）P （X ＝k ），还可以考虑用不等式组⎩⎪⎨⎪⎧P （X ＝k ）≥P （X ＝k ＋1），P （X ＝k ）≥P （X ＝k －1）来求，如变式7.如果X ～B ⎝⎛⎭⎪⎫15，14，则使P (X ＝k )取最大值的k 值为________．解：令⎩⎪⎨⎪⎧C k 15⎝ ⎛⎭⎪⎫3415－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫14k ≥C k ＋115⎝ ⎛⎭⎪⎫3415－（k ＋1）⎝ ⎛⎭⎪⎫14k ＋1，C k 15⎝ ⎛⎭⎪⎫3415－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫14k ≥C k －115⎝ ⎛⎭⎪⎫3415－（k －1）⎝ ⎛⎭⎪⎫14k －1⇒⎩⎪⎨⎪⎧315－k ≥1k ＋1，1k ≥315－k ＋1⇒3≤k ≤4.故k ＝3或4，故填3或4.1．“独立”与“互斥”的区别两事件互斥是指两个事件不可能同时发生，两事件相互独立是指一个事件发生与否对另一事件发生的概率没有影响(如有放回的抽取模型)．两事件相互独立通常不互斥，两事件互斥通常不独立．2．条件概率的求法(1)利用定义，分别求出P (A )，P (AB )，再求P (B |A )＝P （AB ）P （A ）.(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 )，再在事件A 发生的条件下求事件B 包含的基本事件数n (AB )，即可求得P (B |A )＝n （AB ）n （A ）.(3)为了求一些复杂事件的条件概率，往往可以先把它分解为两个(或若干个)互斥事件的和，再利用公式P (B ∪C |A )＝P (B |A )＋P (C |A )进行计算，其中B ，C 互斥．3．对n 次独立重复试验的理解(1)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 )＝C k n p k(1－p )n －k，k＝0，1，2，…，n ，其中p 是一次试验中该事件发生的概率．实际上，C k n p k(1－p )n －k正好是二项式[(1－p )＋p ]n的展开式中的第k ＋1项．这也是二项分布名称的由来．(2)要弄清n 次独立重复试验中恰好发生k 次的概率与第k 次才发生的概率计算公式P n (k )＝C k n p k (1－p )n －k 与P k ＝(1－p )k －1p 的区别． 4．相互独立事件同时发生的概率的求法(1)利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解．(2)正面计算较繁或难于入手时，可正难则反从其对立事件入手进行计算． 5．正确理解独立重复试验与独立事件间的关系独立重复试验是指在同样条件下可重复进行的，各次之间相互独立的一种试验，每次试验都只有两种结果(即某事件要么发生，要么不发生)，并且在每次试验中，事件发生的概率均相等．独立重复试验是相互独立事件的特例(概率公式也是如此)，就像对立事件是互斥事件的特例一样．一般地，有“恰好”等字眼的用独立重复试验的概率公式计算更简单，就像有“至少”或“至多”等字眼的题目用对立事件的概率公式计算更简单一样．1．(2015·浙江模拟)某人投篮命中率为12，该人现投篮3次，各次投篮互不影响，则他恰好投中2次的概率为( )A.18B.14C.38D.58解：所求概率为C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫122×12＝38.故选C . 2．国庆节放假，甲、乙、丙去北京旅游的概率分别为13，14，15.假定三人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有1人去北京旅游的概率为( )A.5960B.35C.12D.160解：因甲、乙、丙去北京旅游的概率分别为13，14，15.因此，他们不去北京旅游的概率分别为23，34，45，所以，至少有1人去北京旅游的概率为P ＝1－23×34×45＝35.故选B .3．袋中有红、黄、绿色球各一个，每次任取一个，有放回地抽取三次，则抽出的球的颜色全相同的概率是( ) A.227 B.19C.29D.127 解：三次均为红球的概率为13×13×13＝127，三次均为黄、绿球的概率也为127，∴所求概率为127＋127＋127＝19.故选B .4．(2015·湖南模拟)某人抛掷一枚硬币，出现正反的概率都是12，构造数列{a n }，使得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1 （第n 次抛掷时出现正面），－1 （第n 次抛掷时出现反面），记S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n (n ∈N *)，则S 4＝2的概率为( ) A.116B.18C.14D.12解：依题意得知，“S 4＝2”表示在连续4次抛掷中恰有3次出现正面1次出现反面，因此“S 4＝2”的概率为C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫123×12＝14.故选C .5．(2014·新课标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 ．0.8B ．0.75C ．0.6D ．0.45解：设事件A ：某一天的空气质量为优良，事件B ：随后一天的空气质量为优良，则P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝0.60.75＝0.8，故选A . 6．甲、乙两人进行投篮练习，两人是否投中相互之间没有影响，每人各次投篮是否投中相互之间也没有影响，若两人投中的概率均为12，那么当两人都投2次，甲投中的次数比乙多的概率为( )A.38B.58C.316D.516解：分两种情况：“甲投中2球，乙投中0球或1球”；“甲投中1球，乙投中0球”．故所求概率为C 22⎝ ⎛⎭⎪⎫122[C 02⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋C 12⎝ ⎛⎭⎪⎫122]＋C 12⎝ ⎛⎭⎪⎫122·C 02⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝516.故选D . 7．加工某一零件需经过三道工序，设第一、二、三道工序的次品率分别为170，169，168，且各道工序互不影响，则加工出来的零件的次品率为____________．解：加工出来的零件是次品的对立事件为零件是正品，由对立事件公式得加工出来的零件的次品率P ＝1－6970×6869×6768＝370.故填370.8．高二某班共有60名学生，其中女生有20名，三好学生占全班人数的16，而且三好学生中女生占一半．现从该班任选一名同学参加某一座谈会，则在已知没有选上女生的条件下，选上的是三好学生的概率为____________．解：设事件A 表示“任选一名学生是男生”；事件B 表示“任选一名学生为三好学生”，则所求概率为P (B |A )．依题意得P (A )＝4060＝23，P (AB )＝560＝112.故P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝11223＝18.故填18.9．粒子A 位于数轴x ＝0处，粒子B 位于x ＝2处，这两个粒子每隔一秒向左或向右移动一个单位，已知向右移动的概率是23，向左移动的概率是13.(1)求3秒后，粒子A 在点x ＝1处的概率； (2)求2秒后，粒子A ，B 同时在x ＝2处的概率． 解：(1)粒子A 在三次移动中有一次向左移动，故P 1＝C 13·13·⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝49.(2)由题意知，粒子A 在两次移动中均向右，粒子B 向左、向右移动各一次，故P 2＝C 22·⎝ ⎛⎭⎪⎫232·C 12·13·23＝1681.10．(2014·湖南) 某企业有甲、乙两个研发小组，他们研发新产品成功的概率分别为23和35.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和数学期望．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 )＝23，P (E )＝13，P (F )＝35，P (F )＝25，且事件E 与F ，E 与F ，E 与F ，E 与F 都相互独立． (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 )＝13×25＝215，故所求的概率为P (H )＝1－P (H )＝1－215＝1315.(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 )＝13×25＝215，P (X ＝100)＝P (E F )＝13×35＝15，P (X ＝120)＝P (E F )＝23×25＝415，P (X ＝220)＝P (EF )＝23×35＝25，数学期望为E (X )＝0×215＋100×15＋120×415＋220×25＝140.11．(2015·全国Ⅱ)某公司为了解用户对其产品的满意度，从A ，B 两地区分别随机调查了20个用户，得到用户对产品的满意度评分如下：A 地区：62 73 81 92 95 85 74 64 53 76 78 86 95 66 97 78 8882 76 89B 地区：73 83 62 51 91 46 53 73 64 82 93 48 65 81 74 56 5476 65 79(1)根据两组数据完成两地区用户满意度评分的茎叶图，并通过茎叶图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度(不要求计算出具体值，给出结论即可)；记事件C：“A地区用户的满意度等级高于B地区用户的满意度等级”．假设两地区用户的评价结果相互独立．根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求C 的概率．解：(1)两地区用户满意度评分的茎叶图如下通过茎叶图可以看出，A地区用户满意度评分的平均值高于B地区用户满意度评分的平均值；A地区用户满意度评分比较集中，B地区用户满意度评分比较分散．(2)记C A1表示事件：“A地区用户的满意等级为满意或非常满意”；C A2表示事件：“A地区用户的满意等级为非常满意”；C B1表示事件：“B地区用户的满意度等级为不满意”；C B2表示事件：“B地区用户的满意度等级为满意”，则C A1与C B1独立，C A2与C B2独立，C B1与C B2互斥，C＝C B1C A1∪C B2C A2.P(C)＝P(C B1C A1∪C B2C A2)＝P(C B1C A1)＋P(C B2C A2)＝P (C B 1)P (C A 1)＋P (C B 2)P (C A 2)．由所给数据得C A 1，C A 2，C B 1，C B 2发生的频率分别为1620，420，1020，820，故P (C A 1)＝1620，P (C A 2)＝420，P (C B 1)＝1020，P (C B 2)＝820，P (C )＝1020×1620＋820×420＝0.48. 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一次购 物量 1至 4件5至 8件 9至12件13至 16件17件及以上顾客数(人) x30 25 y10 结算时间 (分钟/人)11.522.53已知这100位顾客中的一次购物量超过8件的顾客占55%.(1)确定x ，y 的值，并求顾客一次购物的结算时间X 的分布列与数学期望；(2)若某顾客到达收银台时前面恰有2位顾客需结算，且各顾客的结算相互独立，求该顾客结算前的等候时间不超过．．．2.5分钟的概率．(注：将频率视为概率)解：(1)由已知得25＋y ＋10＝55，x ＋30＝45， 所以x ＝15，y ＝20.该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量为100的简单随机样本，将频率视为概率得P (X ＝1)＝15100＝320；P (X ＝1.5)＝30100＝310；P (X ＝2)＝25100＝14；P (X ＝2.5)＝20100＝15；P (X ＝3)＝10100＝110.X 的分布列为X 1 1.5 2 2.5 3 P3203101415110X 的数学期望为E (X )＝1×320＋1.5×310＋2×14＋2.5×15＋3×110＝1.9.(2)记A 为事件“该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟”，X i (i ＝1，2)为该顾客前面第i 位顾客的结算时间，则P (A )＝P (X 1＝1且X 2＝1)＋P (X 1＝1且X 2＝1.5)＋P (X 1＝1.5且X 2＝1)．由于各顾客的结算相互独立，且X 1，X 2的分布列都与X 的分布列相同，所以P (A )＝P (X 1＝1)P (X 2＝1)＋P (X 1＝1)P (X 2＝1.5)＋ P (X 1＝1.5)P (X 2＝1)＝320×320＋320×310＋310×320＝980.故该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟的概率为9 80 .。
高考数学一轮总复习课件第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布 10.8精选ppt版本
求P(B|A).
(2)基本事件法: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AB所包含的基本事件数 n(AB),得P(B|A)= n ( A B ) .
n (A )
2.正态分布下两类常见的概率计算 (1)利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题, 涉及的知识主要是正态曲线关于直线x=μ对称,曲线与 x轴之间的面积为1.
2.掌握常见五个事件的含义 (1)A,B中至少有一个发生的事件为A∪B. (2)A,B都发生的事件为AB. (3)A,B都不发生的事件为 (4)A,B恰有一个发生的事件为 (5)A,B至多一个发生的事件为
A B.
AB AB.
A BA BA B .
3.二项分布是在独立重复试验中产生的,离开独立重复 试验不存在二项分布. 4.若X～B(n,p),则当k由0增大到n时,P(X=k)先由小到 大然后由大到小,且当k取不超过(n+1)p的最大整数时 P(X=k)最大.
试的概率为
C
2 3
0.62×0.4+0.63=0.648.
5.(2016·济宁模拟)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
.
【解析】由题意可得所求概率=0.8×0.9=0.72,即这粒
种子能成长为幼苗的概率为0.72.
答案：0.72
结论 错误 错误 正确 错误
4.(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.0.648 B.0.432 C.0.36 D.0.312
备考2024届高考数学一轮复习讲义第十章计数原理概率随机变量及其分布第1讲两个计数原理
第1讲两个计数原理课标要求命题点五年考情命题分析预测了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义. 分类加法计数原理2023新高考卷ⅠT13两个计数原理是解决排列、组合问题的基本方法，也是与实际联系密切的部分，既能单独命题，也常与排列组合问题、概率计算问题综合命题，题型以小题为主，难度不大.在2025年高考的复习备考中要注意两个计数原理的区别并能灵活应用.分步乘法计数原理2023全国卷乙T7；2022新高考卷ⅡT5；2021全国卷乙T6；2020新高考卷ⅠT3；2020全国卷ⅡT14两个计数原理的综合应用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＝①m＋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＝②m×n种不同的方法.辨析比较两个计数原理的联系与区别原理分类加法计数原理分步乘法计数原理联系都是对完成一件事的方法种数而言.区别一每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事.各个步骤都完成才算完成这件事（每步中的每一种方法都不能独立完成这件事）.区别二各类方法之间是相互独立的，既不能重复也不能遗漏.各步之间是相互依存的，缺一不可.1.[多选]下列说法正确的是（BD）A.在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同B.在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事C.在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事D.从甲地经丙地到乙地是分步问题2.[教材改编]已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的进出公园的方式有12种.解析将4个门分别编号为1，2，3，4，从1号门进入后，有3种出门的方式，同理，从2，3，4号门进入，也各有3种出门的方式，故不同的进出公园的方式共有3×4＝12（种）.3.[易错题]某人有3个电子邮箱，他要发5封不同的电子邮件，则不同的发送方法有243种.解析因为每封电子邮件有3种不同的发送方法，所以要发5封电子邮件，不同的发送方法有3×3×3×3×3＝243（种）.4.[教材改编]书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书.从书架中任取1本书，则不同的取法种数为9.解析分三类：第一类，从第1层取一本书，有4种取法；第二类，从第2层取一本书，有3种取法；第三类，从第3层取一本书，有2种取法.共有取法4＋3＋2＝9（种）.研透高考明确方向命题点1分类加法计数原理例1 （1）我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”（如2 022是“六合数”），则首位为2的“六合数”共有（B）A.18个B.15个C.12个D.9个解析依题意，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4，0，0组成3个数分别为400，040，004；由3，1，0组成6个数分别为310，301，130，103，013，031；由2，2，0组成3个数分别为220，202，022；由2，1，1组成3个数分别为211，121，112.共计3＋6＋3＋3＝15（个）.（2）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13.解析当a＝0时，b的值可以是－1，0，1，2，（a，b）的个数为4.当a≠0时，要使方程ax2＋2x＋b＝0有实数解，需使Δ＝4－4ab≥0，即ab≤1.若a＝－1，则b的值可以是－1，0，1，2，（a，b）的个数为4；若a＝1，则b的值可以是－1，0，1，（a，b）的个数为3；若a＝2，则b的值可以是－1，0，（a，b）的个数为2.由分类加法计数原理可知，（a，b）的个数为4＋4＋3＋2＝13.方法技巧分类加法计数原理的应用思路（1）根据题目中的关键词、关键元素和关键位置等确定恰当的分类标准，分类标准要明确、统一；（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.训练1 集合P＝{x，1}，Q＝{y，1，2}，其中x，y∈{1，2，3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对（x，y）作为一个点的坐标，则这样的点的个数是（B）A.9 B.14 C.15 D.21解析当x＝2时，x≠y，y可从3，4，5，6，7，8，9中取，有7种方法.当x≠2时，由P⊆Q，得x＝y，x可从3，4，5，6，7，8，9中取，有7种方法.综上，满足条件的点共有7＋7＝14（个）.命题点2分步乘法计数原理例2 （1）[2023全国卷乙]甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（C）A.30种B.60种C.120种D.240种解析甲、乙二人先选1种相同的课外读物，有6种情况，再从剩下的5种课外读物中各自选1本不同的读物，有5×4＝20（种）情况，由分步乘法计数原理可得，共有6×20＝120（种）选法，故选C.（2）[多选]有4位同学报名参加三个不同的社团，则下列说法正确的是（AC）A.每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有34种B.每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有43种C.每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有24种D.每个社团限报一个人，则不同的报名方法共有33种解析对于A选项，第1个同学有3种报名方法，第2个同学有3种报名方法，后面的2个同学也有3种报名方法，根据分步乘法计数原理共有34种报名方法，A正确，B错误；对于C选项，每个社团限报一个人，则第1个社团有4种选择，第2个社团有3种选择，第3个社团有2种选择，根据分步乘法计数原理，共有4×3×2＝24（种）选择，C正确，D错误.故选AC.方法技巧分步乘法计数原理的应用思路根据事件发生的过程合理分步，分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成.训练2 [多选]某校高二年级安排甲、乙、丙三名同学到A，B，C，D，E五个社区进行暑期社会实践活动，每名同学只能选择一个社区进行实践活动，且多名同学可以选择同一个社区进行实践活动，则下列说法正确的有（AC）A.如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有61种B.如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有50种C.如果三名同学选择的社区各不相同，则不同的安排方法共有60种D.如果甲、乙两名同学必须在同一个社区，则不同的安排方法共有20种解析对于A，如果社区A必须有同学选择，则不同的安排方法有53－43＝61（种），故A正确；对于B，如果同学甲必须选择社区A，则不同的安排方法有52＝25（种），故B 错误；对于C，如果三名同学选择的社区各不相同，则不同的安排方法共有5×4×3＝60（种），故C正确；对于D，甲、乙两名同学必须在同一个社区，第一步，将甲、乙视作一个整体，第二步，两个整体挑选社区，则不同的安排方法共有52＝25（种），故D错误.故选AC.命题点3两个计数原理的综合应用例3 （1）《周髀算经》是中国最古老的天文学和数学著作，其中记载了“勾股圆方图”（如图），用以证明勾股定理.现提供4种不同颜色给图中5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，则不同的涂色方法种数为（C）A.36B.48C.72D.96解析解法一根据题意得，涂色分2步进行：①对于区域A，B，E，三个区域两两相邻，有A43＝24（种）涂色方法；（区域E位于中心位置，其他4个区域均与区域E相邻，故先考虑两两相邻的区域A，B，E的涂色方法，再研究余下2个区域的涂色方法）②对于区域C，D，若区域C与区域A颜色相同，则区域D有2种涂色方法，若区域C与区域A颜色不同，当A，B，E涂色确定时，则区域C和区域D涂色方法确定，只有1种，由分类加法计数原理可知区域C，D有2＋1＝3（种）涂色方法.由分步乘法计数原理得，共有24×3＝72（种）不同的涂色方法.故选C.解法二可分两种情况：①区域A，C不同色，先涂区域A有4种，区域C有3种，区域E有2种，区域B，D各有1种，有4×3×2＝24（种）涂法.②区域A，C同色，先涂区域A有4种，区域E有3种，区域C有1种，区域B，D各有2种，有4×3×2×2＝48（种）涂法.故共有24＋48＝72（种）涂色方法.（2）由0，1，2，3，4，5，6这7个数字可以组成420个无重复数字的四位偶数.解析要完成的一件事为“组成无重复数字的四位偶数”，所以千位数字不能为0，个位数字必须是偶数，且组成的四位数中的四个数字不重复.因此应先分类，再分步.第1类，当千位数字为奇数，即取1，3，5中的任意一个时，个位数字可取0，2，4，6中的任意一个，百位数字不能取与个位、千位数字重复的数字，十位数字不能取与个位、百位、千位数字重复的数字.根据分步乘法计数原理，不同的取法种数为3×4×5×4＝240.第2类，当千位数字为偶数，即取2，4，6中的任意一个时，个位数字可以取除千位数字外的任意一个偶数数字，百位数字不能取与个位、千位数字重复的数字，十位数字不能取与个位、百位、千位数字重复的数字.根据分步乘法计数原理，不同的取法种数为3×3×5×4＝180.根据分类加法计数原理，可以组成无重复数字的四位偶数的个数为240＋180＝420.方法技巧1.利用两个计数原理解决问题的一般步骤2.涂色问题常用的两种方法训练3 （1）如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是（D）A.48B.18C.24D.36解析第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24（个）；第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个.所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36（个）.（2）甲与其四位同事各有一辆汽车，甲的车牌尾号为9，其四位同事的车牌尾号分别是0，2，1，5.为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定（奇数日车牌尾号为奇数的车通行，偶数日车牌尾号为偶数的车通行），五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案种数为（B）A.64B.80C.96D.120解析5日至9日，有3个奇数日，2个偶数日.第一步，安排偶数日出行，每天都有2种选择，不同的用车方案共有2×2＝4（种）.第二步，安排奇数日出行，分两类讨论：第一类，选1天安排甲的车，不同的用车方案共有3×2×2＝12（种）；第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，不同的用车方案共有2×2×2＝8（种）.综上，不同的用车方案种数为4×（12＋8）＝80，故选B.。
2020届高考数学一轮复习第十篇 第7节二项分布与正态分布课时作业理(含解析)新人教A版
第7节 二项分布与正态分布课时作业基础对点练(时间：30分钟)1．把一枚硬币连续抛两次，记“第一次出现正面”为事件A ，“第二次出现正面”为事件B ，则P (B |A )＝( )(A)12 (B)14 (C)16(D)18A 解析：事件A 的概率为P (A )＝12，事件AB 发生的概率为P (AB )＝14，由公式可得P (B |A )＝P ABP A ＝1412＝12，选A. 2．已知ξ～N (3，σ2)，若P (ξ≤2)＝0.2，则P (ξ≤4)等于( ) (A)0.2 (B)0.3 (C)0.7(D)0.8D 解析：由ξ～N (3，σ2)，得μ＝3，则正态曲线的对称轴是x ＝3，所以P (ξ≤4)＝1－P (ξ≤2)＝0.8.故选D.3．若某人每次射击击中目标的概率均为35，此人连续射击三次，至少有两次击中目标的概率为( )(A)81125 (B)54125 (C)36125(D)27125A 解析：本题考查概率的知识．至少有两次击中目标包含仅有两次击中，其概率为C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫352⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35；若三次都击中，其概率为C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫353，根据互斥事件的概率公式可得，所求概率为P ＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫352⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35＋C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫353＝81125，故选A. 4．(2019江西鹰潭一中模拟)端午节放假，甲回老家过节的概率为13，乙、丙回老家过节的概率分别为14，15.假定三人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少1人回老家过节的概率为( )(A)5960 (B)35 (C)12(D)160B 解析：“甲、乙、丙回老家过节”分别记为事件A ，B ，C ，则P (A )＝13，P (B )＝14，P (C )＝15，所以P (A )＝23，P (B )＝34，P (C →)＝45.由题知A ，B ，C 为相互独立事件，所以三人都不回老家过节的概率P (A B C )＝P (A →)P (B )P (C →)＝23×34×45＝25，所以至少有一人回老家过节的概率P ＝1－25＝35.5．把一枚骰子连续掷两次，已知在第一次抛出的是偶数点的情况下，第二次抛出的也是偶数点的概率为( )(A)1 (B)12 (C)13(D)14B 解析：设事件A ：第一次抛出的是偶数点，B ：第二次抛出的是偶数点，则P (B |A )＝P ABP A ＝12×1212＝12.故选B. 6．将一枚硬币连掷5次，如果出现k 次正面的概率等于出现k ＋1次正面的概率，那么k 的值为( )(A)0 (B)1 (C)2(D)3C 解析：根据题意，本题为独立重复试验，由概率公式得： C k 512k×125－k ＝C k ＋1512k ＋1×124－k ， 解得k ＝2.故选C.7．(创新题)某电脑配件公司的技术员对某种配件的某项功能进行检测，已知衡量该功能的随机变量X 服从正态分布N (2，σ2)且P (X ≤4)＝0.9，该变量X ∈(0,4)时为合格产品，则该产品是合格产品的概率为( )(A)0.1 (B)0.2 (C)0.9(D)0.8D 解析：∵P (X ≤4)＝0.9，∴P (X ＞4)＝1－0.9＝0.1，又此正态曲线关于直线x ＝2对称，故P (X ≤0)＝P (X ≥4)＝0.1，∴P (0＜X ＜4)＝1－P (X ≤0)－P (X ≥4)＝0.8，故该产品合格的概率为0.8，故选D. 8．(2019济宁一中)已知随机变量X ～N (2,2)，若P (X ＞t )＝0.2，则P (X ＞4－t )＝( ) (A)0.1 (B)0.2 (C)0.7(D)0.8D 解析：P (X ＞4－t )＝1－P (X ＜4－t )＝1－P (X ＞t )＝1－0.2＝0.8.故选D. 9．我国的植树节定于每年的3月12日，是我国为激发人们爱林、造林的热情，促进国土绿化，保护人类赖以生存的生态环境，通过立法确定的节日．为宣传此活动，某团体向市民免费发放某种花卉种子．假设这种种子每粒发芽的概率都为0.99，若发放了10 000粒，种植后，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________．解析：根据题意显然有X 2－B (10 000,0.01)，所以E (X2)＝10 000×0.01＝100，故E (X )＝200.答案：20010．某高三毕业班的8次数学周练中，甲、乙两名同学在连续统计解答题失分的茎叶图如图所示．(1)比较这两名同学8次周练解答题失分的平均数和方差的大小，并判断哪位同学做解答题相对稳定些；(2)以上述数据统计甲、乙两名同学失分超过15分的频率作为概率，假设甲、乙两名同学在同一次周练中失分多少互不影响，预测在接下来的2次周练中，甲、乙两名同学失分均超过15分的次数X 的分布列和均值．解析：(1)x 甲＝18(7＋9＋11＋13＋13＋16＋23＋28)＝15，x 乙＝18(7＋8＋10＋15＋17＋19＋21＋23)＝15，s 2甲＝18[(－8)2＋(－6)2＋(－4)2＋(－2)2＋(－2)2＋12＋82＋132]＝44.75，s 2乙＝18[(－8)2＋(－7)2＋(－5)2＋02＋22＋42＋62＋82]＝32.25.甲、乙两名同学解答题失分的平均数相等；甲同学解答题失分的方差比乙同学解答题失分的方差大．所以乙同学做解答题相对稳定些．(2)根据统计结果，在一次周练中，甲和乙失分超过15分的概率分别为P 1＝38，P 2＝12，两人失分均超过15分的概率为P 1P 2＝316，X 的所有可能取值为0,1,2 .依题意，X ～B ⎝⎛⎭⎪⎫2，316，P (X ＝k )＝C k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫316k ⎝ ⎛⎭⎪⎫13162－k，k ＝0,1,2， 则X 的分布列为：X 的均值E (X )＝2×316＝38.能力提升练(时间：15分钟)11．已知ξ～Bn ，12，η～Bn ，13，且E (ξ)＝15，则E (η)等于( )(A)5 (B)10 (C)15(D)20B 解析：因为ξ～Bn ，12，所以E (ξ)＝n2，又E (ξ)＝15，则n ＝30. 所以η～B 30，13，故E (η)＝30×13＝10.故选B.12．已知1号箱中有2个白球和4个红球，2号箱中有5个白球和3个红球，现随机从1号箱中取出一球放入2号箱，然后从2号箱中随机取出一球，则两次都取到红球的概率是( )(A)1127 (B)1124 (C)827(D)924C 解析：设“从1号箱取到红球”为事件A ，“从2号箱取到红球”为事件B . 由题意，P (A )＝42＋4＝23，P (B |A )＝3＋18＋1＝49， 所以P (AB )＝P (B |A |)·P (A )＝49×23＝827，所以两次都取到红球的概率为827，故选C.13．设随机变量X －N (3，σ2)，若P (X ＞m )＝0.3，则P (X ＞6－m )＝________. 解析：∵随机变量X ～N (3，σ2)，∴P (X ＞3)＝P (X ＜3)＝0.5， ∵P (X ＞m )＝0.3，∴P (X ＞6－m )＝P (X ＜m )＝1－P (X ＞m )＝1－0.3＝0.7. 答案：0.714．(2019林州一中质检)某个部件由3个型号相同的电子元件并联而成，3个电子元件中有一个正常工作，该部件正常工作，已知这种电子元件的使用年限ξ(单位：年)服从正态分布，且使用年限少于3年的概率和多于9年的概率都是0.2，那么该部件能正常工作的时间超过9年的概率为________．解析：由P (0＜ξ＜3)＝P (ξ＞9)＝0.2，可得在9年内每个电子元件能正常工作的概率为0.2，因此在9年内这个部件不能正常工作的概率为0.83＝0.512，故该部件能正常工作的概率为1－0.512＝0.488.答案：0.48815．(2019南昌模拟)某市教育局为了了解高三学生体育达标情况，对全市高三学生进行了体能测试，经分析，全市学生体能测试成绩X 服从正态分布N (80，σ2)(满分为100分)，已知P (X ＜75)＝0.3，P (X ≥95)＝0.1，现从该市高三学生中随机抽取3位同学．(1)求抽到的3位同学该次体能测试成绩在区间[80,85)，[85,95)，[95,100]内各有1位同学的概率；(2)记抽到的3位同学该次体能测试成绩在区间[75,85]内的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列和数学期望E (ξ)．解：(1)由题知，P (80≤X ＜85)＝12－P (X ＜75)＝0.2，P (85≤X ＜95)＝0.3－0.1＝0.2，所以所求概率P ＝A 33×0.2×0.2×0.1＝0.024. (2)P (75≤X ≤85)＝1－2P (X ＜75)＝0.4， 所以ξ服从二项分布B (3,0.4)，P (ξ＝0)＝0.63＝0.216，P (ξ＝1)＝3×0.4×0.62＝0.432， P (ξ＝2)＝3×0.42×0.6＝0.288，P (ξ＝3)＝0.43＝0.064，所以随机变量ξ的分布列是ξ 0 1 2 3 P0.2160.4320.2880.064E (ξ)＝3×0.4＝1.2.16．某蛋糕店每天制作生日蛋糕若干个，每个生日蛋糕的成本为50元，然后以每个100元的价格出售，如果当天卖不完，剩下的蛋糕作垃圾处理．现需决策此蛋糕店每天应该制作多少个生日蛋糕，为此搜集并整理了100天生日蛋糕的日需求量(单位：个)的数据，得到如图所示的柱状图，以100天记录的各需求量的频率作为每天各需求量发生的概率．(1)若蛋糕店一天制作17个生日蛋糕，(ⅰ)求当天的利润y (单位：元)关于当天需求量n (单位：个，n ∈N *)的函数解析式； (ⅱ)在当天的利润不低于750元的条件下，求当天需求量不低于18个的概率． (2)若蛋糕店计划一天制作16个或17个生日蛋糕，请你以蛋糕店一天利润的期望值为决策依据，判断应该制作16个还是17个？解：(1)(ⅰ)当n ≥17时y ＝17×(100－50)＝850； 当n ≤16时，y ＝50n －50(17－n )＝100n －850.所以y ＝⎩⎪⎨⎪⎧100n －850n ≤16，n ∈N *，850n ≥17，n ∈N *.(ⅱ)设当天的利润不低于750元为事件A ，当天需求量不低于18个为事件B ， 由(ⅰ)得，日利润不低于750元等价于日需求量不低于16个，则P (A )＝710，P (B |A )＝P AB P A ＝0.15＋0.13＋0.10.7＝1935.(2)蛋糕店一天应制作17个生日蛋糕，理由如下：若蛋糕店一天制作17个生日蛋糕，X 表示当天的利润(单位：元)，X 的分布列为X 550 650 750 850 P0.10.20.160.54E (X )＝550×0.1＋650×0.2＋750×0.16＋850×0.54＝764.若蛋糕店一天制作16个生日蛋糕，Y 表示当天的利润(单位：元)，Y 的分布列为：Y 600 700 800 P0.10.20.7E (Y )＝600×0.1＋700×0.2＋800×0.7＝760.由以上的计算结果可以看出，E (X )＞E (Y )，即一天制作17个生日蛋糕的利润大于一天制作16个生日蛋糕的利润，所以蛋糕店一天应该制作17个生日蛋糕．。
近年高考数学一轮复习第10章计数原理、概率、随机变量及其分布10.8n次独立重复试验与二项分布课后
2019版高考数学一轮复习第10章计数原理、概率、随机变量及其分布10.8 n次独立重复试验与二项分布课后作业理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019版高考数学一轮复习第10章计数原理、概率、随机变量及其分布10.8 n次独立重复试验与二项分布课后作业理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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10。
8 n次独立重复试验与二项分布[重点保分两级优选练］A级一、选择题1．(2018·广西柳州模拟）把一枚硬币任意抛掷三次,事件A＝“至少有一次出现反面”,事件B＝“恰有一次出现正面”，则P(B|A)＝（）A。
错误! B。
错误! C。
错误! D.错误!答案A解析依题意得P(A）＝1－错误!＝错误!，P(AB）＝错误!＝错误!，因此P （B|A)＝错误!＝错误!，故选A。
2．（2018·厦门模拟）甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛采取五局三胜制,无论哪一方先胜三局则比赛结束，假定甲每局比赛获胜的概率均为错误!，则甲以3∶1的比分获胜的概率为（）A。
错误! B.错误! C.错误! D。
错误!答案A解析第四局甲第三次获胜，并且前三局甲获胜两次,所以所求的概率为P＝C错误!错误!2×错误!×错误!＝错误!.故选A。
3．(2017·山西一模)甲乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“三局两胜"制,甲在每局比赛中获胜的概率均为错误!，且各局比赛结果相互独立，则在甲获得冠军的情况下,比赛进行了三局的概率为（)A.错误! B。
2025届高一轮复习讲义计数原理、概率、随机变量及其分布之 事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
A )
D.
1
1
，
3 11
由题意可得 n ( A )＝6×5＝30， n ( B )＝6×6－5×5＝11， n ( AB )＝2×5＝
10，∴ P ( A ｜ B )＝
()
10
()
10
1
＝ ， P ( B ｜ A )＝
＝ ＝ .故选A.
()
11
()
30
3
5. [教材改编]设10件产品中有4件不合格品，从中任意选取2件，则在所选取的产品
事件 B 发生的概率， P ( A ｜ B )表示在事件 B 发生的条件下事件 A 发生的概率.
(2)当 A ， B 相互独立时， P ( B ｜ A )＝ P ( B ).
3. 全概率公式
一般地，设 A 1， A 2，…， An 是一组两两互斥的事件， A 1∪ A 2∪…∪ An ＝Ω，且
∑ P ( Ai ) P ( B ｜ Ai )
(2)性质：设 P ( A )＞0，则
a. P (Ω｜ A )＝1；
b.若 B 和 C 是两个互斥事件，则 P ( B ∪ C ｜ A )＝⑦
c.设 B 和 互为对立事件，则 P ( ｜ A )＝⑧
注意
P ( B ｜ A )＋ P ( C ｜ A )
1－ P ( B ｜ A )
；
.
(1) P ( B ｜ A )与 P ( A ｜ B )是不相同的， P ( B ｜ A )表示在事件 A 发生的条件下
中发现有一件是不合格品时，另一件也是不合格品的概率是
[解析]
1
5
.
记事件 A 为“选取的2件产品中发现有一件是不合格品”，事件 B 为“另一
高考数学理一轮复习课件第10章计数原理概率随机变量及其分布102
D．130
解析 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 C51C12＝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＋C35C13＋C35C32＝80 种情况．综上知，满足条件的元 素个数共有 10＋40＋80＝130 种，故答案为 D.
栏目 导引
第十二章 选考部分
命题角度 3 特殊元素(位置)问题
典例5 [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
C．240 种
D．288 种
解析 当最左端排甲时，不同的排法共有 A55种；当最左端排乙时，甲只能排在中间四个位置之一，则 不同的排法共有 C14A44种．故不同的排法共有 A55＋C14A44＝9×24＝216 种．
栏目 导引
第十二章 选考部分
2．我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有 5 架舰载机准备着舰．如果甲、乙两
机必须相邻着舰，而丙、丁不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有( )
计数原理、概率、随机变量及其分布第7讲-高考理科数学归纳总结讲义
第7讲 离散型随机变量及其分布列[考纲解读] 1.理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，了解分布列对于刻画随机现象的重要性．2.能确定随机变量，求出随机变量发生的概率，正确列出分布列．(重点、难点)3.理解超几何分布，并能进行简单的应用．[考向预测] 从近三年高考情况来看，本讲一直是高考中的热点内容. 预测2020年将会考查：①与排列组合及统计知识结合的分布列；②与独立重复事件结合的分布列. 试题以解答题的形式呈现，以现实生活中的事例为背景进行考查，试题难度不大，属中档题型.1．离散型随机变量随着试验结果变化而变化的变量称为□01随机变量，常用字母X ，Y ，ξ，η，…表示．所有取值可以一一列出的随机变量，称为□02离散型随机变量．2．离散型随机变量的分布列及性质(1)一般地，若离散型随机变量X 可能取的不同值为x 1，x 2，…，x i ，…，x n ，X 取每一个值x i (i ＝1,2，…，n )的概率P (X ＝x i )＝p i ，则表X x 1 x 2 … x i … x n Pp 1p 2…p i…p n称为离散型随机变量X 的□01概率分布列，简称为X 的□02分布列，有时为了表达简单，也用等式□03P (X ＝x i )＝p i ，i ＝1,2，…，n 表示X 的分布列．(2)离散型随机变量的分布列的性质 ①□04p i ≥0(i ＝1,2，…，n )； ②□05 i ＝1np i ＝1.3．常见离散型随机变量的分布列 (1)两点分布若随机变量X服从两点分布，即其分布列为(2)超几何分布在含有M件次品的N件产品中，任取n件，其中恰有X件次品，则P(X＝k)＝□02C k M C n－k N－MC n N，k＝0,1,2，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*.如果随机变量X的分布列具有上表的形式，则称随机变量X服从超几何分布．1．概念辨析(1)随机试验的结果与随机变量是一种映射关系，即每一个试验结果都有唯一的随机变量的值与之对应. ()(2)离散型随机变量的各个可能值表示的事件是彼此互斥的．()(3)离散型随机变量在某一范围内取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和．()(4)若随机变量X的分布列由下表给出，X 2 5P 0.30.7则它服从两点分布．()答案(1)√(2)√(3)√(4)×2．小题热身(1)已知8件产品中有2件次品，从中任取3件，取到次品的件数为随机变量ξ，那么ξ的可能取值为()A．0,1 B．1,2C．0,1,2 D．0,1,2,3答案 C解析 由于只有2件次品，所以ξ的可能取值为0,1,2.(2)抛掷两枚质地均匀的硬币，则正面向上的个数X 的分布列为( )答案 C解析 因为P (X ＝1)＝12，所以A ，B 不正确；又因为 P (X ＝0)＋P (X ＝1)＋P (X ＝2)＝1.所以D 不正确，故选C. (3)设随机变量X 的分布列如下：则p 为( ) A.16 B.13 C.14 D.112答案 C解析 由分布列的性质得，112＋16＋13＋16＋p ＝1， 解得p ＝14.(4)从4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛，则所选3人中女生人数不超过1人的概率是________．答案 45解析 设所选女生人数为x ，则x 服从超几何分布， 其中N ＝6，M ＝2，n ＝3，则P (x ≤1)＝P (x ＝0)＋P (x ＝1)＝C 02C 34C 36＋C 12C 24C 36＝45.题型 一 离散型随机变量分布列的性质设随机变量ξ的分布列P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ＝k 5＝ak (k ＝1,2,3,4,5)．(1)求常数a 的值； (2)求P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ≥35；(3)求P ⎝ ⎛⎭⎪⎫110<ξ<710.解 由已知分布列为：(1)由a ＋2a ＋3a ＋4a ＋5a ＝1，得a ＝115.(2)P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ≥35＝P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ＝35＋P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ＝45＋P (ξ＝1)＝315＋415＋515＝45.⎝ ⎛⎭⎪⎫或P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ≥35＝1－P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ≤25＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫115＋215＝45.(3)因为110<ξ<710只有ξ＝15，25，35满足， 故P ⎝ ⎛⎭⎪⎫110<ξ<710＝P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ＝15＋P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ＝25＋P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ξ＝35＝115＋215＋315＝25.条件探究 若将举例说明条件变为“P (ξ＝n )＝an (n ＋1)(n ＝1,2,3,4)．”求P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<ξ<52的值． 解 ∵P (ξ＝n )＝a n (n ＋1).∴a 2＋a 6＋a 12＋a 20＝1，∴a ＝54. P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<ξ<52＝P (ξ＝1)＋P (ξ＝2)＝56. 结论探究 举例说明条件下，求5ξ－1的分布列． 解 由举例说明解析得ξ的分布列为所以5ξ－1的分布列为1．分布列性质的两个作用(1)利用分布列中各事件概率之和为1可求参数的值及检查分布列的正确性． (2)随机变量X 所取的值分别对应的事件是两两互斥的，利用这一点可以求随机变量在某个范围内的概率．提醒：求分布列中的参数值时，要保证每个概率值均为非负数． 2．随机变量X 的线性组合的概率及分布列问题(1)随机变量X 的线性组合η＝aX ＋b (a ，b ∈R )是随机变量．(2)求η＝aX ＋b 的分布列可先求出相应随机变量的值，再根据对应的概率写出分布列.1．设离散型随机变量ξ的分布列如下表所示：则下列各式正确的是( ) A ．P (ξ＜3)＝25 B ．P (ξ＞1)＝45 C ．P (2＜ξ＜4)＝25 D ．P (ξ＜0.5)＝0答案 C解析 由离散型随机变量ξ的概率分布列得， P (ξ＜3)＝P (ξ＝－1)＋P (ξ＝0)＋P (ξ＝1)＋P (ξ＝2)＝110＋15＋110＋15＝35，故A 错误；P (ξ＞1)＝P (ξ＝2)＋P (ξ＝3)＝15＋25＝35，故B 错误；P (2＜ξ＜4)＝P (ξ＝3)＝25，故C 正确；P (ξ＜0.5)＝P (ξ＝－1)＋P (ξ＝0)＝110＋15＝310，故D 错误．2．设X 是一个离散型随机变量，其分布列为：则q 的值为( ) A ．1B.32±336C.32－336D.32＋336答案 C解析 由分布列的性质知⎩⎪⎨⎪⎧2－3q ≥0，q 2≥0，13＋2－3q ＋q 2＝1，解得q ＝32－336. 题型二 超几何分布(2018·济南模拟)某外语学校的一个社团中有7名同学，其中2人只会法语，2人只会英语，3人既会法语又会英语，现选派3人到法国的学校交流访问．求：(1)在选派的3人中恰有2人会法语的概率；(2)在选派的3人中既会法语又会英语的人数X 的分布列． 解 (1)设事件A ：选派的3人中恰有2人会法语，则P (A )＝C 25C 12C 37＝47.(2)依题意知，X 服从超几何分布，X 的可能取值为0,1,2,3，P (X ＝0)＝C 34C 37＝435，P (X ＝1)＝C 24C 13C 37＝1835，P (X ＝2)＝C 14C 23C 37＝1235，P (X ＝3)＝C 33C 37＝135，∴X 的分布列为1．超几何分布的两个特点(1)超几何分布是不放回抽样问题．(2)随机变量为抽到的某类个体的个数．2．超几何分布的应用条件(1)考察对象分两类．(2)已知各类对象的个数．(3)从中抽取若干个个体，考察某类个体个数ξ的概率分布．3．求超几何分布的分布列的步骤某高校一专业在一次自主招生中，对20名已经选拔入围的学生进行语言表达能力和逻辑思维能力测试，结果如下表：由于部分数据丢失，只知道从这20名参加测试的学生中随机抽取一人，抽到语言表达能力优秀或逻辑思维能力优秀的学生的概率为2 5.(1)从参加测试的语言表达能力良好的学生中任意抽取2名，求其中至少有一名逻辑思维能力优秀的学生的概率；(2)从参加测试的20名学生中任意抽取2名，设语言表达能力优秀或逻辑思维能力优秀的学生人数为X，求随机变量X的分布列．解(1)用A表示“从这20名参加测试的学生中随机抽取一人，抽到语言表达能力优秀或逻辑思维能力优秀的学生”，∵语言表达能力优秀或逻辑思维能力优秀的学生共有(6＋n)名，∴P(A)＝6＋n20＝25，解得n＝2，∴m＝4，用B表示“从参加测试的语言表达能力良好的学生中任意抽取2名，其中至少有一名逻辑思维能力优秀的学生”，∴P(B)＝1－C26C29＝712.(2)随机变量X服从超几何分布，X的可能取值为0,1,2.∵在20名学生中，语言表达能力优秀或逻辑思维能力优秀的学生共有8名，∴P(X＝0)＝C212C220＝3395，P(X＝1)＝C18C112C220＝4895，P(X＝2)＝C28C220＝1495，∴X的分布列为X 01 2P 339548951495题型三求离散型随机变量的分布列角度1与互斥事件有关的分布列问题1．已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束．(1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；(2)已知每检测一件产品需要费用100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用(单位：元)，求X的分布列和均值(数学期望)．解(1)记第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品为事件A，则P(A)＝A12A13A25＝310.(2)X的可能取值为200,300,400.P(X＝200)＝A22A25＝110，P(X＝300)＝A33＋C12C13A22A35＝310，P(X＝400)＝1－P(X＝200)－P(X＝300)＝1－110－310＝610.故X的分布列为X 200300400P 110310610E(X)＝200×110＋300×310＋400×610＝350.角度2与统计有关的分布列的求法2．随着经济模式的改变，微商和电商已成为当今城乡一种新型的购销平台．已知经销某种商品的电商在任何一个销售季度内，每售出1吨该商品可获利润0.5万元，未售出的商品，每1吨亏损0.3万元．根据往年的销售经验，得到一个销售季度内市场需求量的频率分布直方图如图所示．已知电商为下一个销售季度筹备了130吨该商品，现以x(单位：吨，100≤x≤150)表示下一个销售季度的市场需求量，T(单位：万元)表示该电商下一个销售季度内经销该商品获得的利润．(1)视x 分布在各区间内的频率为相应的概率，求P (x ≥120)； (2)将T 表示为x 的函数，求出该函数表达式；(3)在频率分布直方图的市场需求量分组中，以各组的区间中点值(组中值)代表该组的各个值，并以市场需求量落入该区间的频率作为市场需求量取该组中值的概率(例如x ∈[100,110)，则取x ＝105的概率等于市场需求量落入[100,110)的频率)，求T 的分布列．解 (1)根据频率分布直方图及两两互斥事件的概率的可加性得， P (x ≥120)＝P (120≤x <130)＋P (130≤x <140)＋P (140≤x ≤150) ＝0.030×10＋0.025×10＋0.015×10＝0.7.(2)当x ∈[100,130)时，T ＝0.5x －0.3(130－x )＝0.8x －39； 当x ∈[130,150]时，T ＝0.5×130＝65， 所以T ＝⎩⎪⎨⎪⎧0.8x －39，100≤x ＜130，65，130≤x ≤150.(3)由题意及(2)可得，当x ∈[100,110)时，T ＝0.8×105－39＝45，P (T ＝45)＝0.010×10＝0.1； 当x ∈[110,120)时，T ＝0.8×115－39＝53, P (T ＝53)＝0.020×10＝0.2； 当x ∈[120,130)时，T ＝0.8×125－39＝61，P (T ＝61)＝0.030×10＝0.3； 当x ∈[130,150]时，T ＝65，P (T ＝65)＝(0.025＋0.015)×10＝0.4； 所以T 的分布列为T45536165P 0.10.20.30.4所以E(T)＝45×0.1＋53×0.2＋61×0.3＋65×0.4＝59.4万元．离散型随机变量分布列的求解步骤(1)明取值：明确随机变量的可能取值有哪些，且每一个取值所表示的意义．(2)求概率：要弄清楚随机变量的概率类型，利用相关公式求出变量所对应的概率．(3)画表格：按规范要求形式写出分布列．(4)做检验：利用分布列的性质检验分布列是否正确．提醒：求随机变量某一范围内取值的概率，要注意它在这个范围内的概率等于这个范围内各概率值的和.1．某小组共10人，利用假期参加义工活动，已知参加义工活动次数为1,2,3的人数分别为3,3,4，现从这10人中随机选出2人作为该组代表参加座谈会．(1)设A为事件“选出的2人参加义工活动次数之和为4”，求事件A发生的概率；(2)设X为选出的2人参加义工活动次数之差的绝对值，求随机变量X的分布列．解(1)由已知，有P(A)＝C13C14＋C23C210＝13.所以事件A发生的概率为1 3.(2)随机变量X的所有可能取值为0,1,2.P(X＝0)＝C23＋C23＋C24C210＝415，P(X＝1)＝C13C13＋C13C14C210＝715，P(X＝2)＝C13C14C210＝415.所以随机变量X的分布列为X 01 2P 4157154152．甲、乙两家外卖公司，其送餐员的日工资方案如下：甲公司的底薪70元，每单抽成4元；乙公司无底薪，40单以内(含40单)的部分每单抽成5元，超出40单的部分每单抽成7元，假设同一公司送餐员一天的送餐单数相同，现从两家公司各随机抽取一名送餐员，并分别记录其100天的送餐单数，得到如下频数表：甲公司送餐员送餐单数频数表送餐单数3839404142天数2040201010乙公司送餐员送餐单数频数表送餐单数3839404142天数1020204010(1)现从甲公司记录的100天中随机抽取两天，求这两天送餐单数都大于40的概率；(2)若将频率视为概率，回答下列问题：①记乙公司送餐员日工资为X(单位：元)，求X的分布列和数学期望；②小明拟到甲、乙两家公司中的一家应聘送餐员，如果仅从日工资的角度考虑，请利用所学的统计学知识为他作出选择，并说明理由．解(1)记“抽取的两天送餐单数都大于40”为事件M，则P(M)＝C220C2100＝19495.(2)①设乙公司送餐员送餐单数为a，则当a＝38时，X＝38×5＝190，当a＝39时，X＝39×5＝195，当a＝40时，X＝40×5＝200，当a＝41时，X＝40×5＋1×7＝207，当a＝42时，X＝40×5＋2×7＝214.则X的所有可能取值为190,195,200,207,214.所以X的分布列为X 190195200207214P 110151525110故E(X)＝190×110＋195×15＋200×15＋207×25＋214×110＝10115.②依题意，甲公司送餐员日平均送餐单数为38×0.2＋39×0.4＋40×0.2＋41×0.1＋42×0.1＝39.5. 所以甲公司送餐员日平均工资为70＋4×39.5＝228(元)．由①得乙公司送餐员日平均工资为202.2元．因为202.2<228，故推荐小明去甲公司应聘．。
2024届新高考一轮总复习人教版 第十章事件的相互独立性、条件概率与全概率公式 课件(33张)
3．全概率公式 一般地，设 A1，A2，…，An 是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且 P(Ai)>0，
n
i＝1，2，…，n，则对任意事件 B⊆Ω，有 P(B)＝P(Ai)P(B|Ai)，我们称这个公式为全概
i＝1
率公式．
[必记结论] 1．必然事件 Ω，不可能事件∅都与任意事件相互独立．
答案：C
4．(选择性必修第三册 P50 例 5 改编)两台机床加工同样的零件，它们出现废品的概 率分别为 0.03 和 0.02，加工出的零件放在一起．设第一台机床加工的零件比第二台的多 一倍，则任取一个零件是合格品的概率为________.
解析：第一台机床加工的零件比第二台的多一倍，那么第一台机床加工的零件所占 的比例是23，第二台机床加工的零件占13，则任取一件为不合格品的概率为23×0.03＋13 ×0.02＝725，故为合格品的概率为 1－725＝7735.
2．事件 A，B 相互独立的充要条件是 P(AB)＝P(A)·P(B).
3．当 P(A)>0 时，事件 A 与 B 相互独立⇔P(B|A)＝P(B).
4．贝叶斯公式：设 A1，A2，…，An 是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，
且 P(Ai)>0，i＝1，2，…，n，则对任意事件 B⊆Ω，P(B)>0，有 P(Ai|B)＝P(APi)P(B(B) |Ai)＝
第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布
[课标解读] 1.了解两个事件相互独立的含义． 2.理解随机事件的独立性和条件概 率的关系，会利用全概率公式计算概率．
备考第 1 步——梳理教材基础，落实必备知识
1．条件概率
(1)条件概率的定义
P(AB)