2014届高考数学总复习(考点引领+技巧点拨)第十一章 计数原理、随机变量及分布列第4课时 离散型随机变量
2014届高考数学总复习(考点引领+技巧点拨)第十一章 计数原理、随机变量及分布列第5课时 独立性及二项分布
《最高考系列 高考总复习》2014届高考数学总复习（考点引领+技巧点拨）第十一章 计数原理、随机变量及分布列第5课时 独立性及二项分布1. (选修23P 59练习2改编)省工商局于2003年3月份，对全省流通领域的饮料进行了质量监督抽查，结果显示，某种刚进入市场的x 饮料的合格率为80%，现有甲、乙、丙3人聚会，选用6瓶x 饮料，并限定每人喝2瓶．则甲喝2瓶合格的x 饮料的概率是________．答案：0.64解析：记“第一瓶x 饮料合格”为事件A 1，“第二瓶x 饮料合格”为事件A 2，A 1与A 2是相互独立事件，“甲喝2瓶x 饮料都合格就是事件A 1、A 2同时发生，根据相互独立事件的概率乘法公式得P(A 1·A 2)＝P(A 1)·P(A 2)＝0.8×0.8＝0.64.2. (选修23P 63练习2改编)某人射击一次击中目标的概率为0.6，经过3次射击，此人恰有两次击中目标的概率为________．答案：54125解析：本题符合独立重复试验，是二项分布问题，所以此人恰有两次击中目标的概率为C 23(0.6)2·(1－0.6)＝54125.3. 甲、乙两地都位于长江下游，根据天气预报记录知，一年中下雨天甲市占20%，乙市占18%，假定在这段时间内两市是否降雨相互之间没有影响，则甲、乙两市同时下雨的概率为________．答案：0.036解析：设甲市下雨为事件A ，乙市下雨为事件B ，由题设知，事件A 与B 相互独立，且P(A)＝0.2，P(B)＝0.18，则P(AB)＝P(A)P(B)＝0.2×0.18＝0.036.4. (选修23P 63练习2改编)某单位组织4个部门的职工旅游，规定每个部门只能在韶山、衡山、张家界3个景区中任选一个，假设各部门选择每个景区是等可能的．则3个景区都有部门选择的概率是________．答案：49解析：某单位的4个部门选择3个景区可能出现的结果数为34.由于是任意选择，这些结果出现的可能性都相等.3个景区都有部门选择可能出现的结果数为C 24·3！(从4个部门中任选2个作为1组，另外2个部门各作为1组，共3组，共有C 24＝6种分法，每组选择不同的景区，共有3！种选法)，记“3个景区都有部门选择”为事件A 1，那么事件A 1的概率为P(A 1)＝C 24·3！34＝49. 5. 在4次独立试验中，事件A 出现的概率相同，若事件A 至少发生1次的概率是6581，则事件A 在一次试验中出现的概率是________．答案：13解析：设A 发生概率为P ，1－(1－P)4＝6581，P ＝13.1. 相互独立事件(1) 对于事件A 、B ，若A 的发生与B 的发生互不影响，则称A 、B 相互独立． (2) 若A 与B 相互独立，则P(AB)＝P(A)P(B)．(3) 若A 与B 相互独立，则A 与B ，A 与B ，A 与B 也都相互独立． (4) 若P(AB)＝P(A)P(B)，则A 、B 相互独立． 2. 二项分布如果在一次试验中某事件发生的概率是p ，那么在n 次独立重复试验中这个事件恰好发生k 次的概率是P(X ＝k)＝C k n p k q n －k，其中k ＝0，1，2，3，…，n ，q ＝1－p.于是得到随机变量X 的概率分布如下：nn n ＋…＋C k n p q ＋…＋n q 0中的第k ＋1项(k ＝0，1，2，…，n)中的值，故称随机变量X 为二项分布，记作X ～B(n ，p)．3. “互斥”与“相互独立”的区别与联系题型1 相互独立事件例1 A 高校自主招生设置了先后三道程序：部分高校联合考试、本校专业考试、本校面试．在每道程序中，设置三个成绩等级：优、良、中．若考生在某道程序中获得“中”，则该考生在本道程序中不通过，且不能进入下面的程序．考生只有全部通过三道程序，自主招生考试才算通过．某中学学生甲参加A 高校自主招生考试，已知该生在每道程序中通过的概率均为34，每道程序中得优、良、中的概率分别为p 1、12、p 2.(1) 求学生甲不能通过A 高校自主招生考试的概率；(2) 设ξ为学生甲在三道程序中获优的次数，求ξ的分布列．解：由题意，得11213,241,2p p p ìïï+=ïïíïï+=ïïïî解得p 1＝p 2＝14.(1) 设事件A 为学生甲不能通过A 高校自主招生考试，则P(A)＝14＋34×14＋34×34×14＝3764. 答：学生甲不能通过A 高校自主招生考试的概率为3764.(2) 由题意知：ξ＝0，1，2，3.P(ξ＝0)＝14＋12×14＋12×12×14＋12×12×12＝916，P(ξ＝2)＝14×14×14＋14×14×12＋14×12×14＋12×14×14＝764，P(ξ＝3)＝14×14×14＝164，∵i ＝03P (ξ＝i)＝1，∴P(ξ＝1)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝2)－P(ξ＝3)＝516. 故ξ的分布列为变式训练有一种闯三关游戏规则规定如下：用抛掷正四面体型骰子(各面上分别有1，2，3，4点数的质地均匀的正四面体)决定是否过关，在闯第n(n ＝1，2，3)关时，需要抛掷n 次骰子，当n 次骰子面朝下的点数之和大于n 2时，则算闯此关成功，并且继续闯关，否则停止闯关．每次抛掷骰子相互独立．(1) 求仅闯过第一关的概率；(2) 记成功闯过的关数为ξ，求ξ的分布列．解：(1) 记“仅闯过第一关的概率”这一事件为A ，则P(A)＝34·616＝932.(2) 由题意得，ξ的取值有0，1，2，3，且P(ξ＝0)＝14，P(ξ＝1)＝932，P(ξ＝2)＝34·1016·5464＝4051 024，P(ξ＝3)＝34·1016·1064＝751 024，即随机变量ξ的概率分布列为题型2 独立重复试验与二项分布例2 设进入某商场的每一位顾客购买甲种商品的概率为0.5，购买乙种商品的概率为0.6，且购买甲种商品与购买乙种商品相互独立，各顾客之间购买商品也是相互独立的．(1) 求进入商场的1位顾客购买甲、乙两种商品中的一种的概率； (2) 求进入商场的1位顾客至少购买甲、乙两种商品中的一种的概率；(3) 记ξ表示进入商场的3位顾客中至少购买甲、乙两种商品中的一种的人数，求ξ的分布列．解：记A 表示事件：进入商场的1位顾客购买甲种商品；记B 表示事件：进入商场的1位顾客购买乙种商品；记C 表示事件：进入商场的1位顾客购买甲、乙两种商品中的一种；记D 表示事件：进入商场的1位顾客至少购买甲、乙两种商品中的一种．(1) C ＝A·B ＋A ·B，P(C)＝P(A·B ＋A ·B)＝P(A·B)＋P(A ·B)＝P(A)·P(B)＋P(A －)·P(B)＝0.5×0.4＋0.5×0.6＝0.5.(2) D ＝A ·B ，P(D)＝P(A ·B)＝P(A )·P(B)＝0.5×0.4＝0.2， P(D)＝1－P(D)＝0.8.(3) ξ～B(3，0.8)，故ξ的分布列P(ξ＝0)＝0.23＝0.008；P(ξ＝1)＝C 13×0.8×0.22＝0.096；P(ξ＝2)＝C 23×0.82×0.2＝0.384；P(ξ＝3)＝0.83＝0.512.某中学在高一开设了数学史等4门不同的选修课，每个学生必须选修，且只能从中选一门．该校高一的3名学生甲、乙、丙对这4门不同的选修课的兴趣相同．(1) 求3个学生选择了3门不同的选修课的概率； (2) 求恰有2门选修课这3个学生都没有选择的概率；(3) 设随机变量X 为甲、乙、丙这三个学生选修数学史这门课的人数，求X 的分布列．解：(1) 3个学生选择了3门不同的选修课的概率：P 1 ＝A 3443＝38.(2) 恰有2门选修课这3个学生都没有选择的概率：P 2＝C 24·C 23·A 2243＝916.(3) X ＝0，1，2，3，则有P (ξ＝ 0 ) ＝3343＝2764；P (X ＝ 1) ＝C 13·3243＝2764；P (X ＝ 2 ) ＝C 23·343＝964；P (X ＝ 3 ) ＝C 3343＝164.∴ X 的概率分布表为：题型3 独立性及二项分布的应用例3 某商场为促销设计了一个抽奖模型，一定数额的消费可以获得一张抽奖券，每张抽奖券可以从一个装有大小相同的4个白球和2个红球的口袋中一次性摸出3个球，至少摸到一个红球则中奖．(1) 求一次抽奖中奖的概率；(2) 若每次中奖可获得10元的奖金，一位顾客获得两张抽奖券，求两次抽奖所得的奖金额之和X(元)的概率分布．解：(1) 设“一次抽奖中奖”为事件A ，则P(A)＝C 12C 24＋C 22C 14C 36＝1620＝45. 答：一次抽奖中奖的概率为45.(2) X 可取0，10，20，P(X ＝0)＝(0.2)2＝0.04，P(X ＝10)＝C 12×0.8×0.2＝0.32，P(X ＝20)＝(0.8)2＝0.64. X 的概率分布列为备选变式（教师专享）甲、乙、丙三名射击运动员射中目标的概率分别为12、a 、a(0＜a ＜1)，三人各射击一次，击中目标的次数记为ξ.(1) 求ξ的分布列及数学期望；(2) 在概率P(ξ＝i)(i ＝0、1、2、3)中，若P(ξ＝1)的值最大，求实数a 的取值范围． 解：(1) P(ξ)是“ξ个人命中，3－ξ个人未命中”的概率．其中ξ的可能取值为0、1、2、3.P(ξ＝0)＝C 01⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12C 02(1－a)2＝12(1－a)2；P(ξ＝1)＝C 11·12C 02(1－a)2＋C 01⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12C 12a(1－a)＝12(1－a 2)；P(ξ＝2)＝C 11·12C 12a(1－a)＋C 01⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12C 22a 2＝12(2a －a 2)； P(ξ＝3)＝C 11·12C 22a 2＝a22.所以ξ的分布列为ξ的数学期望为E(ξ)＝0×12(1－a)2＋1×12(1－a 2)＋2×12(2a －a 2)＋3×a 22＝4a ＋12.(2) P(ξ＝1)－P(ξ＝0)＝12[(1－a 2)－(1－a)2]＝a(1－a)；P(ξ＝1)－P(ξ＝2)＝12[(1－a 2)－(2a －a 2)]＝1－2a 2；P(ξ＝1)－P(ξ＝3)＝12[(1－a 2)－a 2]＝1－2a 22.由2(1)0,120,21202a a a a ìïïï- ïïïï-ï³íïïïï-ï³ïïïî和0＜a ＜1，得0＜a≤12， 即a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12.1. (2013·福建)某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为23，中奖可以获得2分；方案乙的中奖率为25，中奖可以得3分；未中奖则不得分．每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品．若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X ，求X≤3的概率．解：由已知得：小明中奖的概率为23，小红中奖的概率为25，两人中奖与否互不影响，记“这2人的累计得分X≤3”的事件为A ，则A 事件的对立事件为“X＝5”，∵ P(X ＝5)＝23×25＝415，∴ P(A)＝1－P(X ＝5)＝1115.∴ 这两人的累计得分X≤3的概率为1115.2. (2013·山东理)甲、乙两支排球队进行比赛，约定先胜3局者获得比赛的胜利，比赛随即结束，除第五局甲队获胜的概率是12外，其余每局比赛甲队获胜的概率都是23，假设各局比赛结果相互独立．(1) 分别求甲队以3∶0，3∶1，3∶2胜利的概率；(2) 若比赛结果为3∶0或3∶1，则胜利方得3分，对方得0分；若比赛结果为3∶2，则胜利方得2分、对方得1分．求乙队得分X 的分布列．解：(1) 记“甲队以3∶0胜利”为事件A 1，“甲队以3∶1胜利”为事件A 2，“甲队以3∶2胜利”为事件A 3，由题意，各局比赛结果相互独立，故P(A 1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝827，P(A 2)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×23＝827，P(A 3)＝C 24⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－232×12＝427.所以，甲队以3∶0、3∶1、3∶2胜利的概率分别是827、827、427；(2) 设“乙队以3∶2胜利”为事件A 4，由题意，各局比赛结果相互独立，所以P(A 4)＝C 24⎝ ⎛⎭⎪⎫1－232×⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＝427.由题意，随机变量X 的所有可能的取值为0，1，2，3，根据事件的互斥性得 P(X ＝0)＝P(A 1＋A 2)＝P(A 1)＋P(A 2)＝1627，P(X ＝1)＝P(A 3)＝427，P(X ＝2)＝P(A 4)＝427，P(X ＝3)＝1－P(X ＝0)－P(X ＝1)－P(X ＝2)＝327.故X 的分布列为3. (2013·陕西理)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． 解：(1) 设事件A 表示：观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手．观众甲选中3号歌手的概率为23，观众乙未选中3号歌手的概率为1－35.所以P(A)＝23·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35＝415.因此，观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率为415.(2) X 表示3号歌手得到观众甲、乙、丙的票数之和，则X 可取0，1，2，3. 观众甲选中3号歌手的概率为23，观众乙选中3号歌手的概率为35.当观众甲、乙、丙均未选中3号歌手时，这时X ＝0，P(X ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－352＝475.当观众甲、乙、丙中只有1人选中3号歌手时，这时X ＝1，P(X ＝1)＝23·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－352＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23·35·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35·35＝8＋6＋675＝2075. 当观众甲、乙、丙中只有2人选中3号歌手时，这时X ＝2，P(X ＝2)＝23·35·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23·35·35＋23·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35·35＝12＋9＋1275＝3375. 当观众甲、乙、丙均选中3号歌手时，这时X ＝3，P(X ＝3)＝23·⎝ ⎛⎭⎪⎫352＝1875.X 的分布列如下表：4. (2013·南京市、盐城市一模)某射击小组有甲、乙两名射手，甲的命中率为P 1＝23，乙的命中率为P 2，在射击比赛活动中每人射击两发子弹则完成一次检测，在一次检测中，若两人命中数相等且都不少于一发，则称该射击小组为“先进和谐组”．(1) 若P 2＝12，求该小组在一次检测中荣获“先进和谐组”的概率；(2) 计划在2013年每月进行1次检测，设这12次检测中该小组获得“先进和谐组”的次数为ξ，如果E(ξ)≥5，求P 2的取值范围．解：(1) 可得P ＝⎝⎛⎭⎪⎫C 12×23×13(C 12×12×12)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23×23⎝ ⎛⎭⎪⎫12×12＝13.(2) 该小组在一次检测中荣获“先进和谐组”的概率为P ＝⎝⎛⎭⎪⎫C 12×23×13[C 12×P 2×(1－P 2)]＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23×23P 22＝89P 2－49P 22，而ξ～B(12，P)，所以E(ξ)＝12P ，由E(ξ)≥5，知(89P 2－49P 22)×12≥5，解得34≤P 2≤1.1. 为保护水资源，宣传节约用水，某校4名志愿者准备去附近的甲、乙、丙三家公园进行宣传活动，每名志愿者都可以从三家公园中随机选择一家，且每人的选择相互独立．(1) 求4人恰好选择了同一家公园的概率；(2) 设选择甲公园的志愿者的人数为X ，试求X 的分布列． 解：(1) 设“4人恰好选择了同一家公园”为事件A.每名志愿者都有3种选择，4名志愿者的选择共有34种等可能的情况． 事件A 所包含的等可能事件的个数为3，∴ P(A)＝334＝127.即4人恰好选择了同一家公园的概率为127.(2) 设“一名志愿者选择甲公园”为事件C ，则P(C)＝13.4人中选择甲公园的人数X 可看作4次独立重复试验中事件C 发生的次数， 因此，随机变量X 服从二项分布．X 可取的值为0，1，2，3，4.P(X ＝i)＝C i 4⎝ ⎛⎭⎪⎫13i ⎝ ⎛⎭⎪⎫234－i ， i ＝0，1，2，3，4. X 的分布列为：2. 甲、乙两支足球队鏖战90分钟踢成平局，加时赛30分钟后仍成平局，现决定各派5名队员，每人射一点球决定胜负，设甲、乙两队每个队员的点球命中率均为0.5.(1) 不考虑乙队，求甲队仅有3名队员点球命中，且其中恰有2名队员连续命中的概率； (2) 求甲、乙两队各射完5个点球后，再次出现平局的概率．解：(1) 甲队3名队员射中，恰有2名队员连续命中的情形有A 23种，故所求的概率为P 1＝A 23×0.53×(1－0.5)2＝316.(2) 再次出现平局包括0∶0，1∶1，…，5∶5等6种可能性，故其概率为P 2＝[C 05×0.50×(1－0.5)5]2＋[C 15×0.51×(1－0.5)4]2＋…＋[C 55×0.55×(1－0.5)0]2＝36256. 3. 有一批数量很大的环形灯管，其次品率为20%，对这批产品进行抽查，每次抽出一件，如果抽出次品，则抽查中止，否则继续抽查，直到抽出次品，但抽查次数最多不超过5次．求抽查次数ξ的分布列．解：抽查次数ξ取1～5的整数，从这批数量很大的产品中每次抽取一件检查的试验可以认为是彼此独立的，取出次品的概率为0.2，取出正品的概率为0.8，前(k －1)次取出正品而第k 次(k ＝1，2，3，4)取出次品的概率：P(ξ＝k)＝0.8k －1×0.2，k ＝1，2，3，4.P(ξ＝5)＝0.84×0.2＋0.85＝0.4096. 所以ξ的概率分布列为：4. 电视台综艺频道组织的闯关游戏，游戏规定前两关至少过一关才有资格闯第三关，闯关者闯第一关成功得3分，闯第二关成功得3分，闯第三关成功得4分．现有一位参加游戏者单独闯第一关、第二关、第三关成功的概率分别为12、13、14，记该参加者闯三关所得总分为ξ.(1) 求该参加者有资格闯第三关的概率； (2) 求ξ的分布列和数学期望．解：(1) 设该参加者单独闯第一关、第二关、第三关成功的概率分别为p 1＝12，p 2＝13，p 3＝14，该参加者有资格闯第三关为事件A.则P(A)＝p 1(1－p 2)＋(1－p 1)p 2＋p 1p 2＝23.(2) 由题意可知，ξ的可能取值为0，3，6，7，10， P(ξ＝0)＝(1－p 1)(1－p 2)＝13，P(ξ＝3)＝p 1(1－p 2)(1－p 3)＋(1－p 1)p 2(1－p 3)＝14＋18＝38，P(ξ＝6)＝p 1p 2(1－p 3)＝18，P(ξ＝7)＝p 1(1－p 2)p 3＋(1－p 1)p 2p 3＝112＋124＝18，P(ξ＝10)＝p 1p 2p 3＝124，∴ ξ的分布列为事件的独立性中的注意问题： (1) 事件A 与B 独立是相互的，表明事件A(事件B)的发生对事件B(事件A)的发生没有产生影响．(2) 若事件A 、B 相互独立，则A 与B －，A －与B ，A －与B －也是相互独立的．(3) 两个事件的独立性可以推广到n(n>2)个事件的独立性，且若事件A 1、A 2、…、A n相互独立，则这n 个事件同时发生的概率P(A 1A 2…A n )＝P(A 1)P(A 2)…P(A n )．(4) 注意辨别两个事件互斥与两个事件独立的区别．请使用课时训练（A ）第5课时（见活页）.第11 页共11 页。
人教A版高考总复习一轮数学精品课件 第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布 第四节 随机事件与概率
第四节 随机事件与概率
内
容
索
引
01
强基础 增分策略
02
增素能 精准突破
课标解读
衍生考点
核心素养
1.结合具体实例,理解样本点和有限样本空
间的含义,理解随机事件与样本点的关系.
2.了解随机事件的并、交与互斥的含义,能 1.随机事件
结合实例进行随机事件的并、交运算.
2.古典概型 数据分析
3.理解古典概型,能计算古典概型中简单随 3.古典概型 数学运算
(2)至少3人排队等候的概率是多少?
解 记“0人排队等候”为事件A,“1人排队等候”为事件B,“2人排队等候”为事
件C,“3人排队等候”为事件D,“4人排队等候”为事件E,“5人及5人以上排队
等候”为事件F,则事件A,B,C,D,E,F彼此互斥.
(1)记“至多2人排队等候”为事件G,则G=A∪B∪C,所以
P(G)=P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)=0.1+0.16+0.3=0.56.
(2)(方法1)记“至少3人排队等候”为事件H,则H=D∪E∪F,所以
P(H)=P(D∪E∪F)=P(D)+P(E)+P(F)=0.3+0.1+0.04=0.44.
(方法2)记“至少3人排队等候”为事件H,则其对立事件为事件G,所以
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:
最高气温
[10,15)
[15,20)
[20,25)
[25,30)
[30,35)
[35,40)
天数
2
16
36
25
7
4
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.
高中数学知识点总结(第十一章 计数原理与概率、随机变量及其分布 分类加法计数原理与分步乘法计数原理)
第十一章计数原理与概率、随机变量及其分布第一节分类加法计数原理与分步乘法计数原理两个计数原理(1)每类方法都能独立完成这件事，它是独立的、一次的，且每次得到的是最后结果，只需一种方法就可完成这件事.(2)各类方法之间是互斥的、并列的、独立的.(1)每一步得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事，只有各个步骤都完成了才能完成这件事.(2)各步之间是相互依存的，并且既不能重复也不能遗漏.二、常用结论1.完成一件事可以有n类不同方案，各类方案相互独立，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法……在第n类方案中有m n种不同的方法.那么，完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋m n种不同的方法.2.完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法……做第n步有m n种不同的方法.那么，完成这件事共有N＝m1×m2×…×m n种不同的方法.考点一分类加法计数原理1.在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数为________.解析：按十位数字分类，十位可为1,2,3,4,5,6,7,8，共分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个，则共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36个两位数.答案：362.如图，从A 到O 有________种不同的走法(不重复过一点).解析：分3类：第一类，直接由A 到O ，有1种走法；第二类，中间过一个点，有A →B →O 和A →C →O 2种不同的走法；第三类，中间过两个点，有A →B →C →O 和A →C →B →O 2种不同的走法.由分类加法计数原理可得共有1＋2＋2＝5种不同的走法.答案：53.若椭圆x 2m ＋y 2n＝1的焦点在y 轴上，且m ∈{1,2,3,4,5}，n ∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭圆的个数为________.解析：当m ＝1时，n ＝2,3,4,5,6,7，共6个；当m ＝2时，n ＝3,4,5,6,7，共5个；当m ＝3时，n ＝4,5,6,7，共4个；当m ＝4时，n ＝5,6,7，共3个；当m ＝5时，n ＝6,7，共2个.故共有6＋5＋4＋3＋2＝20个满足条件的椭圆.答案：204.如果一个三位正整数如“a 1a 2a 3”满足a 1＜a 2且a 2＞a 3，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么所有凸数的个数为________.解析：若a 2＝2，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0，“凸数”为120与121，共2个.若a 2＝3，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有2×3＝6(个).若a 2＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12(个)，…，若a 2＝9，满足条件的“凸数”有8×9＝72(个).所以所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个).答案：240考点二 分步乘法计数原理[典例精析](1)已知集合M ＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P (a ，b )(a ，b ∈M )表示平面上的点，则P 可表示坐标平面上第二象限的点的个数为( )A.6B.12C.24D.36(2)有6名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有________种不同的报名方法.[解析] (1)确定第二象限的点，可分两步完成：第一步确定a，由于a＜0，所以有3种方法；第二步确定b，由于b＞0，所以有2种方法.由分步乘法计数原理，得到第二象限的点的个数是3×2＝6.(2)每项限报一个，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120(种).[答案](1)A(2)120[解题技法]利用分步乘法计数原理解决问题的策略(1)利用分步乘法计数原理解决问题时要注意按事件发生的过程来合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事.(2)分步必须满足的两个条件：一是各步骤相互独立，互不干扰；二是步与步之间确保连续，逐步完成.[题组训练]1.如图，某电子器件由3个电阻串联而成，形成回路，其中有6个焊接点A，B，C，D，E，F，如果焊接点脱落，整个电路就会不通.现发现电路不通，那么焊接点脱落的可能情况共有________种.解析：因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个焊接点脱落，则电路就不通，故共有26－1＝63种可能情况.答案：632.从－1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的系数，则可组成________个不同的二次函数，其中偶函数有________个(用数字作答).解析：一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知共有3×3×2＝18(个)二次函数.若二次函数为偶函数，则b＝0，同上可知共有3×2＝6(个)偶函数.答案：186考点三两个计数原理的综合应用[典例精析](1)如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为()A.24B.48C.72D.96(2)如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是()A.48B.18C.24D.36(3)如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”.在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是()A.60B.48C.36D.24[解析](1)分两种情况：①A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D各有1种，有4×3×2＝24种涂法.②A，C同色，先涂A有4种，E有3种，C有1种，B，D各有2种，有4×3×2×2＝48种涂法.故共有24＋48＝72种涂色方法.(2)第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24(个)；第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个.所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36(个).(3)长方体的6个表面构成的“平行线面组”的个数为6×6＝36，另含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”的个数为6×2＝12，故符合条件的“平行线面组”的个数是36＋12＝48.[答案](1)C(2)D(3)B[解题技法]1.利用两个计数原理解决应用问题的一般思路(1)弄清完成一件事是做什么.(2)确定是先分类后分步，还是先分步后分类.(3)弄清分步、分类的标准是什么.(4)利用两个计数原理求解.2.涂色、种植问题的解题关注点和关键(1)关注点：首先分清元素的数目，其次分清在不相邻的区域内是否可以使用同类元素.(2)关键：是对每个区域逐一进行，选择下手点，分步处理.[题组训练]1.如图所示，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有________种.解析：按要求涂色至少需要3种颜色，故分两类：一是4种颜色都用，这时A有4种涂法，B有3种涂法，C有2种涂法，D有1种涂法，共有4×3×2×1＝24(种)涂法；二是用3种颜色，这时A，B，C的涂法有4×3×2＝24(种)，D只要不与C同色即可，故D有2种涂法，所以不同的涂法共有24＋24×2＝72(种).答案：722.如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________个(用数字作答).解析：把与正八边形有公共边的三角形分为两类：第一类，有一条公共边的三角形共有8×4＝32(个).第二类，有两条公共边的三角形共有8个.由分类加法计数原理知，共有32＋8＝40(个).答案：40[课时跟踪检测]A级1.集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是()A.9B.14C.15D.21解析：选B当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7.当x≠2时，∵P⊆Q，∴x＝y.∴x可从3,4,5,6,7,8,9中取，有7种方法.因此满足条件的点共有7＋7＝14(个).2.某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为()A.504B.210C.336D.120解析：选A分三步，先插第一个新节目，有7种方法，再插第二个新节目，有8种方法，最后插第三个节目，有9种方法.故共有7×8×9＝504种不同的插法.3.已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为()A.40B.16C.13D.10解析：选C分两类情况讨论：第1类，直线a 分别与直线b 上的8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b 分别与直线a 上的5个点可以确定5个不同的平面.根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面.4.从集合{1,2,3,4，…，10}中，选出5个数组成子集，使得这5个数中任意两个数的和都不等于11，则这样的子集有( )A.32个B.34个C.36个D.38个解析：选A 将和等于11的放在一组：1和10,2和9,3和8,4和7,5和6.从每一小组中取一个，有C 12＝2(种).共有2×2×2×2×2＝32(个)子集.5.从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为( )A.3B.4C.6D.8解析：选D 当公比为2时，等比数列可为1,2,4或2,4,8；当公比为3时，等比数列可为1,3,9；当公比为32时，等比数列可为4,6,9.同理，公比为12，13，23时，也有4个.故共有8个等比数列.6.将1,2,3，…，9这9个数字填在如图所示的空格中，要求每一行从左到右、每一列从上到下分别依次增大，当3,4固定在图中的位置时，填写空格的方法为( )A.6种B.12种C.18种D.24种解析：选A 根据数字的大小关系可知，1,2,9的位置是固定的，如图所示，则剩余5,6,7,8这4个数字，而8只能放在A 或B 处，若8放在B 处，则可以从5,6,7这3个数字中选一个放在C 处，剩余两个位置固定，此时共有3种方法，同理，若8放在A 处，也有3种方法，所以共有6种方法.7.(2019·郴州模拟)用六种不同的颜色给如图所示的六个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有( )A.4 320种B.2 880种C.1 440种D.720种解析：选A 分步进行：1区域有6种不同的涂色方法，2区域有5种不同的涂色方法，3区域有4种不同的涂色方法，4区域有3种不同的涂色方法，6区域有4种不同的涂色方法，5区域有3种不同的涂色方法.根据分步乘法计数原理可知，共有6×5×4×3×3×4＝4 320(种)不同的涂色方法.3 4 12 D 34 A C B 98.(2019·惠州调研)我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013是“六合数”)，则“六合数”中首位为2的“六合数”共有()A.18个B.15个C.12个D.9个解析：选B由题意知，这个四位数的百位数，十位数，个位数之和为4.由4,0,0组成3个数，分别为400,040,004；由3,1,0组成6个数，分别为310,301,130,103,013,031；由2,2,0组成3个数，分别为220,202,022；由2,1,1组成3个数，分别为211,121,112，共有3＋6＋3＋3＝15(个).9.在某一运动会百米决赛上，8名男运动员参加100米决赛.其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有________种.解析：分两步安排这8名运动员.第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1,3,5,7四条跑道可安排.故安排方式有4×3×2＝24(种).第二步：安排另外5人，可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道上安排，所以安排方式有5×4×3×2×1＝120(种).故安排这8人的方式共有24×120＝2 880(种).答案：2 88010.有A，B，C型高级电脑各一台，甲、乙、丙、丁4个操作人员的技术等级不同，甲、乙会操作三种型号的电脑，丙不会操作C型电脑，而丁只会操作A型电脑.从这4个操作人员中选3人分别去操作这三种型号的电脑，则不同的选派方法有________种(用数字作答).解析：由于丙、丁两位操作人员的技术问题，要完成“从4个操作人员中选3人去操作这三种型号的电脑”这件事，则甲、乙两人至少要选派一人，可分四类：第1类，选甲、乙、丙3人，由于丙不会操作C型电脑，分2步安排这3人操作的电脑的型号，有2×2＝4种方法；第2类，选甲、乙、丁3人，由于丁只会操作A型电脑，这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，有2种方法；第3类，选甲、丙、丁3人，这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，只有1种方法；第4类，选乙、丙、丁3人，同样也只有1种方法.根据分类加法计数原理，共有4＋2＋1＋1＝8种选派方法.答案：8B级1.把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有()A.24种B.4种C.43种D.34种解析：选C第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱中也有4种投法；第3封信投到信箱中也有4种投法.只要把这3封信投完，就做完了这件事情，由分步乘法计数原理可得共有43种投法.2.用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有()A.144个B.120个C.96个D.72个解析：选B由题意可知，符合条件的五位数的万位数字是4或5.当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，共有2×4×3×2＝48个偶数；当万位数字为5时，个位数字从0,2,4中任选一个，共有3×4×3×2＝72个偶数.故符合条件的偶数共有48＋72＝120(个).3.如图是一个由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的大正方形，现在用四种颜色给这四个直角三角形区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方法有()A.24种B.72种C.84种D.120种解析：选C如图，设四个直角三角形顺次为A，B，C，D，按A―→B―→C―→D顺序涂色，下面分两种情况：(1)A，C不同色(注意：B，D可同色、也可不同色，D只要不与A，C同色，所以D可以从剩余的2种颜色中任意取一色)：有4×3×2×2＝48种不同的涂法.(2)A，C同色(注意：B，D可同色、也可不同色，D只要不与A，C同色，所以D可以从剩余的3种颜色中任意取一色)：有4×3×1×3＝36种不同的涂法.故共有48＋36＝84种不同的涂色方法.4.(2018·湖南十二校联考)若m，n均为非负整数，在做m＋n的加法时各位均不进位(例如：134＋3 802＝3 936)，则称(m，n)为“简单的”有序对，而m＋n称为有序对(m，n)的值，那么值为1 942的“简单的”有序对的个数是________.解析：第1步，1＝1＋0,1＝0＋1，共2种组合方式；第2步，9＝0＋9,9＝1＋8,9＝2＋7,9＝3＋6，…，9＝9＋0，共10种组合方式；第3步，4＝0＋4,4＝1＋3,4＝2＋2,4＝3＋1,4＝4＋0，共5种组合方式；第4步，2＝0＋2,2＝1＋1,2＝2＋0，共3种组合方式.根据分步乘法计数原理，值为1 942的“简单的”有序对的个数是2×10×5×3＝300.答案：300－3，－2，－1，0，1，2，若a，b，c∈M，则：5.已知集合M＝{}(1)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个不同的二次函数；(2)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个图象开口向上的二次函数.解：(1)a的取值有5种情况，b的取值有6种情况，c的取值有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示5×6×6＝180个不同的二次函数.(2)y＝ax2＋bx＋c的图象开口向上时，a的取值有2种情况，b，c的取值均有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示2×6×6＝72个图象开口向上的二次函数.。
2014高三数学一轮复习课件--计数原理、概率、随机变量及其分布
若脱落4个，有(1,2,3,4)共1种．
综上共有2＋6＋4＋1＝13种焊接点脱落的情况． 答案：C
分步乘法计数原理
[例2]
(1)(2012· 大纲全国卷)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 C．24种
(
)
B．18种 D．36种
[小题能否全取] 1．(教材习题改编)在所有的两位数中，个位数字大于十位 数字的两位数共有 ( )
A．50个
C．36个
B．45个
D．38个
解析：利用分类加法计数原理，共有8＋7＋6＋5＋4＋ 3＋2＋1＝36个．
答案：C
2．(教材习题改编)甲、乙两人从4门课程中各选修2门，
则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有( A．6种 C．24种 解析：分步完成， B．12种 D．30种 )
有3×9＝27个．根据分类加法计数原理，共有48个小于1
000的“良数”． [答案] D
利用分类加法计数原理解题时，应注意：
(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，注意完成这件事情的任何一种方法必 须属于某一类，且不能重复．
(3)对于分类问题所含类型较多时也可考虑使用间
2．(20的五位
数，其中有且仅有一个奇数夹在两个偶数之间的五 位数的个数为 A．120 C．48 B．72 D．36 ( )
3 解析：符合题意的五位数有C1A3A2＝3×3×2×2＝36. 3 2
答案:
D
两个原理的综合应用
[例3]
(2012· 山东高考)现有16张不同的卡片，其中
(2)6位选手依次演讲，其中选手甲不在第一个也不在
2014年高考数学总复习教案：第十一章 计数原理、随机变量及分布列第2课时 排列与组合
第十一章计数原理、随机变量及分布列第2课时排列与组合(对应学生用书(理)167～168页)考情分析考点新知近几年高考排列与组合在理科加试部分考查，今后将会结合概率统计进行命题，考查排列组合的基础知识、思维能力，以实际问题为背景，考查学生学习基础知识、应用基础知识、解决实际问题的能力，难度将不太大．①理解排列、组合的概念，能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式，并能解决简单的实际问题.②以实际问题为背景，正确区分排列与组合，合理选用排列与组合公式进行解题.1. (选修23P17练习2改编)5人站成一排照相，共有________种不同的站法．答案：120解析：5人站成一排照相，相当于五个元素的一个全排列，所以共有A55＝5×4×3×2×1＝120种不同的站法．2. (选修23P18习题3改编)已知9！＝362 880，那么A79＝________________．答案：181 440解析：9！＝A99＝2A79，所以A79＝181 440.3. (选修23 P24习题7改编)从5名女同学和4名男同学中选出4人参加演讲比赛，男、女同学分别至少有1名，则有________种不同选法．答案：120解析：C15·C34＋C25·C24＋C35·C14＝120.4. (选修23P24练习2改编)计算：C37＋C47＋C58＋C69＝________．答案：210解析：原式＝C 48＋C 58＋C 69＝C 59＋C 69＝C 610＝C 410＝210.5. 有4张分别标有数字1、2、3、4的红色卡片和4张分别标有数字1、2、3、4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行．如果取出的4张卡片所标数字之和等于10，则不同的排法共有________种．答案：432解析：分三类：第一类，4张卡片所标数字为1、2、3、4有24×A 44＝384种不同的排法；第二类，4张卡片所标数字为1、1、4、4有24种不同的排法；第三类，4张卡片所标数字为2、2、3、3有24种不同的排法．所以，共有384＋24＋24＝432种不同的排法．1. 排列(1) 排列的定义：从n 个不同的元素中取出m(m ≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列．(2) 排列数的定义：从n 个不同的元素中取出m(m ≤n)个元素的所有排列的个数，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数，用符号A m n表示． (3) 排列数公式①当m ＜n 时，排列称为选排列，排列数为A m n ＝n(n －1)(n －2)…(n －m ＋1)； ②当m ＝n 时，排列称为全排列，排列数为A n n ＝n(n －1)(n －2)…3·2·1． 上式右边是自然数1到n 的连乘积，把它叫做n 的阶乘，并用n ！表示，于是A n n ＝n ！．进一步规定0！＝1，于是，A m n ＝n(n －1)(n －2)…(n －m ＋1)＝[n （n －1）…（n －m ＋1）][（n －m ）（n －m －1）…3·2·1]（n －m ）（n －m －1）…3·2·1＝n ！（n －m ）！，即Am n ＝n ！（n －m ）！.2. 组合(1) 组合的定义：从n 个不同的元素中取出m(m ≤n)个元素并成一组，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合．(2) 组合数的定义：从n 个不同的元素中取出m(m ≤n)个元素的所有组合的个数，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的组合数，用符号C m n 表示．(3) 组合数公式C m n＝A m n A mm ＝n （n －1）（n －2）…（n －m ＋1）m ！＝n ！m ！（n －m ）！．规定：C 0n ＝1． (4) 组合数的两个性质：①C m n ＝C n －mn；②C m n ＋1＝C m －1n ＋C m n． (5) 区别排列与组合排列与组合的共同点，就是都要“从n个不同元素中，任取m个元素”，而不同点就是前者要“顺序”，而后者却是“并成一组”．因此，“有序”与“无序”是区别排列与组合的重要标志．题型1 排列与排列数例1 用0，1，2，3，4，5这六个数字，可以组成多少个分别符合下列条件的无重复数字的四位数：①奇数；②偶数；③大于3125的数．解：①先排个位，再排首位，共有A 13·A 14·A 24＝144个；②以0结尾的四位偶数有A 35，以2或4结尾的四位偶数有A 12·A 14·A 24，共有A 35＋A 12A 14A 24＝156个；③要比3125大，4、5作千位时有2A 35个；3作千位，2、4、5作百位时有3A 24个；3作千位1作百位时有2A 13个，所以共有2A 35＋3A 24＋2A 13＝162个．变式训练用0到9这10个数字，可以组成多少个没有重复数字的三位数？解：(解法1)用分步计数原理：所求的三位数的个数是A 19·A 29＝9×9×8＝648.(解法2)从0到9这10个数字中任取3个数字的排列数为A 310，其中以0为排头的排列数为A 29，因此符合条件的三位数的个数是A 310－A 29＝648.题型2 组合与组合数例2 一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球．(1) 从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？(2) 若取一个红球记2分，取一个白球记1分，从中任取5个球，使总分不少于7分的取法有多少种？解：(1) 将取出4个球分成三类情况： 第一类：取4个红球，没有白球，有C 44种；第二类：取3个红球1个白球，有C 34C 16种； 第三类：取2个红球2个白球，有C 24C 26种． ∴C 44＋C 34C 16＋C 24C 26＝115种．(2) 设取x 个红球，y 个白球，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝5（0≤x ≤4），2x ＋y ≥7（0≤y ≤6），得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3y ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝1，符合条件的取法有C 24C 36＋C 34C 26＋C 44C 16＝186种．备选变式（教师专享）有6个球，其中3个黑球，红、白、蓝球各1个，现从中取出4个球排成一列，共有多少种不同的排法？解：分三类：若取1个黑球，和另三个球排4个位置，有A 44＝24；若取2个黑球，从另三个球中选2个排4个位置，2个黑球是相同的，自动进入，不需要排列，即有C 23A 24＝36；若取3个黑球，从另三个球中选1个排4个位置，3个黑球是相同的，自动进入，不需要排列，即有C 13A 14＝12；所以有24＋36＋12＝72种． 题型3 组合数的性质例3 (1) 化简：1×1！＋2×2！＋3×3！＋…＋n ×n ！； (2) 化简：12！＋23！＋34！＋…＋n －1n ！；(3) 解方程：C x ＋113＝C 2x －313； (4) 解方程：C x －2x ＋2＋C x －3x ＋2＝110A 3x ＋3. 解：(1) 由阶乘的性质知n ×n ！＝(n ＋1)！－n ！，所以，原式＝(n ＋1)！－1. (2) 原式＝1！－12！＋12！－13！＋13！－14！＋…＋1（n －1）！－1n ！＝1－1n ！.(3) 由原方程得x ＋1＝2x －3，或x ＋1＋2x －3＝13，∴ x ＝4或x ＝5，又由⎩⎪⎨⎪⎧1≤x ＋1≤13，1≤2x －3≤13，x ∈N *，得2≤x ≤8且x ∈N *， ∴ 原方程的解为x ＝4或x ＝5.(4) 原方程可化为C x －2x ＋3＝110A 3x ＋3，即C 5x ＋3＝110A 3x ＋3， ∴（x ＋3）！5！（x －2）！＝（x ＋3）！10·x ！，∴ 1120（x －2）！＝110·x （x －1）·（x －2）！，∴ x 2－x －12＝0，解得x ＝4或x ＝－3.经检验：x ＝4是原方程的解．备选变式（教师专享）设x ∈N ＋， 求C x －12x －3＋C 2x －3x ＋1的值．解： 由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧2x －3≥x －1，x ＋1≥2x －3，解得2≤x ≤4.∵ x ∈N ＋， ∴ x ＝2或x ＝3或x ＝4.当x ＝2时原式值为4；当x ＝3时原式值为7；当x ＝4时原式值为11.∴ 所求值为4或7或11.变式训练规定C mx ＝x （x －1）·…·（x －m ＋1）m ！，其中x ∈R ，m 是正整数，且C 0x ＝1这是组合数C m n(n 、m 是正整数，且m ≤n)的一种推广． (1) 求C 5－15的值；(2) 组合数的两个性质：C m n ＝C n －m n ，C m n ＋C m －1n ＝C m n ＋1是否都能推广到C m x(x ∈R ，m ∈N *)的情形？若能推广，则写出推广的形式并给予证明；若不能，则说明理由；(3) 已知组合数C m n 是正整数，求证：当x ∈Z ，m 是正整数时，C mx ∈Z .(1)解：C 5－15＝（－15）（－16）…（－19）5！＝－C 519＝－11 628.(2) 解：C m n ＝C n －m n不能推广，例如x ＝2时，2C 有定义，但2-12C 无意义； C m n ＋C m －1n ＝C m n ＋1能推广，它的推广形式为C m x ＋C m －1x ＝C m x ＋1，x ∈R ，m ∈N *. 证明如下：当m ＝1时，有C 1x ＋C 0x ＝x ＋1＝C 1x ＋1；当m ≥2时，有C m x ＋C m －1x＝x （x －1）…（x －m ＋1）m ！＋x （x －1）…（x －m ＋2）（m －1）！＝x （x －1）…（x －m ＋2）（m －1）！⎝ ⎛⎭⎪⎫x －m ＋1m ＋1＝x （x －1）…（x －m ＋2）（x ＋1）m ！＝C m x ＋1. (3) 证明：当x ≥0时，组合数C m x∈Z ；当x<0时， ∵ －x ＋m －1>0，∴ C m x＝x （x －1）…（x －m ＋1）m ！＝(－1)m（－x ＋m －1）…（－x ＋1）（－x ）m ！＝(－1)m C m －x ＋m －1∈Z .1. (2013·浙江)将A ，B ，C ，D ，E ，F 六个字母排成一排，且A 、B 在C 的同侧，则不同的排法共有________种．(用数字作答)答案：480解析：按C的位置分类，在左1，左2，左3，或者在右1，右2，右3，因为左右是对称的，所以只看左的情况最后乘以2即可．当C在左边第1个位置时，有A55；当C在左边第2个位置时A24A33，当C在左边第3个位置时，有A23A33＋A22A33，共为240种，乘以2，得480.则不同的排法共有480种．2. (2013·重庆理)从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是________．(用数字作答)答案：590解析：骨科、脑外科和内科医生都至少有1人，则名额分配为：1，1，3；1，3，1；3，1，1或1，2，2；2，1，2；2，2，1.所以共有C13C14C35＋C13C34C15＋C33C14C15＋C13C24C25＋C23C14C25＋C23C24C15＝590.3. (2013·北京理)将序号分别为1、2、3、4、5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是________．答案：96解析：5张参观券全部分给4人，分给同一人的2张参观券连号，方法数为：1和2，2和3，3和4，4和5，四种连号，其他号码各为一组，分给4人，共有4×A44＝96种．4. (2013·大纲版理)6个人排成一行，其中甲、乙两人不相邻的不同排法共有________种．(用数字作答)答案：480解析：6个人排成一行，其中甲、乙两人不相邻的不同排法：排列好甲、乙两人外的4人，有A44种方法，然后把甲、乙两人插入4个人的5个空位，有A25种方法，所以共有A44·A25＝480.1. 用1、2、3、4、5、6组成六位数(没有重复数字)，要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1和2相邻，这样的六位数的个数是________．(用数字作答)答案：40解析：由题先排除1和2的剩余4个元素有2A22·A22＝8种方案，再向这排好的4个元素中插入1和2捆绑的整体，有A15种插法，∴不同的安排方案共有2A22·A22·A15＝40种．2. 有4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的4个盒中，则只有1个空盒的放法共有_________种．(用数字作答)答案：144解析：符合条件的放法是：有一个盒中放2个球，有2个盒中各放1个球．因此可先将球分成3堆(一堆2个，其余2堆各1个，即构造了球的“堆”)，然后从4个盒中选出3个盒放3堆球，依分步计算原理，符合条件的放法有C24A34＝144种．3. 某校现有男、女学生党员共8人，学校党委从这8人中选男生2人、女生1人分别担任学生党支部的支部书记、组织委员、宣传委员，共有90种不同方案，那么这8人中男、女学生的人数分别是________、______．答案：35解析：设有男生x人，女生8－x人，则有C2x C18－x A33＝90，即x(x－1)(8－x)＝30，解得x＝3.4. 从不同号码的5双鞋中任取4只，其中恰好有1双的取法种数为_________．答案：120解析：先从5双鞋中任取1双，有C15，再从8只鞋中任取2只，即C28，但需要排除4种成双的情况，即C28－4，则共计C15(C28－4)＝120.排列问题的几种题型：题型1解无约束条件的排列问题；题型2解有约束条件的排列问题；题型3重复排列问题．对于题型1、2的排列应用问题最常用、最基本的方法是特殊位置(元素)优先法、捆绑法、插空法等等．如(1) 特殊位置(元素)优先法：若以位置(元素)为主，需先满足特殊位置(元素)的要求，再处理其他位置(元素)；若有两个特殊位置(元素)，则以其中一个位置(元素)为主进行分类讨论，注意做到层次分明．(2) 相邻问题捆绑法：对于几个元素要求相邻的排列问题，可先将这几个相邻元素“捆绑”起来，看作一个整体(元素)，与其他元素排列，然后再考虑这个整体内部元素的排列．(3) 不相邻问题插空法：对于几个元素不能相邻的排列问题，可以先考虑其他元素的排列，然后将这些元素安排在先前排列好的元素“空档”中，这样达到使目标元素不能相邻的目的．(4) 分排问题直排处理法：若有n个元素要分成m排排列，可把每排首尾相接排成一排，对于每排的特殊要求，只要分段考虑特殊元素，然后对其余元素作统一排列．(5) 定序问题先排后除法：对于某些固定顺序的元素在排列时，可先不考虑顺序，对全体元素作全排列，然后再除以这些固定顺序的元素的全排列．请使用课时训练（B）第2课时（见活页）.。
高考数学总复习(考点引领+技巧点拨)第十一章 计数原理、随机变量及分布列第2课时 排列与组合.pdf
《最高考系列 高考总复习》2014届高考数学总复习（考点引领+技巧点拨）第十一章 计数原理、随机变量及分布列第2课时 排列与组合 考情分析考点新知近几年高考排列与组合在理科加试部分考查今后将会结合概率统计进行命题考查排列组合的基础知识、思维能力以实际问题为背景考查学生学习基础知识、应用基础知识、解决实际问题的能力难度将不太大． ① 理解排列、组合的概念能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式并能解决简单的实际问题. 以实际问题为背景正确区分排列与组合合理选用排列与组合公式进行解题. 1. (选修23练习2改编)5人站成一排照相共有________种不同的站法．答案：120解析：5人站成一排照相相当于五个元素的一个全排列所以共有＝5×4×3×2×1＝120种不同的站法．(选修23习题3改编)已知9！＝362 880那么＝________________．答案：181 440解析：9！＝＝2，所以＝181 440.(选修2习题7改编)从5名女同学和4名男同学中选出4人参加演讲比赛男、女同学分别至少有1名则有________种不同选法．答案：120解析：·C＋C＋C＝120.(选修23练习2改编)计算：＋＋＋＝________答案：210解析：原式＝＋＋＝＋＝＝＝210.有4张分别标有1、2、3、4的红色卡片和4张分别标有数字1、2、3、4的蓝色卡片从这8张卡片中取出4张卡片排成一行．如果取出的4张卡片所标数字之和等于10则不同的排法共有________种．答案：432解析：分三类：第一类张卡片所标数字为1、2、3、4有2＝384种不同的排法；第二类张卡片所标数字为1、1、4、4有24种不同的排法；第三类张卡片所标数字为2、2、3、3有24种不同的排法．所以共有384＋24＋24＝432种不同的排法． 1. 排列(1) 排列的定义：从n个不同的元素中取出m(m≤n)个元素按照一定的顺序排成一列叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．(2) 排列数的定义：从n个不同的元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数用A表示．(3) 排列数公式当m＜n时排列称为选排列排列数为＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)；当m＝n时排列称为全排列排列数为＝n(n－1)(n－2)…3·2·1．上式右边是自然数1到n的连乘积把它叫做n的阶乘并用n！表示于是＝n！．进一步规定0！＝1于是＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝＝即＝组合(1) 组合的定义：从n个不同的元素中取出m(m≤n)个元素并成一组叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．(2)组合数的定义：从n个不同的元素中取出(m≤n)个元素的所有组合的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数用符号表示．(3) 组合数公式＝＝＝规定：＝1．(4) 组合数的两个性质：①＝；＝＋． (5) 区别排列与组合排列与组合的共同点就是都要“从n个不同元素中任取m个元素”而不顺序而后者却是“并成一组”．因此有序”与“无序”是区别排列与组合的重要标志． 题型1 排列与排列数例1 用0这六个数字可以组成多少个分别符合下列条件的无重复数字的四位数：①奇数；②偶数；③大于3的数．解：①先排个位再排首位共有·A·A＝144个；②以0结尾的四位偶数有A以2或4结尾的四位偶数有A·A，共有A＋AA＝156个；③要比3大、5作千位时有2A个；3作千位、4、5作百位时有3A个；3作千位1作百位时有2A个所以共有2A＋3A＋2A＝162个． 用0到9这10个数字可以组成多少个没有重复数字的三位数？解：(解法1)用分步计数原理：所求的三位数的个数是·A＝9×9×8＝648.(解法2)从0到9这10个数字中任取3个数字的排列数为，其中以0为排头的排列数为，因此符合条件的三位数的个数是－＝648.题型2 组合与组合数例2 一个口袋内有4个不同的红球个不同的白球．(1) 从中任取4个球红球的个数不比白球少的取法有多少种？(2) 若取一个红球记2分取一个白球记1分从中任取5个球使总分不少于7分的取法有多少种？解：(1) 将取出4个球分成三类情况：第一类：取4个红球没有白球有种；第二类：取3个1个白球有C种；第三类：取2个红球2个白球有C种．＋C＋C＝115种．(2) 设取x个红球个白球则得或或符合条件的取法有C＋C＋C＝186种． 有6个球其中3个黑球红、白、蓝球各1个现从中取出4个球排成一列共有多少种不同的排法？解：分三类：若取1个黑球和另三个球排4个位置有＝24；若取2个黑球从另三个球中选2个排4个位置个黑球是相同的自动进入不需要排列即有A＝36；若取3个黑球从另三个球中选1个排4个位置个黑球是相同的自动进入不需要排列即有A＝12；所以有24＋36＋12＝72种．题型3 组合数的性质例3 (1) 化简：1×1！＋2×2！＋3×3！＋…＋n×n！；(2) 化简：＋＋＋…＋；(3) 解方程：＝；(4) 解方程：＋＝. 解：(1) 由阶乘的性质知n×n！n＋1)！－n！所以原式＝(n＋1)！－1.(2) 原式＝1！－＋－＋－＋…＋－＝1－(3) 由原方程得x＋1＝2x－3或x＋1＋2x－3＝13＝4或x＝5又由得2≤x≤8且x∈N原方程的解为x＝4或x＝5.(4) 原方程可化为＝，即C＝， ∴ ＝＝－x－12＝0解得x＝4或x＝－3.经检验：x＝4是原方程的解． 设x∈N＋求＋的值．解： 由题意可得解得2≤x≤4.∵ x∈N＋＝2或x＝3或x＝4.当x＝2时原式值为4；当x＝3时原式值为7；当x＝4时原式值为11.∴ 所求值为4或7或11. 规定＝其中x∈R是正整数且＝1这是组合数(n、m是正整数且m≤n)的一种推广．(1) 求的值；(2) 组合数的两个C＝，C＋＝是否都能推广到(x∈R，m∈N*)的情形？若能推广则写出推广的形式并给予证明；若不能则说明理由；(3)已知组合数是正整数求证：当x∈Z是正整数时∈Z. (1) 解：＝＝－＝－11 628.(2) 解：＝不能推广例如x＝时有定义但无意义；＋＝能推广它的推广形式为＋＝，x∈R，m∈N*. 证明如下：当m＝1时有＋＝x＋1＝；当m≥2时有＋＝＋＝＝＝C(3) 证明：当x≥0时组合数∈Z；当x0＝＝(－1) ＝(－1)m∈Z. 1. (2013·浙江)将A六个字母排成一排且A、B在C的同侧则不同的排法共有________种．(用数字作答)答案：480解析：按C的位置分类在左1左2左3或者在右1右2右3因为左右是对称的所以只看左的情况最后乘以2即可．当C在左边第1个位置时有；当C在左边第2个位置时A，当C在左边第3个位置时有A＋A，共为240种乘以2得480.则不同的排法共有480种．(2013·重庆理)从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是________．(用数字作答)590 解析：骨科、脑外科和内科医生都至少有1人则名额分配为：1；1；3或1；2；21.所以共有CC＋CC＋CC＋CC＋CC＋CC＝590.(2013·北京理)将序号分别为1、2、3、4、5的5张参观券全部分给4人每人至少1张如果分给同一人的2张参观券连号那么不同的分法种数是________．答案：96解析：5张参观券全部分给4人分给同一人的2张参观券连号方法数为：1和2和3和4和5四种连号其他号码各为一组分给4人共有4×＝96种．(2013·大纲版理)6个人排成一行其中甲、乙两人不相邻的不同排法共有________种．(用数字作答)答案：480解析：6个人排成一行其中甲、乙两人不相邻的不同排法：排列好甲、乙两人外的4人有种方法然后把甲、乙两人插入4个人的5个空位有种方法所以共有·A＝480. 1. 用1、2、3、4、5、6组成六位数(没有重复数字)要求任何相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻这样的六位数的个数是________．(用数字作答)答案：40解析：由题先排除1和2的剩余4个元素有2·A＝8种方案再向这排好的4个元素中插入1和2捆绑的整体有种插法不同的安排方案共有2·A·A＝40种．有4个不同的小球放入编号为1的4个盒中则只有1个空盒的放法共有_________种．(用数字作答)答案：144解析：符合条件的放法是：有一个盒中放2个球有2个盒中各放1个球．因此可先将球分成3堆(一堆2个其余2堆各1个即构造了球的“堆”)然后从4个盒中选出3个盒放3堆球依分步计算原理符合条件的放法有A＝144种．某8人学校党委从这8人中选男生2人、女生1人分别担任学生党支部的支部书记、组织委员、宣传委员共有90种不同方案那么这8人中男、女学生的人数分别是________、______．答案：3 5解析：设有男生x人女生8－x人则有CA＝90即(x－1)(8－x)＝30解得x＝3.从不同号码的5双鞋4只其中恰好有1双的取法种数为_________．答案：120解析：先从5双鞋中任取1双有，再从8只鞋中任取2只即，但需要排除4种成双的情况即－4则共计(C－4)＝120. 排列问题的几种题型：题型1 解无约束条件的排列问题；2 解有约束条件的排列问题；题型3 重复排列问题．对于题型1、2的排列应用问题最常用、最基本的方法是特殊位置(元素)优先法、捆绑法、插空法等等．如(1) 特殊位置(元素)优先法：若以位置(元素)为主需先满足特殊位置(元素)的要求再处理其他位置(元素)；若有两个特殊位置(元素)则以其中一个位置(元素)为主进行分类讨论注意做到层次分明．(2) 相邻问题捆绑法：对于几个元素要求相邻的排列问题可先将这几个相邻元素“捆绑”起来看作一个整体(元素)与其他元素排列(3) 不相邻问题插空法：对于几个元素不能相邻的排列问题可以先考虑其他元素的排列然后将这些元素安排在先前排列好的元素“空档”中这样达到使目标元素不能相邻的目的．(4) 分排问题直排处理法：若有n个元素要分成m排排列可把每排首尾相接排成一排对于每排的特殊要求只要分段考虑特殊元素然后对其余元素作统一排列．(5) 定序问题先排后除法：对于某些固定顺序的元素在排列时可先不考虑顺序。
2014届高考数学总复习(考点引领+技巧点拨)第十一章 计数原理、随机变量及分布列第1课时分类加法分步乘法
《最高考系列 高考总复习》2014届高考数学总复习（考点引领+技巧点拨）第十一章 计数原理、随机变量及分布列第1课时 分类加法计数原理与分步乘法1. (选修23P 8练习3改编)某班级有男生5人，女生4人，从中任选一人去领奖，有________种不同的选法．答案：9解析：不同选法种数共有N ＝5＋4＝9种． 2. (选修23P 8例4改编)书架上层放有6本不同的数学书，下层放有5本不同的语文书，从中任取数学书与语文书各一本，有________种不同的取法．答案：30解析：共有5×6＝30种不同取法．3. (选修23P 8练习5改编)5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有________种．答案：32解析：每位同学有2种不同的报名方法，故5位同学有25＝32种不同的报名方法． 4. (选修23P 9习题3改编)从甲地到乙地有2条路可通，从乙地到丙地有3条路可通；从甲地到丁地有4条路可通，从丁地到丙地有2条路可通．则从甲地到丙地共有________种不同的走法．答案：14解析：共有2×3＋4×2＝14种不同的走法．5. 如图，一环形花坛分成A 、B 、C 、D 四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为________．答案：84解析：分两类：A、C种同种花有4×3×3＝36种不同的种法； A、C种不同种花有4×3×2×2＝48种不同的种法．故共有36＋48＝84种不同的种法．1. 分类加法计数原理：完成一件事，有n类办法，在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法，…，在第n类办法中有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋m n种不同的方法．2. 分步乘法计数原理：完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，…，做第n步有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1×m2×…×m n种不同的方法．3. 分类和分步区别，关键是看事件能否完成，事件完成了就是分类；必须要连续若干步才能完成的则是分步．分类要用分类计数原理将种数相加；分步要用分步计数原理，分步后要将种数相乘．[备课札记]题型1 分类计数原理例1满足A∪B＝{1，2}的集合A、B共有多少组？解：集合A、B均是{1，2}的子集：Æ，{1}，{2}，{1，2}，但不是随便两个子集搭配都行，本题尤如含A、B两元素的不定方程，其全部解分为四类：①当A＝Æ时，只有B＝{1，2}，得1组解；②当A＝{1}时，B＝{2}或B＝{1，2}，得2组解；③当A＝{2}时，B＝{1}或B＝{1，2}，得2组解；④当A＝{1，2}时，B＝Æ或{1}或{2}或{1，2}，得4组解．根据分类计数原理，共有1＋2＋2＋4＝9组解．变式训练如下图，共有多少个不同的三角形？解：所有不同的三角形可分为三类：第一类：其中有两条边是原五边形的边，这样的三角形共有5个；第二类：其中有且只有一条边是原五边形的边，这样的三角形共有5×4＝20个；第三类：没有一条边是原五边形的边，即由五条对角线围成的三角形，共有5＋5＝10个．由分类计数原理得，不同的三角形共有5＋20＋10＝35个．题型2 分步计数原理例2用五种不同颜色给图中四个区域涂色，每个区域涂一种颜色．(1) 共有多少种不同的涂色方法？(2) 若要求相邻(有公共边)的区域不同色，那么有多少种不同的涂色方法？解：(1) 每一个区域都有5种不同的涂色的方法，所以涂完四个区域共有5×5×5×5＝625种不同的涂色方法．(2) 若2号，4号区域同色，有5×4×3＝60种涂法；若2号，4号区域异色，有5×4×3×2＝120种涂法．所以共有60＋120＝180种涂法．备选变式（教师专享）用三种不同的颜色填涂下图3×3方格中的9个区域，要求每行、每列的三个区域都不同色，则不同的填涂方法共有________种．分析：将9答案：12解析：可将9个区域标号如图：用三种不同颜色为9个区域涂色，可分步解决：第一步，为第一行涂色，有3×2×1＝6种方法；第二步，用与1号区域不同色的两种颜色为4、7两个区域涂色，有2×1＝2种方法；剩余区域只有一种涂法．综上由分步计数原理可知共有6×2＝12种涂法．题型3 两个基本原理的联系例3某同学有12本课外参考书，其中有5本不同的外语书，4本不同的数学书，3本不同的物理书，他欲带参考书到图书馆去阅读．(1) 若从这些参考书中带一本去图书馆，有多少种不同的带法？(2) 若带外语、数学、物理参考书各一本，有多少种不同的带法？(3) 若从这些参考书中选2本不同学科的参考书带到图书馆，有多少种不同的带法？解：(1) 完成的事情是带一本书，无论是带外语书，还是带数学书、物理书，事情都已经完成，从而应用加法原理，结果为5＋4＋3＝12种．(2) 完成的事情是带三本不同学科的参考书，只有从外语、数学、物理中各选一本后，才能完成这件事，因此应用乘法原理，结果为5×4×3＝60种．(3) 要完成的这件事是带2本不同的书，先乘法原理，再用加法原理，结果为5×4＋5×3＋3×4＝47种选法．备选变式（教师专享）三边长均为整数，且最大边长为7的三角形的个数为_______． 答案：16解析：另两边长用x 、y 表示，且不妨设1≤x≤y≤7，要构成三角形，必须有x ＋y≥8. 当y 取值7时，x ＝1，2，3，…，7，可有7个三角形；当y 取值6时，x ＝2，3，4，5，6，可有5个三角形；当y 取值5时，x ＝3，4，5，可有3个三角形；当y 取值4时，x ＝4，可有1个三角形，所求三角形的个数合计为16个．1. (2013·山东理)用0，1，…，9这十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为________．答案：252解析：组成三位数的个数为9×10×10＝900.没有重复数字的三位数有C 19A 29＝648，所以有重复数字的三位数的个数为900－648＝252.2. (2013·福建理)满足a 、b∈{－1，0，1，2}，且关于x 的方程ax 2＋2x ＋b ＝0有实数解的有序数对(a ，b)的个数为________．答案：13解析：方程ax 2＋2x ＋b ＝0有实数解，分析讨论．① 当a ＝0时，很显然为垂直于x 轴的直线方程，有解．此时b 可以取4个值．故有4种有序数对；② 当a≠0时，需要Δ＝4－4ab≥0，即ab≤1.显然有3个实数对不满足题意，分别为(1，2)，(2，1)，(2，2)．∵ (a，b)共有16种实数对，故答案应为16－3＝13.3. 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________种．答案：12解析：第一步先排第一列有A 33＝6，再排第二列，当第一列确定时，第二列有2种方法，如图，所以共有6×2＝12种． 4. (2013·四川理)从1，3，5，7，9这五个数中，每次取出两个不同的数分别为a ，b ，共可得到lga －lgb 的不同值的个数是________．答案：18解析：首先从1，3，5，7，9这五个数中任取两个不同的数排列，共有5×4＝20种排法．因为31＝93，13＝39，所以从1，3，5，7，9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a、b，共可得到lga－lgb的不同值的个数是20－2＝18.1. 某赛季足球比赛的规则是：胜一场，得3分；平一场，得1分；负一场，得0分．一球队打完15场，积33分．若不考虑顺序，该队胜、负、平的情况共有________种．答案：3解析：利用加法原理，考虑胜11场、胜10场、胜9场等情况．2. 一栋7层的楼房备有电梯，在一楼有甲、乙、丙三人进了电梯，则满足有且仅有一人要上7楼，且甲不在2楼下电梯的所有可能情况种数有________________．答案：65解析：分两类：第一类，甲上7楼，有52种；第二类：甲不上7楼，有4×2×5种．故52＋4×2×5＝65.3. 现有5位同学准备一起做一项游戏，他们的身高各不相同．现在要从他们5个人当中选择出若干人组成A、B两个小组，每个小组都至少有1人，并且要求B组中最矮的那个同学的身高要比A组中最高的那个同学还要高．则不同的选法共有______种．答案：49解析：给5位同学按身高的不同由矮到高分别编号为1，2，3，4，5，组成集合M＝{1，2，3，4，5}．①若小组A中最高者为1，则能使B中最矮者高于A中最高者的小组B是{2，3，4，5}的非空子集，这样的子集有C14＋C24＋C34＋C44＝24－1＝15个，∴不同的选法有15个；②若A中最高者为2，则这样的小组A有2个：{2}、{1，2}，能使B中最矮者高于A中最高者的小组B是{3，4，5}的非空子集，这样的子集(小组B)有23－1＝7个，∴不同的选法有2×7＝14个；③若A中最高者为3，则这样的小组A有4个：{3}、{1，3}、{2，3}、{1，2，3}，能使B中最矮者高于A中最高者的小组B是{4，5}的非空子集，这样的子集(小组B)有22－1＝3个，∴不同的选法有4×3＝12个；④若A中最高者为4，则这样的小组A有8个：{4}、{1，4}、{2，4}、{3，4}、{1，2，4}、{1，3，4}、{2，3，4}、{1，2，3，4}，能使B中最矮者高于A中最高者的小组B只有{5} 1个，∴不同的选法有8个．∴ 综上，所有不同的选法是15＋14＋12＋8＝49个．4. 75 600有多少个正约数？有多少个奇约数？解：75 600的约数就是能整除75 600的整数，所以本题就是分别求能整除75 600的整数和奇约数的个数．由于 75 600＝24×33×52×7.(1) 75 600的每个约数都可以写成2i·3j·5k·7l的形式，其中0≤i≤4，0≤j≤3，0≤k≤2，0≤l≤1.于是，要确定75 600的一个约数，可分四步完成，即i，j，k，l分别在各自的范围内任取一个值，这样i有5种取法，j有4种取法，k有3种取法，l有2种取法，根据分步计数原理得约数的个数为5×4×3×2＝120个．(2) 奇约数中不含有2的因数，因此75 600的每个奇约数都可以写成3j·5k·7l的形式，同上奇约数的个数为4×3×2＝24个．在应用两个计数原理解决具体问题时，常用以下几种方法技巧：(1) 建模法：建立数学模型，将所给问题转化为数学问题，这是计数方法中的基本方法．(2) 枚举法：利用枚举法(如树状图，表格)可以使问题的分析更直观、清楚，便于发现规律，从而形成恰当的分类或分步的设计思想．(3) 直接法和间接法：在实施计算中，可考虑用直接法或间接法(排除法)，用不同的方法，不同的思路来验证结果的正误．(4) 分类计数原理和分步计数原理多数情形下是结合使用的，根据问题特点，一般是先分类再分步，某些复杂情形下，也可先分步再分类．分类要“不重不漏”，分步要“连续完整”．请使用课时训练（A）第1课时（见活页）.。
高考数学总复习(考点引领+技巧点拨)第十一章 计数原理、随机变量及分布列第3课时 二项式定理.pdf
《最高考系列 高考总复习》2014届高考数学总复习（考点引领+技巧点拨）第十一章 计数原理、随机变量及分布列第3课时 二项式定理 考情分析考点新知近几年高考二项式定理在理科加试部分考查以后高考将会考查学生应用基础知识、解决实际问题的能力难度将不太大． ①能用计数原理证明二项式定理；会用二项式定理解决与二项式定理有关的简单问题. 会用二项展开式以及展开式的通项特别要注意有关二项式系数与项的系数的区别. 1. (选修23练习5改编)在(x－)的展开式中的系数是________．答案：1 890解析：T＋1＝x10－r(－)令10－r＝6＝4＝9x6＝1 890x(选23P32练习6改编)的展开式的常数项是________．答案：495解析：展开式中＋1＝x12－rr＝(－1)x12－3r当r4时＝＝495为常数项．(选修23习题2改编)若＋＋＋…＋＝363则自然数n＝________．答案：13解析：＋C＋C＋C＋…＋＝363＋1＋C＋C＋…＋＝364＋C＋…＋＝…＝＝364＝13.(选修23习题12改编)已知(1－2x)＝a＋a＋a＋…＋a那么a＋a＋…＋a＝________．答案：－解析：设f(x)＝(1－2x)令x＝1得a＋a＋a＋…＋a＝(1－2)＝－1令x＝0得a＝1＋a＋…＋a＝－1－a＝－2.(选修23习题10改编)在(x＋y)的展开式中若第七项系数最大则n的值可能为________．答案：11解析：分三种情况：① 若仅T系数最大则共有13项＝12；② 若T与T系数相等且最大则共有12项＝11；③ 若T与T系数相等且最大则共有14项＝13所以n的值可能等于11 1. 二项式定理(a＋b)＝an＋an－1＋…＋an－r＋…＋bn(n∈N)．这个公式所表示的定理叫做二项式定理右边的多项式叫做(a＋b)的二项展开式其中的系数(r＝0)叫做第r＋1项的二项式系数．式中的an－r叫做二项式展开式的第r＋1项(用T＋1表示即展开式的第r＋1项；＋1＝an－r二项展开式形式上的特点(1) 项数为＋1(2) 各项的次数都等于二项式的幂指数n即a与b的指数的和为n.(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.(4) 二项式的系数从，C，一直到，C. 3. 二项式系数的性质(1) 在二项展开式中与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等．(2) 如果二项式的幂指数是偶数中间项的二项式系数最大；如果二项式的幂指数是奇数中间两项的二项式系数相等并且最大．(3) 二项式系数的和等于即＋＋…＋＝2(4) 二项式展奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和即＋＋…＝＋＋…＝2－1[备课札记] 题型1 二项式展开式的特定项例1 如果的展开式中第四项和第七项的二项式系数相等求：(1) 展开式的中间项；(2) 展开式中所有的有理项．解：(1) 展开式中第四项和第七项的二项式系数分别是，C，由＝，得＝9所以展开式的中间项为第5项和第项即T＝(－1)(x－3)(x2)5＝＝(－1)(x－3)(x2)4＝－(2) 通项为T＋1＝()8－r＝x(r＝)，为使T＋1为有理项必须r是4的倍数所以r＝08，共有三个有理项分别是T＝x4＝x＝x＝＝x－2＝ (1) 若(1＋x)的展开式中的系数是x的系数的7倍求n；(2) 已知(ax＋1)(a≠0)的展开式中的系数是x的系数与x的系数的等差中项求a；(3) 已知(2x＋x)8的展开式中二项式系数最大的项的值等于1 120求x.解：(1) ＝7，＝7n即－－40＝0.由n∈N*，得n＝8.(2) Ca2＋a4＝2a3，21a2＋35a＝70a得5a2－10a＋3＝0＝1±. (3) C(2x)4(xlgx)4＝1 120(1＋)＝1所以x＝1或＝－1＝. 题型2 二项式系数例2 已知(x＋3x)n的展开式中各项系数和比它的二项式系数和大992求：(1) 展开式2) 展开式中系数最大的项．解：令x＝1则展开式中各项系数和为(1＋3)＝2又展开式中二项式系数和为2－2＝992＝5.(1) ∵n＝5展开式共6项二项式系数最大的项为第3、4两项＝(x)3(3x2)2＝90x＝(x)2(3x2)3＝270x(2) 设展开式中第r＋1项系数最大则T＋1＝(x)5－r(3x)r＝3x， ∴ ≤r≤，∴ r＝4即展开式中第5项系数最大＝(x)(3x2)4＝405x 已知的展开式中前三项的系数成等差数列．设＝a＋a＋a＋…＋a求：(1) a5的值；(2)a0－a＋a－a＋…＋(－1)n的值；(3) ai(i＝0)的最大值．解：(1) 由题设得C＋＝2×， 即n－9n＋8＝0解得n＝8＝1(舍)．＋1＝C－r令8－r＝5＝3所以a＝7.(2) 在等式的两边取x＝－1得a－a＋a－a＋…＋a＝(3) 设第r＋1的系数最大则即解得r＝2或r＝3. 所以a系数最大值为7.题型3 二项式定理的综合应用例3 已知展开式中的二项式系数的和比(3a＋2b)展开式的二项式系数的和大128求展开式中的系数最大的项和系数最小的项．解：2－2＝128＝88的通项Tr＋1＝(x2)8－r＝(－1)x16－3r当r＝4时展开式中的系数最大即T＝70x为展开式中的系数最大的项；当r＝3或5时展开式中的系数最小即T＝－56x＝－56x为展开式中的系数最小的项． 已知(2－)50＝a＋a＋a＋…＋a其中a是常数计算(a＋a＋a＋…＋a)2－(a＋a＋a＋…＋a)2. 解：设f(x)＝(2－)50， 令x＝1得a＋a＋a＋…＋a＝(2－50， 令x＝－1得a－a＋a－…＋a＝(2＋)(a0＋a＋a＋…＋a)2－(a＋a＋a＋…＋a)2 ＝(a＋a＋a＋…＋a)(a0－a＋a－…＋a) ＝(2－)(2＋)＝1. 1. (2013·新课标Ⅱ)已知(1＋ax)(1＋x)的展开式中x的系数为5则a＝________．答案：－1解析：已知(1＋ax)(1＋x)的展开式中x的系数为＋a·＝5解得a＝－1.(2013·天津理)的二项展开式中的常数项为________．答案：15解析：展开式的通项公式为T＋1＝x6－kk＝x6－(－1)由6－＝0得k＝4.所以常数项为T＋1＝(－1)4＝15.(2013·大纲版理)(1＋x)(1＋y)的展开式中x的系数是________．答案：18解析：(x＋1)的展开式的通项为T＋1＝xr，令r＝2得到展开式中x的系数是＝3.(1＋y)的展开式的通项为T＋1＝yr，令r＝2得到展开式中y的系数是C＝6(1＋x)(1＋y)的展开式中x的系数是3×6＝18.(2013·辽宁理)使得(n∈N＋)的展开式中含有的常数项最小的n为________．答案：5解析：展开式的通项公Tk＋1＝(3x)n－kk＝3n－k－由n－＝0得n＝所以当k＝2时有最小值5. 1. 若n是奇数则7＋C－1＋C－2＋…＋C被9除的余数是________．答案：7解析：原式＝(7＋1)－1＝(9－1)－1＝9k－2＝9k′＋7(k和均为正整数)．的近似值是___________．(精确到0.001)答案：0.956解析：＝(1－0.009)＝1－5×0.009＋10×(0.009)－…≈1－0.045＋0.000 81≈0.956.用二次项定理证明3＋2－8n－9能被64整除(n∈N)．证明：3＋2－8n－9＝9＋1－8n－9＝(8＋1)＋1－8n－9＝8n＋1＋8n＋…＋82＋8＋－8n－9＝64(8n－1＋8n－2＋…＋)＋8(n ＋1)＋1－8n－9＝M×64(记M＝8n－1＋8n－2＋…＋)．为整数能被64整除．(1) 在(1＋x)的展开式中若第3项与第6项系数相等则n等于多少？(2) 的展开式奇数项的二项式系数之和为128求展开式中二项式系数最大项．解：(1) 由已知得＝n＝7.(2) 由已知得＋＋＋…＝128－1＝128＝8而展开式中二项式系数最大项是T＋1＝(x)4＝70x. 一般地对于多项式g(x)＝(px＋q)＝a＋a＋a＋…＋a则有：(1) g(x)的常数项的系数为g(0)；(2) g(x)的各项的系数和为g(1)；(3) g(x)的奇数项的系数和为[g(1)＋g(－1)]；(4) g(x)的偶数项的系数和为[g(1)－g(－1)]． [备课札记]。
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《最高考系列 高考总复习》2014届高考数学总复习（考点引领+技巧点拨）第十一章 计数原理、随机变量及分布列第4课时 离散型随机变量及分布列、1. (选修23P 52习题1改编)下列问题属于超几何分布的有________．(填序号) ① 抛掷三枚骰子，所得向上的数是6的骰子的个数记为X ，求X 的概率分布列； ② 有一批种子的发芽率为70%，现任取10颗种子做发芽实验，把实验中发芽的种子的个数记为X ，求X 的概率分布列；③ 一盒子中有红球3只，黄球4只，蓝球5只，现任取3只球，把不是红色的球的个数记为X ，求X 的概率分布列；④ 某班级有男生25人，女生20人，现选派4名学生参加学校组织的活动，班长必须参加，其中女生人数记为X ，求X 的概率分布列．答案：③④解析：注意超几何分布的特征，其中涉及三个参量，①、②属于独立重复试验问题．2. (选修23P 47例题3改编)设随机变量X 的分布列为P(X ＝k)＝k15(k ＝1，2，3，4，5)，则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<X<52＝________. 答案：15解析：P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<X<52＝P(X ＝1)＋P(X ＝2)＝115＋215＝15. 3. (选修23P 52习题4改编)口袋内装有10个相同的球，其中5个球标有数字0，5个球标有数字1.若从袋中摸出5个球，那么摸出的5个球所标数字之和小于2或大于3的概率是________．答案：1363解析：数字之和小于2或大于3的对立事件为数字之和为2或者3，发生的概率为2·C 25C 35C 510，所以数字之和小于2或大于3的概率为1－2·C 25C 35C 510＝1363.4. (选修23P 51练习2改编)设50件商品中有15件一等品，其余为二等品．现从中随机选购2件，则所购2件商品中恰有一件一等品的概率为________．答案：37解析：N ＝50，M ＝15，n ＝2，r ＝1，P(X ＝1)＝H(1，2，15，50)＝C 115C 135C 250＝37.5. (选修23P 50例1改编)某班级有男生12人、女生10人，现选举4名学生分别担任班长、副班长、团支部书记和体育班委，则至少两名男生当选的概率为________．答案：103133解析：把选出的4人中男生的人数记为X ，显然随机变量X 满足超几何分布，所求事件的概率可以表示为P(X≥2)．有P(X≥2)＝P(X ＝2)＋P(X ＝3)＋P(X ＝4)＝C 212C 210C 422＋C 312C 110C 422＋C 412C 010C 422＝103133.1. 离散型随机变量的分布列(1) 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；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．(2) 设离散型随机变量X 可能取的值为x 1，x 2，…x n ，X 取每一个值x i (i ＝1，2，…，n)的概率P(X ＝x i )＝p i ，则称表为随机变量X 的概率分布，具有性质： ①p i ≥0，i ＝1，2，…，n ； ②p 1＋p 2＋…＋p i ＋…＋p n ＝1.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． 2. 如果随机变量X 的分布列为其中0<p<1，q ＝1－p ，则称离散型随机变量X 服从参数为p 的01分布(或两点分布)． 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 件次品数，则事件{X ＝r}发生的概率为P(X ＝r)＝C rM ·C n －rN －MC nN(r ＝0，1，2，…，l)，其中l ＝min{n ，M}，且n≤N，M ≤N ，n 、M 、N∈N，称分布列为超几何分布列．记为X ～H(n ，M ，N)，并将P(X ＝r)＝C r M ·C n －rN －MC nN记为H(r ；n ，M ，N)．[备课札记]题型1 离散型随机变量的概率分布例1 随机地将编号为1，2，3的三个小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，每个盒子放入一个小球，当球的编号与盒子的编号相同时叫做“放对球”，否则叫做“放错球”，设放对球的个数为ξ.求ξ的分布列．解：ξ的分布列为变式训练在0，1，2，3，…，9这十个自然数中，任取三个不同的数字．将取出的三个数字按从小到大的顺序排列，设ξ为三个数字中相邻自然数的组数(例如：若取出的三个数字为0，1，2，则相邻的组为0，1和1，2，此时ξ的值是2)，求随机变量ξ的分布列．解：随机变量ξ的取值为0、1、2，ξ的分布列为题型2 超几何分布例2 已知盒中有10个灯泡，其中8个正品，2个次品．需要从中取出2只正品，每次取一个，取出后不放回，直到取出2个正品为止．设X 为取出的次数，求X 的概率分布列．解：P(X ＝2)＝810·79＝2845，P(X ＝3)＝810·29·78＋210·89·78＝1445，P(X ＝4)＝1－P(X ＝2)－P(X ＝3)＝115，所以X 的概率分布列如下表一盒中有9个正品和3个次品零件，每次取一个零件，如果取出的是次品不再放回，求在取得正品前已取出的次品数X 的概率分布，并求P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12≤X≤52.解：易知X 的可能取值为0、1、2、3这四个数字，而X ＝k 表示，共取了k ＋1次零件，前k 次取得的都是次品，第k ＋1次才取得正品，其中k ＝0、1、2、3.故X 的分布列为P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12≤X≤52＝P(X ＝1)＋P(X ＝2)＝944＋9220＝27110.题型3 实际问题例3 已知甲盒内有大小相同的1个红球和3个黑球，乙盒内有大小相同的2个红球和4个黑球．现从甲、乙两个盒内各任取2个球．(1) 求取出的4个球均为黑球的概率；(2) 求取出的4个球中恰有1个红球的概率；(3) 设ξ为取出的4个球中红球的个数，求ξ的分布列． 解：(1) 设“从甲盒内取出的2个球均为黑球”为事件A ，“从乙盒内取出的2个球均为黑球”为事件B.由于事件A 、B 相互独立，且P(A)＝C 23C 24＝12，P(B)＝C 24C 26＝25.故取出的4个球均为黑球的概率为P(A·B)＝P(A)·P(B)＝12×25＝15.(2) 设“从甲盒内取出的2个球均为黑球；从乙盒内取出的2个球中，1个是红球，1个是黑球”为事件C ，“从甲盒内取出的2个球中，1个是红球，1个是黑球；从乙盒内取出的2个球均为黑球”为事件D.由于事件C 、D 互斥，且P(C)＝C 23C 24·C 12·C 14C 26＝415，P(D)＝C 13C 24·C 24C 26＝15.故取出的4个球中恰有1个红球的概率为P(C ＋D)＝P(C)＋P(D)＝415＋15＝715.(3) ξ可能的取值为0，1，2，3.由(1)，(2)得P(ξ＝0)＝15，P(ξ＝1)＝715，P(ξ＝3)＝C 13C 24·1C 26＝130.从而P(ξ＝2)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝1)－P(ξ＝3)＝310.ξ的分布列为备选变式（教师专享）黄山旅游公司为了体现尊师重教，在每年暑假期间对来黄山旅游的全国各地教师和学生，凭教师证和学生证实行购买门票优惠．某旅游公司组织有22名游客的旅游团到黄山旅游，其中有14名教师和8名学生．但是只有10名教师带了教师证，6名学生带了学生证．(1) 在该旅游团中随机采访3名游客，求恰有1人持有教师证且持有学生证者最多1人的概率；(2) 在该团中随机采访3名学生，设其中持有学生证的人数为随机变量ξ，求ξ的分布列．解：(1) 记事件A 为“采访3名游客中，恰有1人持有教师证且持有学生证者最多1人”，则该事件分为两个事件A 1和A 2，A 1为“1名教师有教师证，1名学生有学生证”； A 2为“1名教师有教师证，0名学生有学生证”．P(A)＝P(A 1)＋P(A 2)＝C 110·C 16·C 16C 322＋C 110·C 26C 322＝1877＋15154＝51154， ∴ 在随机采访3人，恰有1人持有教师证且持有学生证者最多1人的概率为51154.(2) 由于8名学生中有6名学生有学生证，∴ ξ的可能取值为1，2，3 ， 则P(ξ＝1)＝C 16C 22C 38＝328，P(ξ＝2)＝C 26C 12C 38＝1528，P(ξ＝3)＝C 36C 38＝514，∴ ξ的分布列为1. (2012·广东理)从个位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个，其个位数为0的概率是________．答案：19解析：两位数共有90个，其中个位数与十位数之和为奇数的两位数有45个，个位数为0的有5个，所以概率为545＝19.2. (2013·新课标Ⅱ)从n 个正整数1，2，…，n 中任意取出两个不同的数，若取出的两数之和等于5的概率为114，则n ＝________．答案：8解析：从n 个正整数1，2，…，n 中任意取出两个不同的数，取出的两数之和等于5的情况有：(1，4)，(2，3)共2种情况；从n 个正整数1，2，…，n 中任意取出两个不同的数的所有不同取法种数为C 2n ，由古典概型概率计算公式，得从n 个正整数1，2，…，n 中任意取出两个不同的数，取出的两数之和等于5的概率为P ＝2C 2n .所以C 2n ＝28，即n （n －1）2＝28，解得n ＝8.3. (2013·江苏)现在某类病毒记作X m Y n ，其中正整数m ，n (m≤7，n ≤9)可以任意选取，则m ，n 都取到奇数的概率为________．答案：2063解析：m 可以取的值有：1，2，3，4，5，6，7共7个，n 可以取的值有：1，2，3，4，5，6，7，8，9共9个，所以总共有7×9＝63种可能，符合题意的m 可以取1，3，5，7共4个，符合题意的n 可以取1，3，5，7，9共5个，所以总共有4×5＝20种可能符合题意，所以符合题意的概率为2063.4. 如图，从A 1(1，0，0)、A 2(2，0，0)、B 1(0，1，0)、B 2(0，2，0)、C 1(0，0，1)、C 2(0，0，2)这6个点中随机选取3个点，将这3个点及原点O 两两相连构成一个“立体”，记该“立体”的体积为随机变量V(如果选取的3个点与原点在同一个平面内，此时“立体”的体积V ＝0)．(1) 求V ＝0的概率；(2) 求V 的分布列及数学期望E(V)．解：(1) 从6个点中随机选取3个点总共有C 36＝20种取法，选取的3个点与原点在同一个平面内的取法有C 13C 34＝12种，因此V ＝0的概率为P(V ＝0)＝1220＝35.(2) V 的所有可能取值为0、16、13、23、43，因此V 的分布列为则V 的数学期望E(V)＝0×35＋16×120＋13×320＋23×320＋43×120＝940.1. 现有10个数，它们能构成一个以1为首项，－3为公比的等比数列，若从这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是______．答案：35解析：∵ 以1为首项，－3为公比的等比数列的10个数为1，－3，9，－27，…，其中有5个负数，1个正数1计6个数小于8，∴ 从这10个数中随机抽取一个数，它小于8的概率是610＝35.2. 在一次面试中，每位考生从4道题a 、b 、c 、d 中任抽两题做，假设每位考生抽到各题的可能性相等，且考生相互之间没有影响．(1) 若甲考生抽到a 、b 题，求乙考生与甲考生恰好有一题相同的概率； (2) 设某两位考生抽到的题中恰好有X 道相同，求随机变量X 的概率分布．解：(1) P ＝C 12·C 12C 24＝23.(2) X 的可能取值为0、1、2，P(X ＝0)＝C 24·C 22C 24·C 24＝16，P(X ＝2)＝C 24·1C 24·C 24＝16，P(X ＝1)＝1－P(X ＝0)－P(X ＝2)＝23，所以随机变量X 的概率分布为3. 袋中装有黑球和白球共7个，从中任取2个球都是白球的概率为17，现有甲、乙两人从袋中轮流摸取1球，甲先取，乙后取，然后甲再取，…，取后不放回，直到两人中有一人取到白球时即终止，每个球在每一次被取出的机会是等可能的，用ξ表示取球终止所需要的取球次数．(1) 求袋中原有白球的个数； (2) 求随机变量ξ的概率分布； (3) 求甲取到白球的概率．解：(1) 设袋中原有n 个白球，由题意知17＝C 2n C 27＝n （n －1）27×62＝n （n －1）7×6，∴n(n －1)＝6，得n ＝3或n ＝－2(舍去)，即袋中原有3个白球． (2) 由题意，ξ的可能取值为1、2、3、4、5. P(ξ＝1)＝37； P(ξ＝2)＝4×37×6＝27；P(ξ＝3)＝4×3×37×6×5＝635； P(ξ＝4)＝4×3×2×37×6×5×4＝335；P(ξ＝5)＝4×3×2×1×37×6×5×4×3＝135.所以ξ的分布列为：(3) 因为甲先取，所以甲只有可能在第1次、第3次和第5次取球，记“甲取到白球”为事件A ，则P(A)＝P(“ξ＝1”，或“ξ＝3”，或“ξ＝5”)．∵事件“ξ＝1”，或“ξ＝3”，或“ξ＝5”两两互斥，∴P(A)＝P(ξ＝1)＋P(ξ＝3)＋P(ξ＝5)＝2235.4. 老师要从10篇课文中随机抽3篇让学生背诵，规定至少要背出其中2篇才能及格．某同学只能背诵其中的6篇，试求：(1) 抽到他能背诵的课文的数量的分布列； (2) 他能及格的概率．解：(1) 设随机抽出的3篇课文中该同学能背诵的篇数为X ，则X 是一个随机变量，它可能的取值为0、1、2、3，且X 服从超几何分布，分布列如下：即(2) 该同学能及格表示他能背出2或3篇，故他能及格的概率为P(X≥2)＝P(X ＝2)＋P(X ＝3)＝12＋16＝23≈0.667.超几何分布中的注意问题：(1) 超几何分布常应用在产品合格问题、球盒取球(两色)问题、男女生选举问题上，这类问题有一个共同特征，就是对每一个个体而言，只研究其相对的两种性质而不涉及其他性质，如产品的“合格”与“不合格”，球的“红色”与“非红色”，学生的“男生”与“女生”等．(2) 超几何分布问题涉及四个参数，学习中要多注意它们的特征和顺序．如产品问题中，H(r ；n ，M ，N)的意义是“超几何分布(取出产品中不合格品数；取出产品数，所有产品中不合格品数，所有产品数)”；再如取球问题中，H(r ；n ，M ，N)的意义是“超几何分布(取出球中红色球数；取出的球数，所有球中红色球数，所有球数)”．(3) 公式的记忆要联系组合数的意义，超几何分布问题中事件的意义，掌握公式中每个式子的意义，这样记起来就事半功倍了．请使用课时训练（B ）第4课时（见活页）.[备课札记]。