2014届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》(第2课时)知识过关检测 理 新人教A版
2014届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》(第1课时)知识过关检测 理 新人教A版
2014届高考数学（理）一轮复习知识过关检测：第10章《计数原理、概率、随机变量及其分布》（第1课时）（新人教A版）一、选择题1.如图是某汽车维修公司的维修点环形分布图，公司在年初分配给A、B、C、D四个维修点某种配件各50件．在使用前发现需将A、B、C、D四个维修点的这批配件分别调整为40、45、54、61件，但调整只能在相邻维修点之间进行，那么要完成上述调整，最少的调动件次(n件配件从一个维修点调整到相邻维修点的调动件次为n)为( )A．15 B．16C．17 D．18解析：选B.只需A处给D处10件，B处给C处5件，C处给D处1件，共16件次．2．现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是( )A．56B．65C.5×6×5×4×3×22D．6×5×4×3×2解析：选A.由分步乘法计数原理得5×5×5×5×5×5＝56.3．(2013·大连调研)若三角形的三边均为正整数，其中一边长为4，另外两边长分别为b、c，且满足b≤4≤c，则这样的三角形有( )A．10个 B．14个C．15个 D．21个解析：选A.当b＝1时，c＝4；当b＝2时，c＝4,5；当b＝3时，c＝4,5,6；当b＝4时，c＝4,5,6,7.故共有10个这样的三角形．4．用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为( )A．324 B．328C．360 D．648解析：选B.当0排在末位时，有9×8＝72(个)，当0不排在末位时，有4×8×8＝256(个)，由分类加法计数原理，得符合题意的偶数共有72＋256＝328(个)．5．已知集合A＝{5}，B＝{1,2}，C＝{1,3,4}，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为( )A．33 B．34C．35 D．36解析：选A.从集合A、B、C中各取一个数有1×2×3＝6种取法．其中1,1,5三数可确定空间不同点的个数为3个，另5种每种可确定空间不同点的个数都是6.∴可确定空间不同点的个数为3＋5×6＝33.二、填空题6．(2013·绵阳质检)在数字1,2,3,4,5,6中取两个不同的数相加，其和为偶数的取法有________种．解析：将这6个数分成两类：{1,3,5}，{2,4,6}，和为偶数时两数必须都是奇数或都是偶数．所以要么都在{1,3,5}中选，要么都在{2,4,6}中选，故共有3＋3＝6(种)．答案：67．已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，从M，N这两个集合中各选一个元素分别作为点的横坐标、纵坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、第二象限内不同的点的个数是________．解析：分两类：第一类，第一象限内的点，有2×2＝4(个)；第二类，第二象限内的点，有1×2＝2(个)．故共有4＋2＝6(个)．答案：68．山东省某中学，为了满足新课改的需要，要开设9门课程供学生选修，其中A、B、C三门由于上课时间相同，至多选一门，学校规定，每位同学选修4门，共有________种不同的选修方案．(用数字作答)解析：第一类，若从A、B、C三门选一门有C13·C36＝60(种)，第二类，若从其他六门中选4门有C46＝15(种)，∴共有60＋15＝75种不同的方法．答案：75三、解答题9．一个口袋里有5封信，另一个口袋里有4封信，各封信内容均不相同．(1)从两个口袋里任取一封信，有多少种不同的取法？(2)从两个口袋里各取一封信，有多少种不同的取法？(3)把这两个口袋里的9封信，分别投入4个邮筒，有多少种不同的投法？解：(1)任取一封信，不论从哪个口袋里取，都能单独完成这件事，因此是两类办法．由分类加法计数原理得，共有5＋4＝9(种)．(2)各取一封信，不论从哪个口袋中取，都不能算完成了这件事，因此应分两个步骤完成．由分步乘法计数原理得，共有5×4＝20(种)．(3)第一封信投入邮筒有4种可能，第二封信仍有4种可能，…，第九封信还有4种可能．由分步乘法计数原理可知，共有49＝262144种不同的投法．10．(2013·洛阳调研)在100到999所有的三位数中，含有数字0的三位数有多少个？解：法一(分类法)：将含有数字0的三位数分成三类：(1)只在个位上是0的有9×9＝81(个)；(2)只在十位上是0的有9×9＝81(个)；(3)个位与十位上都是0的有9个．由分类加法计数原理得，共有81＋81＋9＝171(个)．法二(排除法)：从所有的三位数的个数中减去不符合条件的三位数的个数．从100到999的所有三位数共有900个，个位与十位均不为0的三位数的个数可由分步乘法计数原理确定：9×9×9＝729(个)，因此，含有数字0的三位数共有900－729＝171(个)．一、选择题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．9 B．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，x＝y，点的个数为7×1＝7(个)，则共有14个点，故选B.2．(2013·锦州质检)从集合{1,2,3,4，…，10}中，选出5个数组成的子集，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.先把数字分成5组：{1,10}，{2,9}，{3,8}，{4,7}，{5,6}，由于选出的5个数中，任意两个数的和都不等于11，所以这5个数必须各来自上面5组中的一个元素，故共可组成2×2×2×2×2＝32(个)．二、填空题3.(2013·沈阳质检)如图，在由若干个同样的小平行四边形组成的大平行四边形内有一个★，则含有★的平行四边形有________个．(用数字作答)解析：含有★的平行四边形的左上角顶点有4种可能，右下角顶点有12种可能，根据分步乘法计数原理一共有48个含有★的平行四边形．答案：484．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，可组成不同的二次函数共有________个，其中不同的偶函数共有________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，知共有二次函数3×3×2＝18(个)．若二次函数为偶函数，则b＝0.同上共有3×2＝6(个)．答案：18 6三、解答题5.如图，用四种不同颜色给图中的A，B，C，D，E，F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同的颜色．则不同的涂色方法共有多少种？解：先涂A、D、E三个点，共有4×3×2＝24种涂法，然后再按B、C、F的顺序涂色，分为两类：一类是B与E或D同色，共有2×(2×1＋1×2)＝8种涂法；另一类是B与E或D不同色，共有1×(1×1＋1×2)＝3种涂法．所以涂色方法共有24×(8＋3)＝264(种)．。
高考数学总复习第十章计数原理概率随机变量及其分布10.4随机事件的概率理新人教A版
(3)与(1)同理，可得
顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为1200000＝0.2，
顾
客
同时
购买甲和丙的概率可以估
计为
100＋200＋300 1 000
＝
0.6，
顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为1100000＝0.1.
所以，如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买丙的可能性最
大．
考点三 互斥事件与对立事件的概率
第十章
计数原理、概率、随机变量及其分布
第4节 随机事件的概率
考纲考情
考向预测
从近三年高考情况来看，本节是高考中的一
1.了解随机事件发 生的不确定性和频
个热点，但一般不独立命题．预测 2020 年
率的稳定性，了解概 高考将考查随机事件、互斥事件与对立事件
率的意义及频率与 的概率，与事件的频率交汇考查．其中随机
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，顾客一次购物的结算时间的平均值 可用样本平均数估计，其估计值为 1×15＋1.5×30＋2× 10025＋2.5×20＋3×10＝1.9(分钟)．
(1)设 A 与 B 是互斥事件，A，B 的对立事件分别记为 A ， B ，则下
列说法正确的是( C )
A．A 与 B 互斥 B. A 与 B 互斥 C．P(A＋B)＝P(A)＋P(B) D．P( A ＋ B )＝1
解析：根据互斥事件的定义可知，A 与 B ， A 与 B 都有可能 同时发生，所以 A 与 B 互斥， A 与 B 互斥是不正确的；P(A＋B) ＝P(A)＋P(B)正确； A 与 B 既不一定互斥，也不一定对立，所以 D 错误.
高考数学第十章计数原理、概率、随机变量及其分布10.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理理
2021/12/12
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解法 2：a＝b 时有 4 种情况，故椭圆个数为 4×8－4＝28 个． (2)根据“凸数”的特点，中间的数字只能是 3,4,5，故分三 类，第一类，当中间数字为“3”时，此时有 2 种(132,231)； 第二类，当中间数字为“4”时，从 1,2,3 中任取两个放在 4 的 两边，故有 6 种； 第三类，当中间数字为“5”时，从 1,2,3,4 中任取两个放在 5 的两边，故有 12 种； 根据分类加法计数原理，得到由 1,2,3,4,5 可以组成无重复数 字的三位“凸数”的个数是 2＋6＋12＝20.
有 1 个；a＝4 时，有 3 个；a＝6 时，有 5 个；a＝8 时，有 7 个，
共有 1＋3＋5＋7＝16 个．
若焦点在 y 轴上，则 b>a，b＝3 时，有 1 个；b＝4 时，有 1 个；b＝5 时，有 2 个；b＝6 时，有 2 个；b＝7 时，有 3 个；b ＝8 时，有 3 个．共有 1＋1＋2＋2＋3＋3＝12 个．故共有 16＋ 12＝28 个．
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4．已知某公园有 5 个门，从任一门进，另一门出，则不同的走法
的种数为 __2_0___(用数字作答)．
解析：分两步，第一步选一个门进有 5 种方法，第二步再 选一个门出有 4 种方法，所以共有 5×4＝20 种走法．
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一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从 P 点处进，Q 点处出， 沿图中线路游览 A，B，C 三个景点及沿途风景，则不同(除交汇点 O 外)
的游览线路有____4_8____种．(用数字作答)
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高考理数一轮课件：10第十章计数原理与概率、随机变量及其分布第四节随机事件与古典概型
解析 P(A)= 1 ,P(B)= 10 = 1 ,
1 000
1 000 100
P(C)= 50 = 1 .
1 000 20
(1)1张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖.
设“1张奖券中奖”为事件M,则M=A∪B∪C.
∵A、B、C两两互斥,∴P(M)=P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)=110 50
(2)必然事件的概率为 1 . (3)不可能事件的概率为 0 . (4)概率的加法公式 若事件A与事件B互斥,则P(A∪B)= (5)对立事件的概率
P(A)+P(B) .
若事件A与事件B互为对立事件,则A∪B为必然事件,P(A∪B)= 1 ,
P(A)= 1-P(B) .
5.古典概型
(1)
(2)概率计算公式
12 3
考点二 互斥事件与对立事件
典例2 某商场有奖销售中,购满100元商品得1张奖券,多购多得.1 000 张奖券为一个开奖单位,设特等奖1个,一等奖10个,二等奖50个.设1张奖 券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为A、B、C,求: (1)1张奖券中奖的概率; (2)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率.
规律总结 1.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,通常用概率来描述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. 2.随机事件概率的求法 利用概率的统计定义可求事件的概率,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.给出下列三个命题,其中正确的命题有 0 个. ①有一大批产品,已知次品率为10%,从中任取100件,必有10件是次品; ②做7次抛硬币的试验,结果3次正面朝上,因此正面朝上的概率是 3 ;
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)
2020年高考一轮复习数学(理)教学课件第十章 计数原理与概率、随机变量及其分布第二节 排列与组合
＝6(种)
分法，再将3组对应3个学校，有A33＝6(种)情况，则共有6×6
＝36(种)不同的保送方案.
考法(三) 不等分问题
[例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___3_6_0___种不同的分法.
[解析] 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C16种取法；
本营陪同，要么参与搜寻近处投掷点的食物；③所有参与
搜寻任务的小孩须被均分成两组，一组去远处，一组去近
处.那么不同的搜寻方案有
( B)
A.10种
B.40种
C.70种
D.80种
解析：若Grace不参与任务，则需要从剩下的5位小孩中任意
挑出1位陪同，有C
1 5
种挑法，再从剩下的4位小孩中挑出2位
搜寻远处，有C
解析：由题意知两两彼此给对方写一条毕业留言相当于从40
人中任选两人的排列数，所以全班共写了A240＝40×39＝
1 560(条)毕业留言.
5.已知C1m5 －C1m6 ＝107Cm7 ，则m＝____2____.
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
毕业生平均分到3所学校，共有C26CA2433C22·A33＝90(种)分派方法.
考法(二) 部分均分问题
[例2] 有4名优秀学生A，B，C，D全部被保送到甲、
乙、丙3所学校，每所学校至少去一名，则不同的保送方案
共有___3_6____种.
[解析]
先把4名学生分为2,1,1共3组，有
C24C12C11 A22
＝48(个)，故选C.
3.将7个人(其中包括甲、乙、丙、丁4人)排成一排，若甲不
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2014届高考数学（理）一轮复习知识过关检测：第10章《计数原理、概率、随机变量及其分布》（第2课时）（新人教A版）
一、选择题
1．(2012·高考课标全国卷)将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有( ) A．12种B．10种
C．9种D．8种
解析：选A.先安排1名教师和2名学生到甲地，再将剩下的1名教师和2名学生安排到乙地，共有C12C24＝12种安排方案．
2．(2012·高考北京卷)从0,2中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为( )
A．24 B．18
C．12 D．6
解析：选B.若选0，则0只能在十位，此时组成的奇数的个数是A23；若选2，则2只能在十位或百位，此时组成的奇数的个数是2×A23＝12，根据分类加法计数原理得总个数为6＋12＝18.
3．8名学生和2位老师站成一排合影，2位老师不相邻的排法种数为( )
A．A88A29B．A88C29
C．A88A27D．A88C27
解析：选A.本题采用插空法.8名学生的排列方法有A88种，隔开了9个空位，在9个空位中排列2位老师，方法数为A29，根据分步乘法计数原理，总的排法种数是A88A29.
4．从10名大学毕业生中选3人担任村长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为( )
A．85 B．56
C．49 D．28
解析：选C.甲、乙、丙都没入选，有C37＝35(种)，丙没有入选有C39＝84(种)，故甲、乙至少有1人入选而丙没有入选的不同选法有84－35＝49(种)．
5．某台小型晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位．该台晚会节目演出顺序的编排方案共有( )
A．36种B．42种
C．48种D．54种
解析：选B.由题意知，可以考虑分成两类计算，若甲排在第一位则有A44种方案，若甲排在第二位则有C13A33种方案，所以按照要求该台晚会节目演出顺序的编排方案共有A44＋C13A33＝42(种)，故选B.
二、填空题
6．有5名男生和3名女生，从中选出5人分别担任语文、数学、英语、物理、化学学科的课代表，若某女生必须担任语文课代表，则不同的选法共有________种(用数字作答)．解析：由题意知，从剩余7人中选出4人担任4个学科课代表，共有A47＝840(种)．答案：840
7．(2013·北京西城区质检)将4名新来的同学分配到A、B、C三个班级中，每个班级至少安排1名学生，其中甲同学不能分配到A班，那么不同的分配方案种数是________．解析：将4名新来的同学分配到A、B、C三个班级中，每个班级至少安排一名学生有C24A33种分配方案，其中甲同学分配到A班共有C23A22＋C13A22种方案．因此满足条件的不同方案共有C24A33－C23A22－C13A22＝24(种)．
答案：24
8．甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是________．(用数字作答)
解析：对于7个台阶上每一个只站一人，则有A37种；若有一个台阶有2人，另一个是1人，则共有C13A27种，因此共有不同的站法种数是A37＋C13A27＝336.
答案：336
三、解答题
9．按下列要求分配6本不同的书，各有多少种不同的分配方式？
(1)分成三份，1份1本，1份2本，1份3本；
(2)甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本．
解：(1)无序不均匀分组问题．先选1本有C16种选法；再从余下的5本中选2本有C25种选法；最后余下3本全选有C33种选法．故共有C16C25C33＝60种不同的分配方式．
(2)有序不均匀分组问题．由于甲、乙、丙是不同三人，在第(1)题的基础上，还应考虑再分配，故共有C16C25C33A33＝360种不同的分配方式．
10．(2013·德州调研)(1)以AB为直径的半圆上，除A、B两点外，另有6个点，又直径AB上另有4个点，共12个点，以这12个点为顶点共能组成多少个四边形？
(2)在角A的一边上有五个点(不含A)，另一边上有四个点(不含A)，由这十个点(含A)可构成多少个三角形？
解：(1)分类讨论：
A、B只含有一个点时，共有2(C36＋C26C14)＝160(个)；
既含A又含B时，共有C26＝15(个)；
既不含A也不含B时，共有C410－1－C34C16＝185(个)．
所以共有160＋15＋185＝360(个)．
(2)含A点时，可构成C15C14＝20个三角形；
不含A点时，可构成C25C14＋C15C24＝70个三角形．
故共有20＋70＝90个三角形．
一、选择题
1．(2012·高考浙江卷)若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有( )
A．60种B．63种
C．65种D．66种
解析：选D.对于4个数之和为偶数，可分三类，即4个数均为偶数，2个数为偶数2个数为奇数，4个数均为奇数，因此共有C44＋C24C25＋C45＝66(种)．
2．(2012·高考辽宁卷)一排9个座位坐了3个三口之家．若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为( )
A．3×3! B．3×(3！)3
C．(3！)4D．9!
解析：选C.利用“捆绑法”求解．满足题意的坐法种数为A33(A33)3＝(3！)4，故选择C.
二、填空题
3．(2013·日照质检)四位同学乘坐一列有6节车厢的动车组，则他们至少有两人在同一节车厢的情况共有________种．(用数字作答)
解析：由题意可知至少有两人在同一节车厢的情况包括三种：
(1)有两人在同一车厢，另外两人在不同的车厢或也在一个车厢．共有C24A36＋C24A26＝900(种)．
(2)三个人在同一节车厢，有C34A26＝120(种)．
(3)四个人都在同一节车厢有6种结果．
根据分类加法计数原理共有900＋120＋6＝1026(种)．
答案：1026
4．将4名大学生分配到3个乡镇去当村官，每个乡镇至少一名，则不同的分配方案有
________种(用数字作答)．
解析：分两步完成：第一步将4名大学生按2,1,1分成三组，其分法有C 24×C 12×C 11A 22
种；第二步将分好的三组分配到3个乡镇，其分法有A 33种，所以满足条件的分配方案有C 24×C 12×C 11A 22
×A 3
3＝36(种)．
答案：36
三、解答题
5．由四个不同的数字1,2,4，x 组成无重复数字的三位数．
(1)若x ＝5，其中能被5整除的共有多少个？
(2)若x ＝9，其中能被3整除的共有多少个？
(3)若x ＝0，其中的偶数共有多少个？
(4)若所有这些三位数的各位数之和是252，求x .
解：(1)5必在个位，所以能被5整除的三位数共有A 2
3＝6(个)．
(2)∵各位数字之和能被3整除时，该数就能被3整除，
∴这种三位数只能由2,4,9或1,2,9排列组成． ∴共有2×A 3
3＝12(个)．
(3)偶数数字有3个，个位数必是一个偶数，同时0不能在百位，可分两类考虑： ①0在个位的，有A 2
3＝6(个)．
②个位是2或4的，有A 12×A 12×A 1
2＝8(个)，
∴这种偶数共有6＋8＝14(个)．
(4)显然x ≠0，∵1,2,4，x 在各个数位上出现的次数都相同，且各自出现A 13×A 2
3次，
∴这样的数字之和是(1＋2＋4＋x )×A 13×A 23，即(1＋2＋4＋x )×A 13×A 2
3＝252，
∴7＋x ＝14，∴x ＝7.。