高考数学一轮复习 第9章 计数原理概率随机变量及其分布 热点探究课6 概率中的高考热点问题教师用书
高考数学一轮复习第9章计数原理概率随机变量及其分布第3讲二项式定理
第三讲 二项式定理知识梳理·双基自测 知识梳理知识点一 二项式定理 (a ＋b)n＝C 0n a n＋C 1n an －1b ＋…＋C k n an －k b k＋…＋C n n b n(n ∈N ＋)．这个公式叫做二项式定理,右边的多项式叫做(a ＋b)n的二项展开式,其中的系数C kn (k ＝0,1,2,…,n)叫做__二项式系数__,式中的__C k n a n －k b k__叫做二项展开式的__通项__,用T k ＋1表示,即通项为展开式的第__k ＋1__项：T k ＋1＝__C k n an －k b k__．知识点二 二项展开式形式上的特点 (1)项数为__n ＋1__．(2)各项的次数和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 逐项减小1直到零；字母b 按__升幂__排列,从第一项起,次数由零逐项增加1直到n ．知识点三 二项式系数的性质(1)0≤k≤n 时,C kn 与C n －kn 的关系是__C kn ＝C n －kn __． (2)二项式系数先增后减,中间项最大．当n 为偶数时,第n 2＋1项的二项式系数最大；当n 为奇数时,第n ＋12项和n ＋32项的二项式系数最大．(3)各二项式系数的和：C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C nn ＝__2n__,C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋C 5n ＋…＝__2n －1__．重要结论1．二项式定理中,通项公式T k ＋1＝C k n an －k b k是展开式的第k ＋1项,不是第k 项．2．(1)二项式系数与展开式中项的系数是两个不同的概念,在T k ＋1＝C k n a n －k b k中,C kn 是该项的二项式系数,该项的系数还与a,b 有关．(2)二项式系数的最值和增减性与指数n 的奇偶性有关．当n 为偶数时,中间一项的二项式系数最大；当n 为奇数时,中间两项的二项式系数相等,且同时取得最大值．双基自测题组一 走出误区1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)C k n an －k b k是二项展开式的第k 项．( × )(2)二项展开式中,系数最大的项为中间一项或中间两项．( × )(3)(a ＋b)n的展开式中某一项的二项式系数与a,b 无关．( √ ) (4)(a －b)n的展开式第k ＋1项的系数为C k n an －k b k．( × )(5)(x －1)n的展开式二项式系数和为－2n．( × )(6)在(1－x)9的展开式中系数最大的项是第5项和第6项．( × ) 题组二 走进教材2．(P 31例2(2))若⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x n展开式的二项式系数之和为64,则展开式的常数项为( B )A ．10B ．20C ．30D ．120[解析] 二项式系数之和2n＝64,所以n ＝6,T k ＋1＝C k6·x 6－k·(1x)k ＝C k 6x 6－2k,当6－2k ＝0,即当k ＝3时为常数项,T 4＝C 36＝20．3．(P 41B 组T5)若(x －1)4＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4,则a 0＋a 2＋a 4的值为( B ) A ．9 B ．8 C ．7D ．6[解析] 令x ＝1,则a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝0,令x ＝－1,则a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4＝16,两式相加得a 0＋a 2＋a 4＝8．题组三 走向高考4．(2020·新课标)⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋2x 6的展开式中常数项是__240__(用数字作答)．[解析] 展开式的通项为T r ＋1＝C r6(x 2)6－r·⎝ ⎛⎭⎪⎫2x r ＝2r C r 6x 12－3r ,令12－3r ＝0,解得r ＝4,故常数项为24C 46＝240．5．(2017·全国卷Ⅰ)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 2(1＋x)6展开式中x 2的系数为( C )A ．15B ．20C ．30D ．35[解析] (1＋x)6展开式的通项T r ＋1＝C r 6x r ,所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 2(1＋x)6的展开式中x 2的系数为1×C 26＋1×C 46＝30,故选C ．考点突破·互动探究考点一 二次展开式的通项公式的应用——多维探究 角度1 求二项展开式中的特定项或特定项的系数例1 (1)(2018·课标卷Ⅲ)(x 2＋2x )5的展开式中x 4的系数为( C )A ．10B ．20C ．40D ．80(2)(2019·课标Ⅲ,4)(1＋2x 2)(1＋x)4的展开式中x 3的系数为( A ) A ．12 B ．16 C ．20D ．24(3)(x 2＋x ＋y)5的展开式中,x 5y 2的系数为( C ) A ．10 B ．20 C ．30D ．60[解析] (1)T r ＋1＝C r5(x 2)5－r⎝ ⎛⎭⎪⎫2x r ＝C r 52r x 10－3r , 当10－3r ＝4时,解得r ＝2, 则x 4的系数为C 25×22＝40,选C ． (2)(1＋x)4的二项展开式的通项为 T k ＋1＝C k 4x k(k ＝0,1,2,3,4),故(1＋2x 2)(1＋x)4的展开式中x 3的系数为C 34＋2C 14＝12．故选A ． (3)(x 2＋x ＋y)5＝[(x 2＋x)＋y]5, 含y 2的项为T 3＝C 25(x 2＋x)3·y 2．其中(x 2＋x)3中含x 5的项为C 13x 4·x＝C 13x 5． 所以x 5y 2的系数为C 25C 13＝30．故选C ．另解：由乘法法则知5个因式中两个选y 项,两个选x 2项,一个选x 项乘即可,∴x 5y 2的系数为C 25C 13＝30． 角度2 二项展开式中的含参问题例2 (1)(2021·广东广州阶段测试)⎝ ⎛⎭⎪⎫ax －1x 6的展开式中的常数项为160,则a 的值为( A )A ．－2B ．2C ．－4D ．4(2)(2021·福建三明质检)若(3x 2－a)⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5的展开式中x 3的系数为－80,则a ＝__－4__．(3)(2021·河北衡水中学模拟)已知二项式⎝⎛⎭⎪⎫2x －1x n的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是2∶5,则x 3的系数为__240__．[解析] (1)⎝ ⎛⎭⎪⎫ax －1x 6的展开式的通项为T r ＋1＝C r 6(ax)6－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x r ＝(－1)r C r 6a 6－r x 6－2r ,由题意得－C 36a 3＝160,解得a ＝－2,故选A ．(2)⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5的展开式的通项为T r ＋1＝C r 5(2x)5－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x r ＝(－1)r ·25－r ·C r 5x 5－2r ,则3×23×C 25＋a×24×C 15＝－80,解得a ＝－4．(3)由题意得：C 1n∶C 2n＝2∶5,解得n ＝6．所以T r ＋1＝C r n(2x)n －r⎝⎛⎭⎪⎫－1x r ＝C r 626－r (－1)rx6－32r, 令6－32r＝3,解得：r ＝2．所以x 3的系数为C 2626－2(－1)2＝240．名师点拨求二项展开式中的特定项或其系数,一般是化为通项公式后,令字母的指数符合要求(求常数项时,指数为零；求有理项时,指数为整数等),解出r,代回通项公式即可．〔变式训练1〕(1)(角度1)(2018·浙江,14)二项式⎝⎛⎭⎪⎫3x ＋12x 8的展开式的常数项是__7__．(2)(角度2)(2021·福州模拟)设n 为正整数,⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2x 3n的展开式中仅有第5项的二项式系数最大,则展开式中的常数项为( B )A ．－112B ．112C ．－60D ．60(3)(角度1)(2020·全国)⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 2x (x ＋y)5的展开式中x 3y 3的系数为( C )A ．5B ．10C ．15D ．20[解析] (1)T r ＋1＝C r 8(3x)8－r· ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x r ＝12r C r 8x 8－4r 3,由8－4r ＝0得r ＝2,故常数项为T 3＝122C 28＝7． (2)依题意得,n ＝8,所以展开式的通项T r ＋1＝C r 8x 8－r·⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 3r ＝C r 8x 8－4r (－2)r,令8－4r ＝0,解得r ＝2,所以展开式中的常数项为 T 3＝C 28(－2)2＝112．(3)(x ＋y)5的展开式的通项T r ＋1＝C r 5x5－r y r,∴⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 2x (x ＋y)5的展开式中x 3y 3的系数为C 35＋C 15＝15,故选C ． 考点二 二项式系数的性质与各项系数的和——师生共研例 3 (1)(2020·河北衡水中学模拟)已知二项式⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋1x n 的展开式中,二项式系数之和等于64,则展开式中常数项等于( A )A ．240B ．120C ．48D ．36(2)(2021·河北邯郸模拟)在⎝⎛⎭⎪⎫x ＋3x n 的展开式中,各项系数和与二项式系数和之比为64,则x 3的系数为( C )A ．15B ．45C ．135D ．405(3)(2021·辽宁省朝阳市质量检测)设(1＋x 2)(2－x)4＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋a 3(x －1)3＋a 4(x －1)4＋a 5(x －1)5＋a 6(x －1)6,则a 0＋a 2＋a 4＋a 6＝__8__．[解析] (1)∵二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋1x n 的展开式中, 二项式系数之和等于2n＝64,则n ＝6, 故展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 6·26－r·x 6－3r 2 ,令6－3r 2＝0,求得r ＝2,∴常数项为C 26·24＝240．故选A ． (2)由题意4n 2n ＝64,n ＝6,T r ＋1＝C r 6x 6－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x r ＝3r C r 6x 6－3r 2 ,令6－3r 2＝3,r ＝2,32C 26＝135,选C ．(3)由题意,令x ＝2得 a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝0,令x ＝0得a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5＋a 6＝16, 两式相加得2(a 0＋a 2＋a 4＋a 6)＝16, 所以a 0＋a 2＋a 4＋a 6＝8．故答案为8． [引申]在本例(3)中,(1)a 0＝__2__； (2)a 1＋a 3＋a 5＝__－8__；(3)(a 0＋a 2＋a 4＋a 6)2－(a 1＋a 3＋a 5)2＝__0__； (4)a 2＝__5__．[解析] 记f(x)＝(1＋x 2)(2－x)4, 则(1)a 0＝f(1)＝2． (2)a 1＋a 3＋a 5＝f2－f 02＝0－162＝－8；(3)(a 0＋a 2＋a 4＋a 6)2－(a 1＋a 3＋a 5)2＝f(2)·f(0)＝0； (4)令x －1＝t,则x ＝t ＋1,∴a 2为(t 2＋2t ＋2)(1－t)4展开式中t 2项的系数,又(1－t)4的通项为C r4(－t)r, ∴a 2＝C 04＋2×(－1)C 14＋2C 24＝5．名师点拨赋值法的应用(1)形如(ax ＋b)n 、(ax 2＋bx ＋c)m(a 、b 、c ∈R)的式子求其展开式的各项系数之和,常用赋值法,只需令x ＝1即可．(2)对形如(ax ＋by)n(a,b ∈R)的式子求其展开式各项系数之和,只需令x ＝y ＝1即可． (3)若f(x)＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n,则f(x)展开式中各项系数之和为f(1), 奇数项系数之和为a 0＋a 2＋a 4＋…＝f 1＋f －12,偶数项系数之和为a 1＋a 3＋a 5＋…＝f 1－f －12．*又f′(x)＝a 1＋2a 2x ＋3a 3x 2＋…＋na n xn －1,所以a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝f′(1)． 〔变式训练2〕(1)(多选题)(2021·湖北龙泉中学、荆州中学、宜昌一中联考)若(1－2x)2 021＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋…＋a 2 021x2 021(x ∈R),则( ACD )A ．a 0＝1B ．a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 021＝32 021＋12 C ．a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 2 020＝32 021－12D ．a 12＋a 222＋a 323＋…＋a 2 02122 021＝－1(2)(2020·湖南娄底期末)已知(x 3＋a x )n 的展开式中各项的二项式系数之和为32,且各项系数和为243,则展开式中x 7的系数为( C )A ．20B ．30C ．40D ．50[解析] (1)令x ＝0得a 0＝1,∴A 正确；令x ＝1得a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 021＝－1,令x ＝－1得a 0－a 1＋a 2－a 3＋…－a 2 021＝32 021,∴a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 021＝－32 021＋12,∴B 不正确；又a 0＋a 2＋…＋a 2 020＝32 021－12,∴C 正确；令x ＝12得a 0＋a 12＋a 222＋…＋a 2 02122 021＝0,∴a 12＋a 222＋…＋a 2 02122 021＝－a 0＝－1．∴D 正确,故选ACD ．(2)因为(x 3＋a x )n 的展开式中各项的二项式系数之和为32,则2n ＝32,解得n ＝5,所以二项式为(x 3＋a x )5．因为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3＋a x 5展开式各项系数和为243,令x ＝1,代入可得(1＋a)5＝243＝35,解得a ＝2,所以二项式展开式的通项为T r ＋1＝C r5(x 3)5－r·⎝ ⎛⎭⎪⎫2x r ＝2r ·C r 5x 15－4r ,所以当展开式为x 7时,即x 15－4r ＝x 7,解得r ＝2,则展开式的系数为22·C25＝4×10＝40．故选C．考点三二项式定理的应用——多维探究例4 角度1 整除问题(1)设a∈Z,且0≤a＜13,若512 012＋a能被13整除,则a＝( D )A．0 B．1C．11 D．12(2)(2021·安徽省安庆一中模拟)9C110＋92C210＋…＋910C1010除以11所得的余数为( A )A．0 B．1C．2 D．－1角度2 近似计算(3)1.028的近似值是__1.172__．(精确到小数点后三位)1＋1, [解析](1)由于51＝52－1,(52－1)2 012＝C02 012522 012－C12 012522 011＋…－C2 0112 01252又由于13整除52,所以只需13整除1＋a,0≤a＜13,a∈Z,所以a＝12,故选D．(2)90C010＋9C110＋92C210＋…＋910C1010－1＝(1＋9)10－1＝1010－1＝(11－1)10－1＝1110－C110·119＋C210·118－…－C910·11＋1－1＝1110－C110·119＋C210·118－…－C910·11,显然所得余数为0,故选A．(3)1.028＝(1＋0.02)8≈C08＋C18·0.02＋C28·0.022＋C38·0.023≈1.172．[引申]若将本例(2)中“11”改为“8”,则余数为__7__．[解析]由题意原式＝1010－1＝(8＋2)10－1＝810＋C11089·2＋…＋C9108·29＋210－1＝(810＋C11089·2＋…＋C9108·29＋8·27－8)＋7．∴余数为7．名师点拨1．整除问题的解题思路利用二项式定理找出某两个数(或式)之间的倍数关系,是解决有关整除问题和余数问题的基本思路,关键是要合理地构造二项式,并将它展开进行分析判断．2．求近似值的基本方法利用二项式定理进行近似计算：当n不很大,|x|比较小时,(1＋x)n≈1＋nx．〔变式训练3〕(1)(2021·江西联考)1－90C110＋902C210－903C310＋…＋9010C1010除以88的余数是( C )A．－1 B．－87C．1 D．87(2)0.9986的近似值为__0.989__．(精确到0.001)[解析](1)1－90C110＋902C210－903C310＋…＋9010C1010＝(1－90)10＝8910＝(88＋1)10＝C0108810＋C110889＋…＋C91088＋C1010＝88k＋1(k为正整数),所以可知余数为1．(2)0.9986＝(1－0.002)6＝1－C160.002＋C260.0022－C360.0023＋C460.0024－C560.0025＋C660.0026≈1－C160.002＋C 260.0022＝0.988 6≈0.989．名师讲坛·素养提升一、二项展开式中系数最大项的问题例5 已知⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12x n 的展开式中前三项的系数成等差数列．①求n 的值；②求展开式中系数最大的项．[解析] ①由题设,得C 0n ＋14×C 2n ＝2×12×C 1n ,即n 2－9n ＋8＝0,解得n ＝8,n ＝1(舍去)．②设第r ＋1项的系数最大,则⎩⎪⎨⎪⎧12r C r 8≥12r ＋1C r ＋18，12r C r 8≥12r －1Cr －18.即⎩⎪⎨⎪⎧18－r ≥12r ＋1，12r ≥19－r .解得r ＝2或r ＝3．所以系数最大的项为T 3＝7x 5,T 4＝7x 72．名师点拨求展开式中系数最大的项如求(a ＋bx)n(a,b ∈R)的展开式系数最大的项,一般是采用待定系数法,设展开式各项系数分别为A 1,A 2,…,A n ＋1,且第k 项系数最大,应用⎩⎪⎨⎪⎧A k ≥A k －1A k ≥A k ＋1从而解出k 来,即得．〔变式训练4〕(2020·山东省德州市高三上期末)⎝⎛⎭⎪⎫2x 2＋1x6的展开式中,常数项为__60__；系数最大的项是__240x 6__．[解析] ⎝⎛⎭⎪⎫2x 2＋1x6的展开式的通项为C k6·(2x 2)6－k·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x k ＝C k 6·26－k ·x 12－3k ,令12－3k ＝0,得k ＝4,所以,展开式中的常数项为C 46·22＝60； 令a k ＝C k6·26－k(k ∈N,k≤6),令⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n －1a n ≥a n ＋1,即⎩⎪⎨⎪⎧C n6·26－n≥C n －16·27－nC n 6·26－n ≥C n ＋16·25－n,解得43≤n≤73,∵n ∈N,∴n ＝2,因此,展开式中系数最大的项为C 26·24·x 6＝240x 6．二、一项或三项展开式问题例6 (1)(2021·河南实验中学期中)若x 5＝a 0＋a 1(x －2)＋a 2(x －2)2＋…＋a 5(x －2)5,则a 0＝( D )A ．－32B ．－2C ．1D ．32(2)(2021·安徽合肥质检)在⎝ ⎛⎭⎪⎫x －4＋4x 5的展开式中,x 2的系数为__－960__．[解析] (1)x 5＝[2＋(x －2)]5＝a 0＋a 1(x －2)＋…＋a 5(x －2)5． T r ＋1＝C r 525－r(x －2)4,∴a 0＝T 1＝25＝32．故选D ． (2)解法一：(化为二项展开式问题)⎝ ⎛⎭⎪⎫x －4＋4x 5＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2x 10,T r ＋1＝C r10(x)10－r⎝⎛⎭⎪⎫－2x r ＝(－2)r C r 10x 5－r,令5－r ＝2,r ＝3,所求系数为(－2)3C 310＝－960． 解法二：(利用多项式乘法对括号中选取情况讨论)①5个括号中的2个选x,3个选(－4),这样得到的x 2的系数为C 25·C 33(－4)3＝－640； ②5个括号中3个选x,1个选4x ,1个选－4,这样得到的x 2的系数为C 35C 12×4×(－4)＝－320；∴所求系数为－640－320＝－960．名师点拨对一项或三项的展开问题,应根据式子的特点,转化为二项式来解决,转化的方法通常为集项、配方、因式分解,集项时要注意结合的合理性和简捷性．注：本题也可如下变形化为二项式求解：⎝ ⎛⎭⎪⎫x －4＋4x 5＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋4x －45． 〔变式训练5〕(2021·广东汕头模拟)在(x 2－x －2)5的展开式中,x 3的系数为( C ) A ．－40B ．160C．120 D．200[解析]∵(x2－x－2)5＝(x＋1)5(x－2)5,∴x3的系数为C25C55(－2)5＋C35C45(－2)4＋C45C35(－2)3＋C55C25(－2)2＝120．另解：(利用多项式乘法)C15C15(－1)×(－2)3＋C35(－1)3·(－2)2＝120,故选C．。
(9)计数原理与概率统计——高考数学一轮复习思维导图
计数原理与概率统计统计概率计数原理随机变量及其分布成对数据的统计分析统计图表样本数字特征频率分布表、频率分布直方图、折线图、扇形图、条形图第百分数一般地一组数据的第百分位数是这样一个值它使得这组数据中至少有的数据小于或等于这个值且至少有的数据大于或等于这个值方差随机抽样简单随机抽样分层随机抽样标准差随机事件与概率事件的相互独立性频率与概率有限样本空间与随机事件事件的关系和运算古典概型概率的基本性质特性：有限性、等可能性公式：互斥事件概率的加法公式：对立事件概率公式：概率的加法公式：相互独立事件的概率：用频率估计概率两个计数原理排列与组合二项式定理分类加法计数原理：完成某件事的方法数分步乘法计数原理：完成某件事的方法数排列组合排列数公式全排列组合数公式组合数性质且，规定且定理通项公式二项式系数的性质，其中，，对称性增减性最大值二项式系数的和当时随的增加而增大当时随的增加而减小为偶数中间的一项的二项式系数最大为奇数中间的两项的二项式系数相等且同时取得最大值条件概率与全概率公式离散型随机变量及其分布列离散型随机变量的数字特征二项分布与超几何分布条件概率全概率公式为在事件发生的条件下事件发生的条件概率是一组两两互斥的事件且则对任意的事件有正态分布分布列的性质两点分布数学期望方差二项分布超几何分布重伯努利试验中用表示事件发生的次数则事件恰好发生次的概率其中抽签法随机数法正态分布的均值与方差若则随机变量服从正态分布记为回归分析独立性检验样本相关系数回归方程时两个变量正相关时两个变量负相关越接近线性相关性越强越接近则越弱随机变量为样本容量为的临界值。
高中数学高考复习：第九章高考零距离9计数原理、概率、随机变量及其分布
计数原理、概率、随机变量及其散布[ 学生用书P211]年份卷别详细考察内容及命题地点计数原理·T5几何概型、随机模拟·T10甲卷互斥事件的概率、条件概率、随机变量的散布列和数学希望· T182016 二项式定理、特定项的系数·T14几何概型·T4乙卷柱状图、互相独立事件与互斥事件的概率、散布列和数学希望· T19丙卷摆列与组合知识、新定义问题·T12互相独立事件与独立重复试验的概率·T4Ⅰ卷二项式定理、二项睁开式特定项的系数·T10 2015茎叶图及其应用、互相独立事件的概率·T18Ⅱ卷·T15二项式定理、二项睁开式的系数和摆列组合的综合应用与古典概型的概率求解·T5 2014 Ⅰ卷二项式定理、特定项的系数·T13条件概率·T5Ⅱ卷二项式定理、特定项的系数·T13[命题剖析 ]1．高考对摆列组合问题的考察，仍以本质生活为命题背景，在选择题、填空题或解答题中出现，在解答题中多与概率知知趣交汇，难度中等．二项式定理仍以求二项睁开式的特定项、特定项的系数及二项式系数为主，题目难度一般，多出此刻第9～ 10 或第 13～15 题的地点上．2．概率、随机变量及其散布列是高考命题的热门之一，命题形式为“一小一大”，即一道选择或填空题和一道解答题．选择或填空题常出此刻第4～ 10 题或第 14～ 15 题的地点，主要考察随机事件的概率、古典概型、几何概型，难度一般．解答题常出此刻第18或19 题的地点，多以交汇性的形式考察，交汇点主要有两种：一是两图(频次散布直方图与茎叶图) 择一与随机变量的散布列、数学希望、方差订交汇来考察；二是两图(频次散布直方图与茎叶图 )择一与线性回归或独立性查验订交汇来考察，难度中等．题示参数真题体现考题溯源(2016 ·考全国卷乙，高T14)(2 x＋x)5的展开式中， x3的系数是 ________．(用数字填写答案 )(2016 ·考全国卷甲，高T8) 某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现，红灯连续时间为 40 秒．若一名行人到达该路口碰到红灯，则起码需要等候15 秒才出现绿灯的概率为( )7B ．5 3 3A. 10 8 C.8 D．10(2015 ·考全国卷高Ⅱ，T18)某企业为认识用户对其产品的满意度，从 A ，B 两地域分别随机检查了20 个用户，获得用户对产品的满意度评分以下：题示对照 A 地域：62 73 81 92 95 85 74 64 53 7678 86 95 66 97 78 88 82 76 89B地域：73 83 62 51 91 46 53 73 64 8293 48 65 81 74 56 54 76 65 79(1)依据两组数据达成两地域用户满意度评分的茎叶图，并经过茎叶图比较两地域满意度评分的均匀值及分别程度 (不要求计算出详细值，给出结论即可 )；题溯源(选修 2-3 P37 习题 1.3A 组 T5) 求以下各式的二项睁开式中指定各项的系数：101 1(1)1－2x的含x5的项；10(2)2x3－13的常数项 .2x题溯源(必修 3 P136 例 1)某人午觉悟来，发现表停了，他翻开收音机，想听电台报时，求他等候的时间不多于10 分钟的概率 .题溯源(必修 3 P82 习题 2.2B 组 T1) 某地域为认识高中生学习统计图表的状况，把标有当地域58 所高中名称的号签放入一个不透明的纸箱中，充足搅拌后，逐一抽出了 4 个号签．再从抽出的 4 所学校中随机选用高一年级的一个班，获得了一个容量为173 的样本．样本中的每名学生被要求做一份时间为 20 分钟的试卷 .(1)上述选用学校的方法是哪一种抽样方法？(2)下边是试卷中的一道题，请你依据要求解答这道题 .某班学生一次数学测试的成绩(满分(2) 依据用户满意度评分，将用户的满意度从低为100分)以下：到高分为三个等级：男生98，96，93，95，95，97，91，满意度低于70 分到不低于93， 94， 90， 88， 85， 82， 84，86，评分70 分89 分90 分83， 81， 80， 87， 80， 81， 89，70，满意度不满非常满73， 68， 61， 78， 52， 41， 50，49.满意女生 97，95，94，90，93，90，85，等级意意83， 85， 82， 81， 84， 89， 86，82，记事件 C：“ A 地域用户的满意度等级高于 B 81， 87， 85， 87， 86， 83， 88，81，地域用户的满意度等级”．假定两地域用户的80， 70， 68， 66， 74， 61， 51.评论结果互相独立．依据所给数据，以事件发利用学过的统计图表整理和描绘上生的频次作为相应事件发生的概率，求C的概面的数据，并依据统计图表剖析这个率 . 班的学习状况． (注：尽可能多地使用统计图表． )(3) 下表是依据检查的173 名学生解答这道题的状况制成的．你以为这个统计表有问题吗？假如有，问题在哪里，该怎样更正？学生使用统计图表的统计表频率频率分扇形频次分布茎叶分布布直方图折线图图表图75 101 91 78 5522.75% 19.5%5% % %%T1 考题是利用通项公式求x3的系数，与教材题目类同，其解法也同样T2 中两题的说法不一样，其本质是同样的，转变为长度比求解T3题材评说(1) 考题将教材情形嫁接，从统计图表的多样种类中选择茎叶图为数据的表现形式，让教材问题详细化(2) 考题源于教材而高于教材，第二问的设置是教材问题的如虎添翼，将事件关系和概率奇妙地交融，实则匠心独具，这也是教材问题升华为高考试题的门路之一1． (必修 3 P146 复习参照题 B 组 T3 改编 )鞋柜里有3 双不一样的鞋，随机拿出 2 只，则拿出的是一只左脚的，一只右脚的，但不可双的概率为( )2 B．1A. 3 23 2C.5 D．5D [分析 ] 设 A1，A2， A3表示左脚的，对应的右脚记为B1， B2， B3，则基本领件为(A1， A2)， (A1，A3)， (A1， B1)(A1， B2)， (A1， B3 )， (A2， A3)， (A2， B1)， (A2， B2)， (A2， B3 )，(A3， B1)， (A3，B2)， (A3， B3)， (B1， B2 )， (B1，B3)，(B2， B3)，共 15 种．所求事件包含的基本领件为(A1， B2) ， (A1， B3)， ( A2， B1)， (A2， B3) ， (A3， B1) ， (A3，B2)，共 6 种．所以 P＝6＝2，应选 D．15 52.(必修 3 P142 习题组 T2 改编 )某人随机地在以下图的正三角形及其外接圆地区内部投针(不包含三角形界限及圆的外界)，则针扎到暗影地区( 不包含界限 )的概率为 ( )3 B．3 3A. π4π3 3C. 4 D．4πB [分析] 设正三角形的边长为a，圆的半径为 R，则正三角形的面积为3 24 a .a 3由正弦定理得 2R ＝sin 60° ，即 R ＝ 3 a ，所以圆的面积 S ＝π R 2＝ 1π a 2.33 2由几何概型的概率计算公式得概率P ＝ 4a＝ 3 3124π.3π a应选 B ．2x － 163． (选修 2-3的睁开式中的常数项为P40 复习参照题 A 组 T8(4) 改编 )(1 ＋x ＋ x ) ·x()A ． 5B ．－ 5C ．35D ．－ 35B [分析]16x － x 的睁开式的通项为k 6 －k－ 1 kk k 6－2k .T k ＋1＝ C 6xx ＝(－1) C 6 x令 6－2k ＝ 0，得 k ＝ 3， T 4＝ (－ 1)3C 36 ＝－ C 36；令 6－2k ＝－ 1，得令 6－2k ＝－ 2，得7k ＝ 2(舍去 )；－2－2k ＝ 4， T 5 ＝(－1) 4C 46x＝ C 46x .所以 (1＋ x ＋x 2) x －1 6的睁开式中的常数项为 1× (－ C 63)＋ C 64＝－ 20＋ 15＝－ 5.应选 B ．x 4．(选修 2-3 P27 习题 组 T7 改编 )某台小型晚会由 6 个节目构成， 演出次序有以下要求： 节目甲一定排在前两位，节目乙不可以排在第一位， 节目丙一定排在最后一位，则该台晚会节目演出次序的编排方法数共为________．[分析 ] 分两类 ，第一类：甲排在第一位时 ，丙排在最后一位 ，中间 4 个节目无穷制条 件，有 A 4种排法；第二类：甲排在第二位时，从甲、乙、丙以外的 3 个节目中选 1 个节目4排在第一位有 C 13 种排法 ，其余 3 个节目有 A 33种排法 ，故有 C 13A 33种排法 ，由分类加法计数原理，知共有 A 44＋ C 13A 33＝ 42 种编排方法．[答案 ] 425． (必修 3 P82 习题 2.2A 组 T6 改编 )某校拟举办“成语大赛”，高一(1) 班的甲、乙两名同学在本班参加“成语大赛”选拔测试，在同样的测试条件下，两人5 次测试的成绩 (单位：分 )的茎叶图以下图．(1)你以为选派谁参赛更好？并说明原因；(2)若从甲、乙两人 5 次的成绩中各随机抽取 1 次进行剖析，设抽到的 2 次成绩中， 90 分以上的次数为 X，求随机变量 X 的散布列和数学希望 E(X)．58＋ 55＋ 76＋ 88＋ 92[解 ] (1) 由茎叶图可知，甲的均匀成绩为＝73.8(分)，乙的均匀成绩为65＋82＋87＋85＋95＝ 82.8(分 )，乙的均匀成绩大于甲的均匀成绩，51 2 2 2 2又甲的成绩的方差为5× [(58 － 73.8) ＋ (55 － 73.8) ＋ (76 － 73.8) ＋ (88－ 73.8) ＋ (92 －73.8) 2]＝，1 2 2 2 2乙的成绩的方差为 5 × [(65 － 82.8) ＋ (82 － 82.8) ＋ (87 － 82.8) ＋ (85 － 82.8) ＋ (95 －82.8) 2]＝，乙的成绩的方差小于甲的成绩的方差，所以选派乙参赛更好．(2)随机变量X 的全部可能取值为0， 1，2.C14C1416P(X＝0)＝11＝，C5C52512C48P(X＝1)＝C15C15＝25，1 1P(X＝2)＝1 1＝， C5C525所以随机变量X 的散布列是X 0 1 2P 16 8 1 25 25 25E(X)＝ 0×16＋ 1×8 ＋ 2×1 ＝2 .25 25 25 5。
高考数学一轮复习 第9章 计数原理、概率、随机变量及其分布 第9讲 离散型随机变量的均值与方差、正态分布教
P1＝
A33P(A1B2C3)＝
6×1× 2
1×1＝1. 366
(2)任一名工人选择的项目属于基础设施类或产业建设类工程
的概率：
P2＝30＋6010＝23，
由 X～B3，23，
得 P(X＝k)＝Ck323k1－233－k(k＝0，1，2，3)，
所以 X 的分布列为
X
0
1
2
3
D．16
解析：因为 EX＝15(2＋4＋6＋8＋10)＝6，
所以 DX＝15[(－4)2＋(－2)2＋02＋22＋42]＝8.
4．已知随机变量 X 的分布列为：
X －1
0
1
1
P
2
1
3
a
7
且设 Y＝2X＋3，则 Y 的均值是___3_____．
解析：由分布列性质有12＋13＋a＝1，即 a＝16； EX＝(－1)×12＋0×13＋1×16＝－13， 所以 EY＝E(＋3)＝2EX＋3＝3－23＝73.
第九章 计数原理、概率、随机变量及其分布
第9讲 离散型随机变量的均值与方 差、正态分布
1．离散型随机变量的均值与方差 若离散型随机变量 X 的分布列为
X a1 a2 … ar P p1 p2 … pr (1)均值：称 EX＝__a_1p_1_＋__a_2_p_2＋___…__＋__a_rp_r___为随机变量 X 的 均值或数学期望，它反映了离散型随机变量取值的__平__均__水__平
P
1 27
2 9
4 9
8 27
其数学期望为 EX＝3×23＝2.
考点二 均值与方差的实际应用
(2016·山西省四校联考)学校设计了一个实验学科 的考查方案：考生从 6 道备选题中一次随机抽取 3 道题，按 照题目要求独立完成全部实验操作，并规定：在抽取的 3 道 题中，至少正确完成其中 2 道题便可通过考查．已知 6 道备 选题中考生甲有 4 道题能正确完成，2 道题不能完成；考生 乙每题正确完成的概率都为2，且每题正确完成与否互不影
高考数学一轮复习第9章计数原理概率随机变量及其分布第8节离散型随机变量的均值与方差课件
(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～B3，15.
于是 P(X＝0)＝C30150453＝16245， P(X＝1)＝C31151452＝14285， P(X＝2)＝C32152451＝11225， P(X＝3)＝C33153450＝1125.12 分
P 0.064 0.288 0.432 0.216 13 分
因为 X～B(3,0.6)，所以期望 E(X)＝3×0.6＝1.8，方差 D(X)＝3×0.6×(1－ 0.6)＝0.72.15 分
与二项分布有关的均值、方差
(2017·杭州学军中学联考)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．
故 X 的分布列为
X
0
1
2
3
64
48
12
1
P 125
125
125
125
X 的数学期望为 E(X)＝3×15＝35. 随机变量 X 的方差 D(X)＝3×151－15＝1225.15 分
13 分
[规律方法] 1.求随机变量 ξ 的期望与方差时，可首先分析 ξ 是否服从二项 分布，如果 ξ～B(n，p)，则用公式 E(ξ)＝np，D(ξ)＝np(1－p)求解，可大大减少 计算量．
P(B2)＝P(A1 A2 ＋ A1 A2)＝P(A1 A2 )＋P( A1 A2) ＝P(A1)P( A2 )＋P( A1 )P(A2) ＝P(A1)(1－P(A2))＋(1－P(A1))P(A2) ＝25×1－12＋1－25×12＝12.6 分 故所求概率为 P(C)＝P(B1＋B2)＝P(B1)＋P(B2)＝15＋12＝170.9 分
高考数学大一轮复习 第九章 计数原理、概率、随机变量及其分布 9.1 分类加法计数原理与分步乘法计数
第九章计数原理、概率、随机变量及其分布 9.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理课时规X训练理北师大版[A级基础演练]1．(2016·某某模拟)由0,1,2,3，…，9十个数字和一个虚数单位i，可以组成虚数的个数为( )A．100 B．10C．9 D．90解析：第一步：先确定实部，可从0,1,2,3，…，9这10个数字中任取一个共10种取法．第二步：确定虚部，可从1,2,3，…，9中任取一个共9种取法．由分步乘法计数原理得共可组成虚数的个数为10×9＝90.答案：D2．把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有( )A．A34种B．C34种C．43种D．34种解析：第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱也有4种投法；第3封信投到信箱也有4种投法．只要把这3封信投完，就做完了这件事情，由分步计数原理可得共有43种方法，故选C.答案：C3．(2014·高考某某卷)用a代表红球，b代表蓝球，c代表黑球．由加法原理及乘法原理，从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1＋a)(1＋b)的展开式1＋a＋b ＋ab表示出来，如：“1”表示一个球都不取，“a”表示取出一个红球，而“ab”则表示把红球和蓝球都取出来．依次类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是( )A．(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5B．(1＋a5)(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c)5C．(1＋a)5(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c5)D．(1＋a5)(1＋b)5(1＋c＋c2＋c3＋c4＋c5)解析：由题意可知：5个无区别的红球取出若干球可表示为1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5；5个无区别的蓝球都取出或都不取出可表示为1＋b5；5个有区别的黑球取出若干球可表示为(1＋c)(1＋c)(1＋c)(1＋c)(1＋c)＝(1＋c)5.由乘法原理可得所有取法可表示为(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)·(1＋c)5.故选A.答案：A4．学校的一次运动会上，甲、乙、丙三个同学争夺跳高、跳远二项冠军，且每一项冠军只能给一人，则冠军不同的得法种数为________．解析：跳高冠军可以给甲、乙、丙有三种方法，同样，跳远的冠军也有三种给法，共有3×3＝9.答案：95．(2014·高考某某卷)在8X奖券中一、二、三等奖各1X，其余5X无奖．将这8X奖券分配给4个人，每人2X，不同的获奖情况有________种(用数字作答)．解析：将8X奖券分4组，再分配给4个人．把8X奖券分4组有两种分法，一种是分(一等奖，无奖)、(二等奖，无奖)、(三等奖，无奖)、(无奖，无奖)四组，分给4人有A44种分法；另一种是一组两个奖，一组只有一个奖，另两组无奖，共有C23种分法，再分给4人有C23A24种分法，所以不同获奖情况种数为A44＋C23A24＝24＋36＝60.答案：606．(2016·某某模拟)已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)表示平面上的点(a，b∈M)，P可表示平面上__________个第二象限的点．解析：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种确定方法；第二步确定b，由于b>0，所以有2种确定方法．由分步乘法计数原理，得到第二象限的点的个数是3×2＝6(个)．答案：67．三个比赛项目，六人报名参加．(1)每人参加一项，有多少种不同的报名方法？(2)每项1人且每人至多参加一项，有多少种不同的报名方法？(3)每项1人，且每人参加项数不限，有多少种不同的报名方法？解：(1)每人都可以从三个比赛项目中选一项，有3种方法，六个人共有36＝729种不同的报名方法．(2)每项1人且每人至多参加一项，则第一项有6种选人方法，第二项有5种选人方法，第三项有4种选人方法．由分步乘法计数原理知，共有6×5×4＝120种不同的报名方法．(3)每个项目都可以从六个人中选1人作为参加者，有6种不同的选法，三个项目共有63＝216种不同的报名方法．[B级能力突破]1．(2015·襄阳模拟)只用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须同时使用，且同一数字不能相邻出现，这样的四位数有( )A．6个B．9个C．18个D．36个解析：由题意，知1,2,3中必有某一个数字使用2次．第一步确定谁被使用2次，有3种方法；第二步把这2个相同的数放在四位数不相邻的两个位置上，也有3种方法；第三步将余下的2个数放在四位数余下的2个位置上，有2种方法，故共可组成3×3×2＝18(个)不同的四位数．答案：C2．(2014·高考大纲全国卷)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：由题意知，选2名男医生、1名女医生的方法有C26C15＝75(种)．答案：C3．(2016·某某模拟)如图，用6种不同的颜色把图中A，B，C，D四块区域分开，若相邻区域不能涂同一颜色，则不同的涂法共有( )A．400种B．460种C．480种D．496种解析：涂A有6种方法，涂B有5种方法，涂C有4种方法，涂D有4种方法，共有6×5×4×4＝480.答案：C4．从集合U＝{a，b，c，d}的子集中选出4个不同的子集，需同时满足以下两个条件：(1)∅，U都不要选出；(2)对选出的任意两个子集A和B，必有A⊆B或A⊇B.那么，共有________种不同的选法．解析：将选法分成两类．第一类：其中一个是单元素集合，则另一集合为两个或三个元素且含有单元素集合中的元素，有C14×6＝24(种)．第二类：其中一个是两个元素集合，则另一个是含有这两个元素的三元素集合，有C24×2＝12(种)．综上共有24＋12＝36(种)．答案：365．(2016·某某市模拟)为举办校园文化节，某班推荐2名男生、3名女生参加文艺技能培训，培训项目及人数分别为：乐器1人，舞蹈2人，演唱2人，每人只参加一个项目，并且舞蹈和演唱项目必须有女生参加，则不同的推荐方案的种数为________．(用数字作答) 解析：若参加乐器培训的是女生，则各有1名男生及1名女生分别参加舞蹈和演唱培训，共有3×2×2＝12种方案；若参加乐器培训的是男生，则各有1名男生、1名女生及2名女生分别参加舞蹈和演唱培训，共有2×3×2＝12种方案，所以共有24种推荐方案．答案：246．(2016·黄冈模拟)有4位同学在同一天的上、下午参加“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、“握力”、“台阶”五个项目的测试，每位同学上、下午各测试一个项目，且不重复．若上午不测“握力”项目，下午不测“台阶”项目，其余项目上、下午都各测试一人．则不同的安排方式共有____________种(用数字作答)．解析：记4位同学分别为：A、B、C、D.则上午共有4×3×2×1＝24种安排方式．不妨先假定上午如表格所示安排方式，、DCAB、DCBA，共11种安排方式．因此，全天共有24×11＝264(种)安排方式．答案：2647．已知集合A＝{a1，a2，a3，a4}，B＝{0,1,2,3}，f是从A到B的映射．(1)若B中每一元素都有原像，这样不同的f有多少个？(2)若B中的元素0必无原像，这样的f有多少个？(3)若f满足f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＋f(a4)＝4，这样的f又有多少个？解：(1)显然对应是一一对应的，即为a1找像有4种方法，a2找像有3种方法，a3找像有2种方法，a4找像有1种方法，所以不同的f共有4×3×2×1＝24(个)．(2)0必无原像，1,2,3有无原像不限，所以为A中每一元素找像时都有3种方法．所以不同的f共有34＝81(个)．(3)分为如下四类：第一类：A中每一元素都与1对应，有1种方法；第二类：A中有两个元素对应1，一个元素对应2，另一个元素与0对应，有C24·C12＝12种方法；第三类：A中有两个元素对应2，另两个元素对应0，有C24·C22＝6种方法；第四类：A中有一个元素对应1，一个元素对应3，另两个元素与0对应，有C14·C13＝12种方法．所以不同的f共有1＋12＋6＋12＝31(个)．。
高考数学一轮复习 第9章 计数原理、概率、随机变量及其分布 第1节 分类加法计数原理与分步乘法计数原
第九章 计数原理、概率、随机变量及其分布[深研高考·备考导航]为教师备课、授课提供丰富教学资源[五年考情]综合近5年浙江卷高考试题，我们发现高考主要考查排列组合，二项式定理、随机事件的概率、古典概型、离散型随机变量及其分布列、离散型随机变量的均值与方差．主要考查对基础知识与基本方法的应用意识，考查转化与化归思想及运算求解能力． 第一节 分类加法计数原理与分步乘法计数原理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．1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．( )(2)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．( )(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．( )(4)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．( )[答案](1)×(2)√(3)√(4)×2．(教材改编)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有( )A．30 B．20C．10 D．6D[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．]3．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( )A．30个B．42个C．36个D．35个C[∵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．]4．如图911，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( )图911A．24 B．18C．12 D．9B[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程．]5.现有4种不同的颜色要对如图912所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有________种．图91248 [按A →B →C →D 顺序分四步涂色，共4×3×2×2＝48种不同的着色方法．](1)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)(2017·杭州二中月考)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( )A ．14B ．13C ．12D ．10(1)B (2)B [(1)分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件有3种方法(如图)，同理，甲先传给丙时，满足条件有3种方法．由分类加法计数原理，共有3＋3＝6种传递方法．(2)①当a ＝0时，有x ＝－b2，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 )共有4＋4＋3＋2＝13个．][规律方法] 1.第(2)题常见的错误：(1)想当然认为a ≠0；(2)误认为a ≠b .2．分类标准是运用分类计数原理的难点所在，应抓住题目中的关键词、关键元素、关键位置．(1)根据题目特点恰当选择一个分类标准．(2)分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法，不能重复．[变式训练1] 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．8D[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.把这4个数列的顺序颠倒，又得到另外的4个数列，∴所求的数列共有2(2＋1＋1)＝8个．]6个年级的学生外出参观包括甲博物馆在内的6个博物馆，每个年级任选一个博物馆参观，则有且只有两个年级选择甲博物馆的情况有( ) 【导学号：51062322】A．C26·45种B．A26·54种C．C26·A45种D．C26·54种(2)有六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．(1)D(2)120 [(1)有两个年级选择甲博物馆共有C26种情况，其余四个年级每个年级各有5种选择情况，故有且只有两个年级选择甲博物馆的情况有C26×54种．(2)每项限报一人，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，第三个项目只有4种选法，由分步乘法计数原理，得共有报名方法6×5×4＝120种．][规律方法] 1.利用分步乘法计数原理应注意：(1)要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的．(2)各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这件事．2．在第(1)题中，除仅有两个年级选择甲博物馆外，其余4个年级易错误认为有45种选择方法．导致错选A项．[变式训练2] (1)设集合A＝{－1,0,1}，B＝{0,1,2,3}，定义A*B＝{(x，y)|x∈A∩B，y∈A∪B}，则A*B中元素的个数为________．(2)将甲、乙、丙、丁四名学生分到两个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同的分法的种数为________．(用数字作答)(1)10 (2)8 [(1)易知A∩B＝{0,1}，A∪B＝{－1,0,1,2,3}，∴x有2种取法，y有5种取法，由分步乘法计数原理，A*B的元素有2×5＝10个．(2)第1步把甲、乙分到不同班级有A22＝2种分法．第2步分丙、丁：①丙、丁分到同一班级有2种分法，②丙、丁分到两个不同的班级有A22＝2种分法．由计数原理，不同的分法为2×(2＋2)＝8种．]若对∀x∈A，y∈B，x<y恒成立，则称(A，B)为集合M的一个“子集对”，则集合M的“子集对”共有________个．(2)如图913，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．图913(1)17 (2)260 [(1)当A＝{1}时，B有23－1种情况；当A＝{2}时，B有22－1种情况；当A＝{3}时，B有1种情况；当A＝{1,2}时，B有22－1种情况；当A＝{1,3}，{2,3}，{1,2,3}时，B均有1种情况，所以满足题意的“子集对”共有7＋3＋1＋3＋3＝17(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．][规律方法] 1.(1)注意在综合应用两个原理解决问题时，一般是先分类再分步．在分步时可能又用到分类加法计数原理．(2)注意对于较复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当地画出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化．2．解决涂色问题，可按颜色的种数分类，也可按不同的区域分步完成，第(2)题中，由于共边的区域不同色，从而是按区域A与区域C是否同色分类处理的．[变式训练3] (2017·金华联考)用a代表红球，b代表蓝球．由加法原理及乘法原理，从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1＋a)(1＋b)的展开式1＋a＋b＋ab 表示出来，如：“1”表示一个球都不取，“a”表示取出一个红球，而“ab”则表示把红球和蓝球都取出来．以此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是( ) 【导学号：51062323】A．(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)B．(1＋a5)(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)C．(1＋a)5(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)D．(1＋a5)(1＋b5)A[分两步：第一步，5个无区别的红球可能取出0个，1个，…，5个，则有1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5种不同的取法．第二步，5个无区别的蓝球都取出或都不取出，则有1＋b5种不同取法．由分步乘法计数原理，共有(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)种取法．][思想与方法]1．分类加法计数原理与分步乘法计数原理，都涉及完成一件事的不同方法的种数．区别在于：分类加法计数原理与分类有关，各种方法相互独立，用其中的任一种方法都可以完成这件事；分步乘法计数原理与分步有关，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成．2．涉及加法与乘法原理的混合问题一般是先分类再分步．3．要恰当画出示意图或树状图，使问题的分析更直观、清楚，便于探索规律．[易错与防范]1．切实理解“完成一件事”的含义，以确定需要分类还是需要分步进行．2．分类的关键在于要做到“不重不漏”，分步的关键在于要正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步．3．确定题目中是否有特殊条件限制．课时分层训练(五十二)分类加法计数原理与分步乘法计数原理A组基础达标(建议用时：30分钟)一、选择题1．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．60C[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.]2．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．9 B．14C．15 D．21B[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，因此满足条件的点共有7＋7＝14个．]3．甲、乙两人从4门课程中选修2门，则甲、乙所选课程中恰有1门相同的选法有( ) 【导学号：51062324】A．6种B．12种C．24种D．30种C[分步完成，第一步，甲、乙选修同一门课程有4种方法．第二步，甲从剩余的3门课程中选一门有3种方法．第三步，乙从剩余的2门课程中选一门有2种方法．∴甲、乙恰有1门相同课程的选法有4×3×2＝24种．]4．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C 14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C 24种方法．由分类加法计数原理，不同的赠送方法有C 14＋C 24＝10种．]5．(2017·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 ．243B ．252C ．261D ．279 B [0,1,2，…，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有900－648＝252个．]6．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lg a －lg b 的不同值的个数是( )A ．9B ．10C ．18D ．20C [由于lg a －lg b ＝lg a b (a >0，b >0)，从1,3,5,7,9中任取两个作为a b 有A 25＝20种，又13与39相同，31与93相同， ∴lg a －lg b 的不同值的个数为A 25－2＝18.]二、填空题7．(2016·杭州模拟)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. 【导学号：51062325】8 [十位上的数为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)．]8．从8名女生，4名男生中，选出3名学生组成课外小组，如果按性别比例分层抽样，则不同的抽取方法数为________种. 【导学号：51062326】112 [从男生中抽1人有4种方法，从女生中抽2人有C 28＝28种方法，由分步乘法计数原理，共有28×4＝112种方法．]9．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________种．75 [由题意知，选2名男医生、1名女医生的方法有C 26C 15＝75种．]10.如图914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________个．图914420[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．]B组能力提升(建议用时：15分钟)1．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．“五一”节需选择一套服装参加歌舞演出，则有几种不同的选择方式( ) A．24 B．14C．10 D．9B[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．]2．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C12＝2种，共有2×2×2×2×2＝32个．]3．如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫作“好数”，那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个．12 [当相同的数字不是1时，有C13个；当相同的数字是1时，共有C13C13个，由分类加法计数原理知共有“好数”C13＋C13C13＝12个．]4．回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数．如22,121,3 443,94 249等．显然2位回文数有9个：11,22,33，…，99；3位回文数有90个：101,111,121，…，191,202，…999.则(1)4位回文数有________个；(2)2n＋1(n∈N*)位回文数有________个. 【导学号：51062327】(1)90 (2)9×10n[(1)4位回文数相当于填4个方格，首尾相同，且不为0，共9种填法；中间两位一样，有10种填法，共计9×10＝90种填法，即4位回文数有90个．(2)根据回文数的定义，此问题也可以转化成填方格，由分步计数原理，共有9×10n种填法．]。
高考数学大一轮复习 第九章 计数原理、概率、随机变量
【高考领航】2017届高考数学大一轮复习 第九章 计数原理、概率、随机变量及其分布 9.4 随机事件的概率课时规范训练 理 北师大版[A 级 基础演练]1．在一次随机试验中，彼此互斥的事件A 、B 、C 、D 的概率分别是0.2、0.2、0.3、0.3则下列说法正确的是( )A ．A ＋B 与C 是互斥事件，也是对立事件 B ．B ＋C 与D 是互斥事件，也是对立事件 C ．A ＋C 与B ＋D 是互斥事件，但不是对立事件 D ．A 与B ＋C ＋D 是互斥事件，也是对立事件解析：由于A ，B ，C ，D 彼此互斥，且A ＋B ＋C ＋D 是一个必然事件，故其事件的关系可由如图所示的韦恩图表示，由图可知，任何一个事件与其余3个事件的和事件必然是对立事件，任何两个事件的和事件与其余两个事件的和事件也是对立事件．答案：D2．(2016·郑州质检)甲、乙两人下棋，和棋的概率为12，乙获胜的概率为13，则下列说法正确的是( )A ．甲获胜的概率是16B ．甲不输的概率是12C ．乙输了的概率是23D ．乙不输的概率是12解析：“甲获胜”是“和棋或乙胜”的对立事件，所以“甲获胜”的概率是P ＝1－12－13＝16； 设事件A 为“甲不输”，则A 是“甲胜”、“和棋”这两个互斥事件的并事件，所以P (A )＝16＋12＝23；乙输了即甲胜了，所以乙输了的概率为16；乙不输的概率为1－16＝56.答案：A3．从某校高二年级的所有学生中，随机抽取20人，测得他们的身高(单位：cm)分别为： 162,153,148,154,165,168,172,171,173,150， 151,152,160,165,164,179,149,158,159,175.根据样本频率分布估计总体分布的原理，在该校高二年级的所有学生中任抽一人，估计该生的身高在155.5 cm ～170.5 cm 之间的概率约为( )A.25B.12C.23D.13解析：从已知数据可以看出，在随机抽取的这20位学生中，身高在155.5 cm ～170.5 cm 之间的学生有8人，频率为25，故可估计在该校高二年级的所有学生中任抽一人，其身高在155.5 cm ～170.5 cm 之间的概率约为25.答案：A4．下列命题：①将一枚硬币抛两次，设事件M ：“两次出现正面”，事件N ：“只有一次出现反面”，则事件M 与N 互为对立事件．②若事件A 与B 互为对立事件，则事件A 与B 为互斥事件．③若事件A 与B 为互斥事件，则事件A 与B 互为对立事件．④若事件A 与B 互为对立事件，则事件A ∪B 为必然事件．其中，真命题是( )A ．①②④B ．②④C ．③④D ．①②解析：对①，将一枚硬币抛两次，共出现{正，正}，{正，反}，{反，正}，{反，反}四种结果，则事件M 与N 是互斥事件，但不是对立事件，故①错．对②，对立事件首先是互斥事件，故②正确．对③，互斥事件不一定是对立事件，如①中两个事件，故③错．对④，事件A 、B 为对立事件，则在一次试验中A 、B 一定有一个要发生，故④正确．答案：B5．从一副混合后的扑克牌(52张)中随机抽取1张，事件A 为“抽得红桃K ”，事件B 为“抽得为黑桃”，则概率P (A ∪B )＝________(结果用最简分数表示)．解析：一副扑克中有1张红桃K,13张黑桃，事件A 与事件B 为互斥事件，∴P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )＝152＋1352＝726.答案：7266．中国乒乓球队中的甲、乙两名队员参加奥运会乒乓球女子单打比赛，甲夺得冠军的概率为37，乙夺得冠军的概率为14，那么中国队夺得女子乒乓球单打冠军的概率为________．解析：由于事件“中国队夺得女子乒乓球单打冠军”包括事件“甲夺得冠军”和“乙夺得冠军”，但这两个事件不可能同时发生，即彼此互斥，所以可按互斥事件概率的加法公式进行计算，即中国队夺得女子乒乓球单打冠军的概率为37＋14＝1928.答案：19287．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超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示.已知这(1)确定x ，y 的值，并估计顾客一次购物的结算时间的平均值；(2)求一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率．(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，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＋2×25＋2.5×20＋3×10100＝1.9(分钟)．(2)记A 为事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟”，A 1，A 2，A 3分别表示事件“该顾客一次购物的结算时间为1分钟”，“该顾客一次购物的结算时间为1.5分钟”，“该顾客一次购物的结算时间为2分钟”．将频率视为概率得P (A 1)＝15100＝320，P (A 2)＝30100＝310， P (A 3)＝25100＝14. 因为A ＝A 1∪A 2∪A 3，且A 1，A 2，A 3是互斥事件，所以P (A )＝P (A 1∪A 2∪A 3)＝P (A 1)＋P (A 2)＋P (A 3)＝320＋310＋14＝710. 故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率为710.8．(2015·高考北京卷)某超市随机选取1 000位顾客，记录了他们购买甲、乙、丙、丁四种商品的情况，整理成如下统计表，其中“√”表示购买，“×”表示未购买.(1)(2)估计顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率；(3)如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买乙、丙、丁中哪种商品的可能性最大？ 解：(1)从统计表可以看出，在这1 000位顾客中有200位顾客同时购买了乙和丙，所以顾客同时购买乙和丙的概率可以估计为2001 000＝0.2.(2)从统计表可以看出，在这1 000位顾客中，有100位顾客同时购买了甲、丙、丁，另有200位顾客同时购买了甲、乙、丙，其他顾客最多购买了2种商品，所以顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率可以估计为100＋2001 000＝0.3.(3)与(1)同理，可得：顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为2001 000＝0.2，顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为100＋200＋3001 000＝0.6，顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为1001 000＝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．[B 级 能力突破]1．(2016·黄冈模拟)某射手在一次射击中，射中10环，9环，8环的概率分别是0.20,0.30,0.10，则此射手在一次射击中不够8环的概率为( )A ．0.40B ．0.30C ．0.60D ．0.90 解析：依题意，射中8环及以上的概率为0.20＋0.30＋0.10＝0.60，故不够8环的概率为1－0.60＝0.40.答案：A2．若随机事件A ，B 互斥，A ，B 发生的概率均不等于0，且P (A )＝2－a .P (B )＝4a －5，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫54，2B.⎝ ⎛⎭⎪⎫54，32C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤54，32 D.⎝ ⎛⎦⎥⎤54，43 解析：由题意知⎩⎪⎨⎪⎧0<P A ，0<P B，P A ＋P B⇒⎩⎪⎨⎪⎧0<2－a <1，0<4a －5<1，3a －3≤1⇒⎩⎪⎨⎪⎧1<a <2，54<a <32，a ≤43.⇒54<a ≤43. 答案：D3．(2014·高考新课标全国卷Ⅰ)4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为( )A.18 B ．38 C.58D ．78解析：4名同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动的情况有24＝16(种)，其中仅在周六(周日)参加的各有1种，∴所求概率为1－1＋116＝78.答案：D4．从1,2,3,4这四个数中一次随机地取两个数，则其中一个数是另一个数的两倍的概率是________．解析：从1,2,3,4这四个数中一次随机地取两个数的种数为6，其中一个数是另一个数的两倍的数对为1,2和2,4.故符合条件的概率为26＝13.答案：135．连续2次抛掷一枚骰子(六个面上分别标有数字1,2,3,4,5,6)，记“两次向上的数字之和等于m ”为事件A ，则P (A )最大时，m ＝__________.解析：m 可能取到的值有2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12，对应的基本事件个数依次为1,2,3,4,5,6,5,4,3,2,1，∴两次向上的数字之和等于7对应的事件发生的概率最大．答案：76．(2015·孝感模拟)已知盒子中有散落的棋子15粒，其中6粒是黑子，9粒是白子，已知从中取出2粒都是黑子的概率是17，从中取出2粒都是白子的概率是1235，现从中任意取出2粒恰好是同一色的概率是________．解析：从盒子中任意取出2粒恰好是同一色的概率恰为取2粒白子的概率与取2粒黑子的概率的和，即为17＋1235＝1735.答案：17357．在添加剂的搭配使用中，为了找到最佳的搭配方案，需要对各种不同的搭配方式作比较．在试制某种牙膏新品种时，需要选用两种不同的添加剂．现有芳香度分别为0,1,2,3,4,5的六种添加剂可供选用．根据试验设计原理，通常首先要随机选取两种不同的添加剂进行搭配试验．(1)求所选用的两种不同的添加剂的芳香度之和等于4的概率； (2)求所选用的两种不同的添加剂的芳香度之和不小于3的概率．解：设“所选用的两种不同的添加剂的芳香度之和等于4”的事件为A ，“所选用的两种不同的添加剂的芳香度之和不小于3”的事件为B .从六种中随机选两种共有(0,1)、(0,2)、(0,3)、(0,4)、(0,5)、(1,2)、(1,3)、(1,4)、(1,5)、(2,3)、(2,4)、(2,5)、(3,4)、(3,5)、(4,5)，15种．(1)“所选用的两种不同的添加剂的芳香度之和等于4”的取法有2种：(0,4)、(1,3)，故P (A )＝215.(2)“所选用的两种不同的添加剂的芳香度之和等于1”的取法有1种：(0,1)；“所选用的两种不同的添加剂的芳香度之和等于2”的取法有1种：(0,2)，故P (B )＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫115＋115＝1315.。
高考数学大一轮总复习 第九章 计数原理、概率、随机变量及其分布 计时双基练69 离散型随机变量的均值
计时双基练六十九离散型随机变量的均值与方差、正态分布A组基础必做1．(2015·江西九江一模)已知随机变量X服从正态分布N(5,4)，且P(X>k)＝P(X<k－4)，则k的值为( )A．6 B．7C．8 D．9解析∵P(X>k)＝P(X<k－4)且正态分布图像关于x＝5对称，∴k－4＋k2＝5，∴k＝7，故选B。
答案 B2．设在各交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，且概率都是0.4，则此人三次上班途中遇红灯的次数的期望为( )A．0.4 B．1.2C．0.43D．0.6解析∵途中遇红灯的次数X服从二项分布，即X～B(3，0.4)，∴EX＝3×0.4＝1.2。
答案 B3．(2015·太原高三期中)已知随机变量X的分布列为X 12 3P 0.20.40.4则E(6X＋8)的值为(A．13.2 B．21.2C．20.2 D．22.2解析由随机变量的期望公式可得EX＝1×0.2＋2×0.4＋3×0.4＝2.2，E(6X＋8)＝6EX＋8＝6×2.2＋8＝21.2答案 B4．如图，将一个各面都涂了油漆的正方体，切割为125个同样大小的小正方体。
经过搅拌后，从中随机取一个小正方体，记它的涂漆面数为X ，则X 的均值EX ＝( )A.126125B.65C.168125D.75解析 设涂0个面的小正方体有x 个，涂1个面的小正方体有y 个，涂2个面的小正方体有z 个，涂3个面的小正方体有ω个，则有0·x ＋1·y ＋2·z ＋3·ω＝25×6＝150，所以EX ＝0·x 125＋1·y 125＋2·z 125＋3·ω125＝150125＝65。
答案 B5．(2015·芜湖一模)若X ～B (n ，p )，且EX ＝6，DX ＝3，则P (X ＝1)的值为( ) A ．3×2－2B ．2－4C ．3×2－10D ．2－8解析 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧np ＝6，np 1－p＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝12，n ＝12。
2015届高考数学(人教,理科)大一轮配套练透：第9章 计数原理与概率、随机变量及其分布 第6节
[课堂练通考点]1．已知△ABC 中，∠ABC ＝60°，AB ＝2，BC ＝6，在BC 上任取一点D ，则使△ABD 为钝角三角形的概率为( )A.16 B.13 C.12D.23解析：选C 如图，当BE ＝1时，∠AEB 为直角，则点D 在线段BE (不包含B ，E 点)上时，△ABD 为钝角三角形；当BF ＝4时，∠BAF 为直角，则点D 在线段CF (不包含C ，F 点)上时，△ABD 为钝角三角形．所以△ABD 为钝角三角形的概率为1＋26＝12.2．在区间[－5,5]内随机地取出一个数a ，则恰好使1是关于x 的不等式2x 2＋ax －a 2<0的一个解的概率为( )A ．0.3B ．0.4C ．0.6D ．0.7解析：选D 由已知得2＋a －a 2<0，解得a >2或a <－1.故当a ∈[－5，－1)∪(2,5]时，1是关于x 的不等式2x 2＋ax －a 2<0的一个解．故所求概率为P ＝(－1＋5)＋(5－2)5－(－5)＝710＝0.7.3．(2014·淄博模拟)在长为12 cm 的线段AB 上任取一点M ，并以线段AM 为边作正方形，则这个正方形的面积介于36 cm 2与81 cm 2之间的概率为( )A.14 B.13 C.427D.415解析：选A 正方形的面积为36 cm 2时，边长AM ＝6，面积为81 cm 2时，边长AM ＝9， ∴P ＝9－612＝312＝14.4．(2013·海淀模拟)在一个边长为1 000米的正方形区域的每个顶点处都设有一个监测站，若向此区域内随机投放一个爆破点，则爆破点距离监测站200米内都可以被监测到，那么随机投放一个爆破点被监测到的概率为________．解析：根据题几何概型得所求的概率为P ＝π(200)2(1 000)2＝π25.答案：π255．(2013·济南调研)已知向量a ＝(2,1)，b ＝(x ，y )． (1)若x ∈{－1,0,1,2}，y ∈{－1,0,1}，求向量a ∥b 的概率； (2)若x ∈[－1,2]，y ∈[－1,1]，求向量a ，b 的夹角是钝角的概率． 解：(1)设“a ∥b ”为事件A ，由a ∥b ，得x ＝2y .基本事件空间为Ω＝{(－1，－1)，(－1,0)，(－1,1)，(0，－1)，(0,0)，(0,1)，(1，－1)，(1,0)，(1,1)，(2，－1)，(2,0)，(2,1)}，共包含12个基本事件；其中A ＝{(0,0)，(2,1)}，包含2个基本事件． 则P (A )＝212＝16，即向量a ∥b 的概率为16.(2)设“a ，b 的夹角是钝角”为事件B ，由a ，b 的夹角是钝角，可得a·b ＜0，即2x ＋y ＜0，且x ≠2y .基本事件空间为Ω＝⎩⎨⎧(x ，y )⎪⎪⎪ ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫－1≤x ≤2，－1≤y ≤1.B ＝⎩⎨⎧(x ，y )⎪⎪⎪⎪ ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫－1≤x ≤2，－1≤y ≤1，2x ＋y ＜0，x ≠2y .则由图可知，P (B )＝μB μΩ＝12×(12＋32)×23×2＝13.即向量a ，b 的夹角是钝角的概率是13.[课下提升考能]第Ⅰ组：全员必做题1．用一平面截一半径为5的球得到一个圆面，则此圆面积小于9π的概率是( ) A.45 B.15 C.13D.12解析：选B 依题意得截面圆面积为9π的圆半径为3，球心到该截面的距离等于4，球的截面圆面积小于9π的截面到球心的距离大于4，因此所求的概率等于5－45＝15.2．函数f (x )＝x 2－x －2，x ∈[－5,5]，那么任取一点x 0∈[－5,5]，使f (x 0)≤0的概率是( ) A ．1B.23C.310D.25解析：选C 将问题转化为与长度有关的几何概型求解，当x 0∈[－1,2]时，f (x 0)≤0，则所求概率P ＝2－(－1)5－(－5)＝310.3.如图，M 是半径为R 的圆周上一个定点，在圆周上等可能的任取一点N ，连接MN ，则弦MN 的长度超过2R 的概率是( )A.15B.14C.13D.12解析：选D 由题意知，当MN ＝2R 时，∠MON ＝π2，所以所求概率为2×π22×π＝12.4.如图，长方形的四个顶点为O (0,0)，A (4,0)，B (4,2)，C (0,2)，曲线y ＝x 经过点B .小军同学在学做电子线路板时有一电子元件随机落入长方形OABC 中，则该电子元件落在图中阴影区域的概率是( )A.512 B.12 C.23D.34解析：选C 图中阴影部分是事件A 发生的区域，其面积S 阴＝⎠⎛04x d x ＝23x 324＝163，S 长方形＝4×2＝8，∴P ＝S 阴S 长方形＝1638＝23.故选C.5．(2014·惠州调研)在区间[1,5]和[2,4]上分别取一个数，记为a ，b ，则方程x 2a 2＋y 2b 2＝1表示焦点在x 轴上且离心率小于32的椭圆的概率为( ) A.12 B.1532 C.1732D.3132解析：选B 方程x 2a 2＋y 2b 2＝1表示焦点在x 轴上且离心率小于32的椭圆，故⎩⎪⎨⎪⎧a 2＞b 2，e ＝c a ＝a 2－b 2a＜32，即⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＞b 2，a 2＜4b 2，化简得⎩⎪⎨⎪⎧a ＞b ，a ＜2b ，又a ∈[1,5]，b ∈[2,4]，画出满足不等式组的平面区域，如图阴影部分所示，求得阴影部分的面积为154，故所求的概率P ＝S 阴影2×4＝1532.6．(2013·昆明质检)在区间[0,10]上任取一个实数a ，使得不等式2x 2－ax ＋8≥0在(0，＋∞)上恒成立的概率为________．解析：要使2x 2－ax ＋8≥0在(0，＋∞)上恒成立，只需ax ≤2x 2＋8，即a ≤2x ＋8x 在(0，＋∞)上恒成立．又2x ＋8x ≥216＝8，当且仅当x ＝2时等号成立，故只需a ≤8，因此0≤a ≤8.由几何概型的概率计算公式可知所求概率为8－010－0＝45.答案：457.(2014·苏锡常镇四市一调)如图，边长为2的正方形内有一个半径为1的半圆．向正方形内任投一点(假设该点落在正方形内的每一点都是等可能的)，则该点落在半圆内的概率为________．解析：由题知该点落在半圆内的概率为S 半圆S 正方形＝π8.答案：π88.如图所示，图2中实线围成的部分是长方体(图1)的平面展开图，其中四边形ABCD 是边长为1的正方形．若向虚线围成的矩形内任意抛掷一质点，它落在长方体的平面展开图内的概率是14，则此长方体的体积是________．解析：设长方体的高为h ，由几何概型的概率计算公式可知，质点落在长方体的平面展开图内的概率P ＝2＋4h (2h ＋2)(2h ＋1)＝14，解得h ＝3或h ＝－12(舍去)，故长方体的体积为1×1×3＝3. 答案：39．已知袋子中放有大小和形状相同的小球若干，其中标号为0的小球1个，标号为1的小球1个，标号为2的小球n 个．若从袋子中随机抽取1个小球，取到标号为2的小球的概率是12.(1)求n 的值；(2)从袋子中不放回地随机抽取2个小球，记第一次取出的小球标号为a ，第二次取出的小球标号为b .(ⅰ)记“a ＋b ＝2”为事件A ，求事件A 的概率；(ⅱ)在区间[0,2]内任取2个实数x ，y ，求事件“x 2＋y 2＞(a －b )2恒成立”的概率． 解：(1)依题意n n ＋2＝12，得n ＝2. (2)(ⅰ)记标号为0的小球为s ，标号为1的小球为t ，标号为2的小球为k ，h ，则取出2个小球的可能情况有：(s ，t )，(s ，k )，(s ，h )，(t ，s )，(t ，k )，(t ，h )，(k ，s )，(k ，t )，(k ，h )，(h ，s )，(h ，t )，(h ，k )，共12种，其中满足“a ＋b ＝2”的有4种：(s ，k )，(s ，h )(k ，s )，(h ，s )．所以所求概率为P (A )＝412＝13.(ⅱ)记“x 2＋y 2＞(a －b )2恒成立”为事件B ，则事件B 等价于“x 2＋y 2＞4恒成立”，(x ，y )可以看成平面中的点的坐标，则全部结果所构成的区域为Ω＝{(x ，y )|0≤x ≤2,0≤y ≤2，x ，y ∈R }，而事件B 构成的区域为B ＝{(x ，y )|x 2＋y 2＞4，(x ，y )∈Ω}．所以所求的概率为P (B )＝1－π4.10.(创新题)设f (x )和g (x )都是定义在同一区间上的两个函数，若对任意x ∈[1,2]，都有|f (x )＋g (x )|≤8，则称f (x )和g (x )是“友好函数”，设f (x )＝ax ，g (x )＝b x.(1)若a ∈{1,4}，b ∈{－1,1,4}，求f (x )和g (x )是“友好函数”的概率； (2)若a ∈[1,4]，b ∈[1,4]，求f (x )和g (x )是“友好函数”的概率． 解：(1)设事件A 表示f (x )和g (x )是“友好函数”， 则|f (x )＋g (x )|(x ∈[1,2])所有的情况有： x －1x ，x ＋1x ，x ＋4x ，4x －1x ，4x ＋1x ，4x ＋4x ， 共6种且每种情况被取到的可能性相同． 又当a ＞0，b ＞0时ax ＋bx 在⎝⎛⎭⎫0，b a 上递减，在⎝⎛⎭⎫b a ，＋∞上递增；x －1x 和4x －1x在(0，＋∞)上递增， ∴对x ∈[1,2]可使|f (x )＋g (x )|≤8恒成立的有x －1x ，x ＋1x ，x ＋4x ，4x －1x ，故事件A 包含的基本事件有4种， ∴P (A )＝46＝23，故所求概率是23.(2)设事件B 表示f (x )和g (x )是“友好函数”，∵a 是从区间[1,4]中任取的数，b 是从区间[1,4]中任取的数，∴点(a ，b )所在区域是长为3，宽为3的矩形区域．要使x ∈[1,2]时，|f (x )＋g (x )|≤8恒成立，需f (1)＋g (1)＝a ＋b ≤8且f (2)＋g (2)＝2a ＋b2≤8，∴事件B 表示的点的区域是如图所示的阴影部分． ∴P (B )＝12×⎝⎛⎭⎫2＋114×33×3＝1924，故所求的概率是1924.第Ⅱ组：重点选做题1．设不等式组⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤2，0≤y ≤2表示的平面区域为D ，在区域D 内随机取一个点，则此点到坐标原点的距离大于2的概率是( )A.π4 B.π－22C.π6D.4－π4解析：选D 根据题意作出满足条件的几何图形求解．如图所示，正方形OABC 及其内部为不等式组表示的区域D ，且区域D 的面积为4，而阴影部分表示的是区域D 内到原点距离大于2的区域，易知该阴影部分的面积为4－π，因此满足条件的概率是4－π4.2．在体积为V 的三棱锥S -ABC 的棱AB 上任取一点P ，则三棱锥S -APC 的体积大于V3的概率是________．解析：由题意可知V S -APC V S -ABC >13，三棱锥S -ABC 的高与三棱锥S -APC的高相同．作PM ⊥AC 于M ，BN ⊥AC 于N ，则PM ，BN 分别为△APC 与△ABC 的高，所以V S -APC V S -ABC ＝S △APC S △ABC ＝PM BN >13，又PM BN ＝AP AB ，所以AP AB >13，故所求的概率为23(即为长度之比)．答案：23。
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热点探究课(六) 概率中的高考热点问题 [命题解读] 1.概率是高考中相对独立的一个内容，处理问题的方式、方法体现了较高的思维含量．该类问题以应用题为载体，注重考查学生的应用意识及阅读理解能力、分类讨论与化归转化能力.2.概率问题的核心是概率计算，其中事件的互斥、对立、独立是概率计算的核心，排列组合是进行概率计算的工具.3.离散型随机变量的分布列及其均值的考查是历年高考的重点，难度多为中低档类题目，特别是与实际问题内容渗透，背景新颖，充分体现了概率的工具性和交汇性． 热点1 常见概率模型的概率 几何概型、古典概型、相互独立事件与互斥事件的概率是高考的热点，几何概型主要以客观题进行考查，求解的关键在于找准测度(面积、体积或长度)；相互独立事件，互斥事件常作为解答题的一问考查，也是进一步求分布列、均值与方差的基础，求解该类问题要正确理解题意，准确判定概率模型，恰当选择概率公式． 近年来，某市为促进生活垃圾的分类处理，将生活垃圾分为厨余垃圾、可回收物和其他垃圾三类，并分别设置了相应的垃圾箱，为调查居民生活垃圾分类投放情况，现随机抽取了该市三类垃圾箱中总计1 000吨生活垃圾，数据统计如下(单位：吨)： “厨余垃圾”箱 “可回收物”箱 “其他垃圾”箱 厨余垃圾 400 100 100 可回收物 30 240 30 其他垃圾 20 20 60 (1)试估计厨余垃圾投放正确的概率； (2)试估计生活垃圾投放错误的概率. 【导学号：51062378】 [解] (1)厨余垃圾投放正确的概率约为 “厨余垃圾”箱里厨余垃圾量厨余垃圾总量＝400400＋100＋100＝23.6分
(2)设生活垃圾投放错误为事件A，则事件A表示生活垃圾投放正确．事件A的概率约为“厨余垃圾”箱里厨余垃圾量、“可回收物”箱里可回收物量与“其他垃圾”箱里其他拉圾量的总和除以生活垃圾总量，即P(A)约为400＋240＋601 000＝0.7，所以P(A)约为1－ 0.7＝0.3.15分 [规律方法] 1.本题求解的关键是从图表中提炼数据信息，理解第(1)，第(2)问的含义． 2．第(2)问可直接求解，也可间接求解，即求垃圾投放正确的概率，然后通过1－P(A)求解． [对点训练1] 现有4个人去参加某娱乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择．为增加趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏，掷出点数为1或2的人去参加甲游戏，掷出点数大于2的人去参加乙游戏． (1)求这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率； (2)求这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率； (3)用X，Y分别表示这4个人中去参加甲、乙游戏的人数，记ξ＝|X－Y|，求随机变量ξ的分布列．
[解] 依题意，这4个人中，每个人去参加甲游戏的概率为13，去参加乙游戏的概率为23.2分 设“这4个人中恰有i人去参加甲游戏”为事件Ai(i＝0,1,2,3,4)．则P(Ai)＝Ci413i
2
3
4－i.4分
(1)这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率
P(A2)＝C24132
232＝827.6分
(2)设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件B，则B＝A3
＋A4，且A3与A4互斥，7分
所以P(B)＝P(A3＋A4)＝P(A3)＋P(A4)
＝C34133·23＋C44134＝19.9分 (3)依题设，ξ的所有可能取值为0,2,4. 且A1与A3互斥，A0与A4互斥．
则P(ξ＝0)＝P(A2)＝827， P(ξ＝2)＝P(A1＋A3)＝P(A1)＋P(A3)
＝C14131·233＋C34133×23＝4081， P(ξ＝4)＝P(A0＋A4)＝P(A0)＋P(A4)
＝C04234＋C44134＝1781.13分 所以ξ的分布列是 ξ 0 2 4
P 827 4081 1781
15分 热点2 离散型随机变量的均值与方差(答题模板) 离散型随机变量及其分布列、均值与方差及应用是高考的一大热点，每年均有解答题，属于中档题．复习中应强化应用题的理解与掌握，弄清随机变量的所有取值是正确列随机变量分布列和求均值与方差的关键，对概率的确定与转化是解题的基础，准确计算是解题的核心，在备考中应强化解答题的规范性训练． (本小题满分15分)(2017·浙江名校联考)甲、乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛，假设
每局甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13，各局比赛结果相互独立． (1)求甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率； (2)记X为比赛决出胜负时的总局数，求X的分布列和均值(数学期望). 【导学号：51062379】 [规范解答] 用A表示“甲在4局以内(含4局)赢得比赛”，Ak表示“第k局甲获胜”，
Bk表示“第k局乙获胜”，P(Ak)＝23，P(Bk)＝13，k＝1,2,3,4,5.2分
(1)P(A)＝P(A1A2)＋P(B1A2A3)＋P(A1B2A3A4)＝P(A1)P(A2)＋P(B1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)
＝232＋13232＋2313232＝5681.6分 (2)X的可能取值为2,3,4,5，7分 P(X＝2)＝P(A1A2)＋P(B1B2)
＝P(A1)P(A2)＋P(B1)P(B2)
＝232＋132＝59，9分 P(X＝3)＝P(B1A2A3)＋P(A1B2B3)＝
P(B1)P(A2)P(A3)＋P(A1)P(B2)P(B3)＝
13232＋23132＝29，11分
P(X＝4)＝P(A1B2A3A4)＋P(B1A2B3B4)＝
P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)＋P(B1)P(A2)P(B3)P(B4)＝
2313232＋1323132＝1081，13分
P(X＝5)＝1－P(X＝2)－P(X＝3)－P(X＝4)＝881.
故X的分布列为 X 2 3 4 5
P 59 29 1081 881
14分
E(X)＝2×59＋3×29＋4×1081＋5×881＝22481.15分
[答题模板] 求离散型随机变量的均值和方差问题的一般步骤： 第一步：确定随机变量的所有可能值． 第二步：求第一个可能值所对应的概率． 第三步：列出离散型随机变量的分布列． 第四步：求均值和方差． 第五步：反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范． [温馨提示] 1.(1)求解的关键在于理解“甲在4局以内”赢得比赛的含义，进而将事件转化为“三个互斥事件”的概率和． (2)第(2)问中利用对立事件求P(X＝5)的概率． 2．步骤要规范，善于进行文字符号转化． 如第(1)问，引进字母表示事件，或用文字叙述正确，得2分；把事件拆分成A＝A1A2
＋B1A2A3＋A1B2A3A4，就得2分，计算概率值正确，得1分．第(2)问求出X的四个值的概率，
每对一个得1分，列出随机变量X的分布列得1分． 3．解题过程中计算准确，是得满分的根本保证． 如第(1)问、第(2)问中概率值的计算要正确，否则不得分，分布列中计算四个概率的和是否为1，若和不为1，就有概率值出现错误了，不得分． [对点训练2] 一个袋中装有形状大小完全相同的球9个，其中红球3个，白球6个，每次随机取1个，直到取出3次红球即停止． (1)从袋中不放回地取球，求恰好取4次停止的概率P1； (2)从袋中有放回地取球． ①求恰好取5次停止的概率P2； ②记5次之内(含5次)取到红球的个数为ξ，求随机变量ξ的分布列及数学期望. 【导学号：51062380】
[解] (1)P1＝C23C16A33A49＝128.4分
(2)①P2＝C24×132×232×13＝881.8分 ②随机变量ξ的取值为0,1,2,3， 由n次独立重复试验概率公式Pn(k)＝Cknpk(1－p)n－k， 得P(ξ＝0)＝C051－135＝32243； P(ξ＝1)＝C15×13×1－134＝80243；
P(ξ＝2)＝C25×132×1－133＝80243；
P(ξ＝3)＝1－32＋80×2243＝1781.13分
随机变量ξ的分布列是 ξ 0 1 2 3
P 32243 80243 80243 1781
14分 ξ的数学期望是
E(ξ)＝32243×0＋80243×1＋80243×2＋1781×3＝13181.15分
热点3 概率与分布列的综合应用 概率与统计作为考查考生应用意识的重要载体，已成为近几年高考的一大亮点和热点．主要依托点是统计图表，正确认识和使用这些图表是解决问题的关键，复习时要在这些图表上下功夫，把这些统计图表的含义弄清楚，在此基础上掌握好样本特征数的计数方法、各类概率的计算方法及均值与方差的运算． 设某校新、老校区之间开车单程所需时间为T，T只与道路畅通状况有关，对其容量为100的样本进行统计，结果如下： T(分钟) 25 30 35 40
频数(次) 20 30 40 10 (1)求T的分布列与数学期望E(T)； (2)刘教授驾车从老校区出发，前往新校区做一个50分钟的讲座，结束后立即返回老校区，求刘教授从离开老校区到返回老校区共用时间不超过120分钟的概率． [解] (1)由统计结果可得T的频率分布为 T(分钟) 25 30 35 40
频率 0.2 0.3 0.4 0.1 2分 以频率估计概率得T的分布列为 T 25 30 35 40
P 0.2 0.3 0.4 0.1