【数学】2019届一轮复习人教B版计数原理与概率、随机变量及其分布学案
第九章计数原理与概率、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
完成一件事的策略 完成这件事共有的方法
分类
加法
计数
原理
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
N＝m＋n 种不同的方法
分步
乘法
计数
原理
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
N＝m×n 种不同的方法
[小题体验]
1．(教材习题改编)书架的第 1 层放有 4 本不同的语文书，第 2 层放有 5 本不同的数学
书，第 3 层放有 6 本不同的体育书．从第 1,2,3 层分别各取 1 本书，则不同的取法种数为
( )
A．3 B．15
C．21 D．120
解析：选 D 由分步乘法计数原理，从 1,2,3 层分别各取 1 本书不同的取法总数为
4×5×6＝120(种)．故选 D.
2．(教材习题改编)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
不同取法的种数是________．
解析：从 0,1,2,3,4,5 六个数字中，任取两数和为偶数可分为两类，①取出的两数都是偶
数，共有 3 种方法；②取出的两数都是奇数，共有 3 种方法，故由分类加法计数原理得共
有 N＝3＋3＝6 种．
答案：6
1．分类加法计数原理在使用时易忽视每类做法中每一种方法都能完成这件事情，类与
类之间是独立的．
2．分步乘法计数原理在使用时易忽视每步中某一种方法只是完成这件事的一部分，而
未完成这件事，步与步之间是相关联的．
[小题纠偏]
1．用 0,1,2，…，9 十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为( )
A．243 B．252
C．261 D．279
解析：选 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)．
2．如图，从 A 城到 B 城有 3 条路；从 B 城到 D 城有 4 条路；从 A 城到 C 城有 4 条路，
从 C 城到 D 城有 5 条路，则某旅客从 A 城到 D 城共有________条不同的路线．
解析：不同路线共有 3×4＋4×5＝32(条)．
答案：32
考点一 分类加法计数原理基础送分型考点——自主练透
[题组练透]
1．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 1 本，则不同的赠送方法共有( )
A．4 种 B．10 种
C．18 种 D．20 种
解析：选 B 分两种情况：①4 位朋友中有 2 个人得到画册，有 C24＝6(种)赠送方法；
②4 位朋友中只有 1 个人得到画册，有 C14＝4(种)赠送方法，所以不同的赠送方法共有 6＋4
＝10(种)，故选 B.
2．椭圆x2
m
＋y2
n
＝1 的焦点在 x 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：因为焦点在 x 轴上，所以 m>n.以 m 的值为标准分类，由分类加法计数原理，可
分为四类：第一类：m＝5 时，使 m>n，n 有 4 种选择；第二类：m＝4 时，使 m>n，n 有 3
种选择；第三类：m＝3 时，使 m>n，n 有 2 种选择；第四类：m＝2 时，使 m>n，n 有 1
种选择．故符合条件的椭圆共有 10 个．
答案：10
3．(2017·临沂模拟)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：根据题意，将十位上的数字按 1,2,3,4,5,6,7,8 的情况分成 8 类，在每一类中满足
题目条件的两位数分别是 8 个，7 个，6 个，5 个，4 个，3 个，2 个，1 个．
由分类加法计数原理知，符合条件的两位数共有 8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)，故
共有 36 个．
答案：36
[谨记通法]
利用分类加法计数原理解题时 2 个注意点
(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，注意完成这件事件的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．
考点二 分步乘法计数原理基础送分型考点——自主练透
[题组练透]
1．将 3 张不同的奥运会门票分给 10 名同学中的 3 人，每人 1 张，则不同分法的种数
是( )
A．2 160 B．720
C．240 D．120
解析：选 B 分步来完成此事．第 1 张有 10 种分法；第 2 张有 9 种分法；第 3 张有 8
种分法，则共有 10×9×8＝720(种)分法．
2．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．6 B．12
C．24 D．36
解析：选 A 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.故选 A.
3．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：18 6
[谨记通法]
利用分步乘法计数原理解题时 3 个注意点
(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．
(3)对完成每一步的不同方法数要根据条件准确确定．
考点三 两个原理的应用重点保分型考点——师生共研
[典例引领]
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．24 B．48
C．72 D．96
解析：选 C 分两种情况：
(1)A，C 不同色，先涂 A 有 4 种，C 有 3 种，E 有 2 种，B，D 有 1 种，有 4×3×2＝
24(种)涂法．
(2)A，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．已知集合 M＝{1,2,3,4}，集合 A，B 为集合 M 的非空子集，若对∀x∈A，y∈B，x
0，且Δ＝b2－4ac≤0，因此只有当 a，c 同号时才有可能，共
有 2 种情况，因此满足条件的集合 N 的个数是 10－2＝8.
答案：8
7．在一个三位数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼峰数”，比如
“102”，“546”为“驼峰数”．由数字 1,2,3,4 可构成无重复数字的“驼峰数”有________个．
解析：十位上的数为 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)．
答案：8
8.如图所示，用五种不同的颜色分别给 A，B，C，D 四个区域涂色，
相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方
法共有________种．
解析：按区域分四步：第一步，A 区域有 5 种颜色可选；第二步，B 区域有 4 种颜色可
选；第三步，C 区域有 3 种颜色可选；第四步，D 区域也有 3 种颜色可选．由分步乘法计数
原理，共有 5×4×3×3＝180(种)不同的涂色方法．
答案：180
9．已知△ABC 三边 a，b，c 的长都是整数，且 a≤b≤c，如果 b＝25，则符合条件的
三角形共有________个．
解析：根据三边构成三角形的条件可知，c<25＋a.
第一类：当 a＝1，b＝25 时，c 可取 25，共 1 个值；
第二类，当 a＝2，b＝25 时，c 可取 25,26，共 2 个值；
……
当 a＝25，b＝25 时，c 可取 25,26，…，49，共 25 个值；
所以三角形的个数为 1＋2＋…＋25＝325.
答案：325
10．已知集合 M＝{－3，－2，－1，0，1，2}，若 a，b，c∈M，则：
(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．
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．(2015·湖北高考)已知集合 A＝{(x，y)|x2＋y2≤1，x，y∈ }，B＝{(x，y)||x|≤2，|y|≤2，
x，y∈ }，定义集合 A⊕B＝{(x1＋x2，y1＋y2)|(x1，y1)∈A，(x2，y2)∈B}，则 A⊕B 中元素的
个数为( )
A．77 B．49
C．45 D．30
解析：选 C A＝{(x，y)|x2＋y2≤1，x，y∈ }＝{(x，y)|x＝±1，y＝0；或 x＝0，y＝±1；
或 x＝0，y＝0}，
B＝{(x，y)||x|≤2，|y|≤2，x，y∈ }＝{(x，y)|x＝－2，－1，0,1,2；y＝－2，－1,0,1,2}，
A⊕B 表示点集．
由 x1＝－1,0,1，x2＝－2，－1,0,1,2，得 x1＋x2＝－3，－2，－1,0,1,2,3，共 7 种取值可
能．
同理，由 y1＝－1,0,1，y2＝－2，－1,0,1,2，得 y1＋y2＝－3，－2，－1,0,1,2,3，共 7 种
取值可能．
当 x1＋x2＝－3 或 3 时，y1＋y2 可以为－2，－1,0,1,2 中的一个值，分别构成 5 个不同的
点，
当 x1＋x2＝－2，－1,0,1,2 时，y1＋y2 可以为－3，－2，－1，0,1,2,3 中的一个值，分别
构成 7 个不同的点，
故 A⊕B 共有 2×5＋5×7＝45(个)元素．
2．(2017·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”有序对的个数为 2×10×5×3＝300.
答案：300
3.如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同
一条棱上的两端异色，如果只有 5 种颜色可供使用，求共有多少不同
的染色方法．
解：可分为两大步进行，先将四棱锥一侧面三顶点染色，然后再
分类考虑另外两顶点的染色数，用分步乘法计数原理即可得出结论．由题设，四棱锥 S
-ABCD 的顶点 S，A，B 所染的颜色互不相同，它们共有 5×4×3＝60(种)染色方法．当 S，
A，B 染好时，不妨设其颜色分别为 1,2,3，若 C 染 2，则 D 可染 3 或 4 或 5，有 3 种染法；
若 C 染 4，则 D 可染 3 或 5，有 2 种染法；若 C 染 5，则 D 可染 3 或 4，有 2 种染法．可见，
当 S，A，B 已染好时，C，D 还有 7 种染法，故不同的染色方法有 60×7＝420(种)．
第二节 排列与组合
1．排列与排列数
(1)排列：
从 n 个不同元素中取出 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：
从 n 个不同元素中取出 m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数叫做从 n 个不同元素中
取出 m 个元素的排列数，记作 Amn .
2．组合与组合数
(1)组合：
从 n 个不同元素中取出 m(m≤n)个元素合成一组，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：
从 n 个不同元素中取出 m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从 n 个不同元素
中取出 m 个元素的组合数，记作 Cmn .
3．排列数、组合数的公式及性质
排列数 组合数
公式
Amn ＝n(n－1)(n－
2)…(n－m＋1) ＝
n！
n－m！
Cmn ＝Amn
Amm
＝nn－1…n－m＋1
m！
＝
n！
m！n－m！
性质 Ann＝n！；0！＝1 C0n＝1；Cmn ＝Cn－mn _；Cmn ＋Cm－1n ＝Cmn＋1
备注 n，m∈N*且 m≤n
[小题体验]
1．从 3,5,7,11 这四个质数中，每次取出两个不同的数分别为 a，b，共可得到 lg a－lg b
的不同值的个数是( )
A．6 B．8
C．12 D．16
解析：选 C 由于 lg a－lg b＝lg a
b
，从 3,5,7,11 中取出两个不同的数分别赋值给 a 和 b
共有 A24＝12 种，所以得到不同的值有 12 个．
2．(教材习题改编)甲、乙两人从 4 门课程中各选修 2 门，则甲、乙两人所选的课程中
恰有 1 门相同的选法有________种．
解析：依题意得知，满足题意的选法共有 C14·C13·C12＝24 种．
答案：24
3．(教材习题改编)已知 1
Cm5
－ 1
Cm6
＝ 7
10Cm7
，则 m＝________.
解析：由已知得 m 的取值范围为{m|0≤m≤5，m∈Z}，原等式
可化为m！5－m！
5！
－m！6－m！
6！
＝7×7－m！m！
10×7！
，整理可得 m2－23m＋42＝0，
解得 m＝21(舍去)或 m＝2.
答案：2
1．易混淆排列与组合问题，区分的关键是看选出的元素是否与顺序有关，排列问题与
顺序有关，组合问题与顺序无关．
2．计算 A mn 时易错算为 n(n－1)(n－2)…(n－m)．
3．易混淆排列与排列数，排列是一个具体的排法，不是数是一件事，而排列数是所有
排列的个数，是一个正整数．
[小题纠偏]中·华.资*源 库 iyuan u
1．方程 3A3x＝2A2x＋1＋6A 2x的解为________．
解析：由排列数公式可知
3x(x－1)(x－2)＝2(x＋1)x＋6x(x－1)，
∵x≥3 且 x∈N*，
∴3(x－1)(x－2)＝2(x＋1)＋6(x－1)，
即 3x2－17x＋10＝0，
解得 x＝5 或 x＝2
3(舍去)，∴x＝5.
答案：5
2．某班级要从 4 名男生、2 名女生中选派 4 人参加社区服务，如果要求至少有 1 名女
生，那么不同的选派方案种数为________．(用数字作答)
解析：法一：依题意可得有两类选派方案：1 名女生 3 名男生或 2 名女生 2 名男生，共
有 C12×C34＋C22×C24＝8＋6＝14(种)满足要求的方案．
法二：6 人中选 4 人的方案有 C46＝15 种，没有女生的方案只有 1 种，所以满足要求的
方案有 14 种．
答案：14
考点一 排列问题重点保分型考点——师生共研
[典例引领]
有 3 名男生、4 名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数．
(1)选 5 人排成一排；
(2)排成前后两排，前排 3 人，后排 4 人；
(3)全体排成一排，甲不站排头也不站排尾；
(4)全体排成一排，女生必须站在一起；
(5)全体排成一排，男生互不相邻．
解：(1)从 7 人中选 5 人排列，有 A57＝7×6×5×4×3＝2 520(种)．
(2)分两步完成，先选 3 人站前排，有 A 37种方法，余下 4 人站后排，有 A 44种方法，共
有 A37·A44＝5 040(种)．
(3)法一：(特殊元素优先法)先排甲，有 5 种方法，其余 6 人有 A 66种排列方法，共有 5×A66
＝3 600(种)．
法二：(特殊位置优先法)首尾位置可安排另 6 人中的两人，有 A 26种排法，其他有 A 55种
排法，共有 A26A55＝3 600(种)．
(4)(捆绑法)将女生看作一个整体与 3 名男生一起全排列，有 A 44种方法，再将女生全排
列，有 A 44种方法，共有 A44·A44＝576(种)．
(5)(插空法)先排女生，有 A 44种方法，再在女生之间及首尾 5 个空位中任选 3 个空位安
排男生，有 A 35种方法，共有 A44·A35＝1 440(种)．
[由题悟法]
求解排列应用问题的 6 种主要方法
直接法 把符合条件的排列数直接列式计算
优先法 优先安排特殊元素或特殊位置
捆绑法 把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排
列
插空法
对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面
元素排列的空当中
定序问题除
法处理
对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列
间接法 正难则反、等价转化的方法
[即时应用]
1．(2017·东北四市联考)甲、乙两人要在一排 8 个空座上就坐，若要求甲、乙两人每人
的两旁都有空座，则不同的坐法有( )
A．10 种 B．16 种
C．20 种 D．24 种
解析：选 C 一排共有 8 个座位，现有两人就坐，故有 6 个空座．
∵要求每人左右均有空座，∴在 6 个空座的中间 5 个空中插入 2 个座位让两人就坐，
即有 A25＝20(种)坐法．
2．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．648
C．328 D．360
解析：选 C 首先应考虑“0”，当 0 排在个位时，有 A29＝9×8＝72(个)，当 0 排在十位
时，有 A14A18＝4×8＝32(个)．当不含 0 时，有 A14·A28＝4×8×7＝224(个)，由分类加法计数
原理，得符合题意的偶数共有 72＋32＋224＝328(个)．
3．用 1,2,3,4 这四个数字组成无重复数字的四位数，其中恰有一个偶数夹在两个奇数之
间的四位数的个数为________．
解析：(捆绑法)首先排两个奇数 1,3 有 A 22种排法，再在 2,4 中取一个数放在 1,3 排列之
间，有 C 12种方法，然后把这 3 个数作为一个整体与剩下的另一个偶数全排列，有 A 22种排
法，即满足条件的四位数的个数为 A22C12A22＝8.
答案：8
考点二 组合问题重点保分型考点——师生共研
[典例引领]
某运动队有男运动员 6 名，女运动员 4 名，若选派 5 人外出比赛，在下列情形中各有
多少种选派方法？
(1)男运动员 3 名，女运动员 2 名；
(2)至少有 1 名女运动员．
解：(1)任选 3 名男运动员，方法数为 C36，再选 2 名女运动员，方法数为 C24，共有 C36·C24
＝120(种)方法．
(2)法一：(直接法)至少 1 名女运动员包括以下几种情况：
1 女 4 男，2 女 3 男，3 女 2 男，4 女 1 男，
由分类加法计数原理可得总选法数为
C14C46＋C24C36＋C34C26＋C44C16＝246(种)．
法二：(间接法)“至少有 1 名女运动员”的反面是“全是男运动员”，因此用间接法求
解，不同选法有 C510－C56＝246(种)．
[由题悟法]
1．解决组合应用题的 2 个步骤
(1)整体分类要注意分类时，不重复不遗漏，用到分类加法计数原理；
(2)局部分步用到分步乘法计数原理．
2．解决含有附加条件的组合问题的 2 种方法
通常用直接法或间接法，应注意对“至少”“最多”“恰好”等词的含义的理解，对
于涉及“至少”“至多”等词的组合问题，既可考虑反面情形即间接求解，也可以分类研
究进行直接求解．
[即时应用]
1．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 9 个整数中共有 4 个不同的偶数和 5 个不同的奇数，要使和为偶数，则 4
个数全为奇数，或全为偶数，或 2 个奇数和 2 个偶数，故不同的取法有 C45＋C44＋C25C24＝
66(种)．
2．(2016·南昌模拟)甲、乙两人从 4 门课程中各选修 2 门，则甲、乙所选的课程中至少
有 1 门不相同的选法共有( )
A．30 种 B．36 种
C．60 种 D．72 种
解析：选 A 甲、乙两人从 4 门课程中各选修 2 门有 C24C24＝36(种)选法，甲、乙所选
的课程中完全相同的选法有 6 种，则甲、乙所选的课程中至少有 1 门不相同的选法共有 36
－6＝30(种)．
3．现有 16 张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各 4 张．从中任取 3 张，
要求这 3 张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多 1 张，不同取法的种数为________．
解析：第一类，含有 1 张红色卡片，不同的取法有 C14C212＝264(种)．第二类，不含有红
色卡片，不同的取法有 C312－3C34＝220－12＝208(种)．由分类加法计数原理知，不同的取法
共有 264＋208＝472(种)．
答案：472
考点三 排列、组合的综合应用题点多变型考点——多角探明
排列与组合是高考命题的一个热点，多以选择题或填空题的形式呈现，试题难度不大，
多为容易题或中档题．
常见的命题角度有：
(1)简单的排列与组合的综合问题；
(2)分组、分配问题． [锁定考向]
[题点全练]
角度一：简单的排列与组合的综合问题
1．(2016·河南省八市重点高考质量检测)将标号为 1,2,3,4 的四个篮球分给三位小朋友，
每位小朋友至少分到一个篮球，且标号 1,2 的两个篮球不能分给同一个小朋友，则不同的分
法种数为( )
A．15 B．20
C．30 D．42
解析：选 C 四个篮球中两个分到一组有 C 24种分法，三个篮球进行全排列有 A 33种分
法，标号 1,2 的两个篮球分给同一个小朋友有 A 33种分法，所以有 C24A33－A33＝36－6＝30 种
分法．
角度二：分组、分配问题
2．(2017·广州市五校联考)将 5 位同学分别保送到北京大学、上海交通大学、中山大学
这 3 所大学就读，每所大学至少保送 1 人，则不同的保送方法共有( )
A．150 种 B．180 种
C．240 种 D．540 种
解析：选 A 先将 5 人分成三组，3,1,1 或 2,2,1，共有 C35＋C15×C24·C22
2！
＝25(种)，再将每
组学生分到 3 所学校有 A33＝6 种分法，共有 25×6＝150(种)不同的保送方法．
[通法在握]
1．解决简单的排列与组合的综合问题的思路
(1)根据附加条件将要完成事件先分类．
(2)对每一类型取出符合要求的元素组合，再对取出的元素排列．
(3)由分类加法计数原理计算总数．
2．分组、分配问题的求解策略
(1)对不同元素的分配问题．
①对于整体均分，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以
分组后一定要除以 Ann(n 为均分的组数)，避免重复计数．
②对于部分均分，解题时注意重中·华.资*源 库 iyuan u
复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有 m 组元素个
数相等，则分组时应除以 m！，分组过程中有几个这样的均匀分组，就要除以几个这样的全
排列数．
③对于不等分组，只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，
所以不需要除以全排列数．
(2)对于相同元素的“分配”问题，常采用的方法是“隔板法”．
[演练冲关]
1．某校为了提倡素质教育，丰富学生们的课外生活，分别成立绘画、象棋和篮球兴趣
小组，现有甲、乙、丙、丁四名学生报名参加，每人仅参加一个兴趣小组，每个兴趣小组
至少有一人报名，则不同的报名方法有( )
A．12 种 B．24 种
C．36 种 D．72 种
解析：选 C 由题意可知，从 4 人中任选 2 人作为一个整体，共有 C24＝6(种)，再把这
个整体与其他 2 人进行全排列，对应 3 个活动小组，有 A33＝6(种)情况，所以共有 6×6＝36(种)
不同的报名方法．
2．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 将 4 名学生均分为 2 个小组共有C24C22
A22
＝3(种)分法；将 2 个小组的同学分
给 2 名教师共有 A22＝2(种)分法，
最后将 2 个小组的人员分配到甲、乙两地有 A22＝2(种)分法．
故不同的安排方案共有 3×2×2＝12(种)．
3．(2017·福建漳州八校第二次联考)若无重复数字的三位数满足条件：①个位数字与十
位数字之和为奇数，②所有数位上的数字和为偶数，则这样的三位数的个数是( )
A．540 B．480
C．360 D．200
解析：选 D 由个位数字与十位数字之和为奇数知个位数字、十位数字 1 奇 1 偶，有
C15C15A22＝50(种)排法；所有数位上的数字和为偶数，则百位数字是奇数，有 C14＝4(种)满足
题意的选法，故满足题意的三位数共有 50×4＝200(个)．
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．从 10 名大学毕业生中选 3 个人担任村长助理，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 分两类：甲、乙中只有 1 人入选且丙没有入选，甲、乙均入选且丙没有
入选，计算可得所求选法种数为 C12C27＋C22C17＝49.
2．世界华商大会的某分会场有 A，B，C 三个展台，将甲、乙、丙、丁共 4 名“双语”
志愿者分配到这三个展台，每个展台至少 1 人，其中甲、乙两人被分配到同一展台的不同
分法的种数有( )
A．12 种 B．10 种
C．8 种 D．6 种
解析：选 D ∵甲、乙两人被分配到同一展台，∴可以把甲与乙捆在一起，看成一个
人，然后将 3 个人分到 3 个展台上进行全排列，即有 A 33种，∴甲、乙两人被分配到同一展
台的不同分法的种数有 A33＝6 种．
3．(2017·昆明市两区七校调研)某校从 8 名教师中选派 4 名同时去 4 个边远地区支教(每
地 1 名教师)，其中甲和乙不能都去，甲和丙只能都去或都不去，则不同的选派方案有( )
A．900 种 B．600 种
C．300 种 D．150 种
解析：选 B 依题意，就甲是否去支教进行分类计数：第一类，甲去支教，则乙不去
支教，且丙也去支教，则满足题意的选派方案有 C25·A44＝240(种)；第二类，甲不去支教，且
丙也不去支教，则满足题意的选派方案有 A46＝360(种)，因此，满足题意的选派方案共有 240
＋360＝600(种)，选 B.
4．(2017·武汉调研)三对夫妻站成一排照相，则仅有一对夫妻相邻的站法总数是( )
A．72 B．144
C．240 D．288
解析：选 D 第一步，先选一对夫妻使之相邻，捆绑在一起看作一个复合元素 A，有
C13A22＝6(种)排法；第二步，再选一对夫妻，从剩下的那对夫妻中选择一个插入到刚选的夫
妻中，把这三个人捆绑在一起看作另一个复合元素 B，有 C12A22C12＝8(种)排法；第三步，将
复合元素 A，B 和剩下的那对夫妻中剩下的那一个进行全排列，有 A33＝6(种)排法，由分步
计数原理，知三对夫妻排成一排照相，仅有一对夫妻相邻的排法有 6×8×6＝288(种)，故选
D.
5．将甲、乙等 5 名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，则甲、乙
在同一路口的分配方案共有( )
A．18 种 B．24 种
C．36 种 D．72 种
解析：选 C 不同的分配方案可分为以下两种情况：
①甲、乙两人在一个路口，其余三人分配在另外的两个路口，其不同的分配方案有 C23A33
＝18(种)；
②甲、乙所在路口分配三人，另外两个路口各分配一个人，其不同的分配方案有 C13A33＝
18(种)．
由分类加法计数原理可知不同的分配方案共有 18＋18＝36(种)．
二保高考，全练题型做到高考达标
1．(2017·绵阳市诊断)将 2 名女教师，4 名男教师分成 2 个小组，分别安排到甲、乙两
所学校轮岗支教，每个小组由 1 名女教师和 2 名男教师组成，则不同的安排方案共有( )
A．24 种 B．12 种
C．10 种 D．9 种
解析：选 B 第一步，为甲校选 1 名女老师，有 C12＝2(种)选法；第二步，为甲校选 2
名男教师，有 C24＝6(种)选法；第三步，为乙校选 1 名女教师和 2 名男教师，有 1 种选法，
故不同的安排方案共有 2×6×1＝12(种)，选 B.
2．从 0,1,2,3,4 中取出 3 个数字，组成没有重复数字的三位数的个数为( )
A．24 B．36
C．48 D．60
解析：选 C 法一：百位数字只能从 1,2,3,4 中任取一个，有 A 14种方法．十位与个位可
从剩下的 4 个数中取 2 个，有 A 24种方法，则三位数的个数有 A14A24＝4×4×3＝48.故选 C.
法二：从 0,1,2,3,4 中取出 3 个数字排在百位、十位与个位的方法总数有 A35，其中 0 作
为百位的三位数有 A24，则三位数的个数有 A35－A24＝5×4×3－4×3＝48.故选 C.
3．如图，∠MON 的边 OM 上有四点 A1，A2，A3，A4，ON 上有三点 B1，B2，B3，则
以 O，A1，A2，A3，A4，B1，B2，B3 为顶点的三角形个数为( )
A．30 B．42
C．54 D．56
解析：选 B 用间接法．先从这 8 个点中任取 3 个点，最多构成三角形 C 38个，再减去
三点共线的情形即可．共有 C38－C35－C34＝42(个)．
4．有 5 本不同的教 书，其中语文书 2 本，数学书 2 本，物理书 1 本．若将其并排摆
放在书架的同一层上，则同一 目书都不相邻的放法种数是( )
A．24 B．48
C．72 D．96
解析：选 B 据题意可先摆放 2 本语文书，当 1 本物理书在 2 本语文书之间时，只需将
2 本数学书插在前 3 本书形成的 4 个空中即可，此时共有 A22A 24种摆放方法；当 1 本物理书
放在 2 本语文书一侧时，共有 A22A12C12C 13种不同的摆放方法，由分类加法计数原理可得共有
A22A24＋A22A12C12C13＝48(种)摆放方法．
5．(2016·福建三明调研)将 A，B，C，D，E 排成一列，要求 A，B，C 在排列中顺序为
“A，B，C”或“C，B，A”(可以不相邻)，这样的排列数有( )
A．12 种 B．20 种
C．40 种 D．60 种
解析：选 C (排序一定用除法)五个元素没有限制全排列数为 A55，由于要求 A，B，C
的次序一定(按 A，B，C 或 C，B，A)，故除以这三个元素的全排列 A33，可得这样的排列数
有A55
A33
×2＝40(种)．
6．现有 2 个红球、3 个黄球、4 个白球，同色球不加区分，将这 9 个球排成一列，有
________种不同的方法．(用数字作答)．
解析：第一步，从 9 个位置中选出 2 个位置，分给相同的红球，有 C 29种选法；第二步，
从剩余的 7 个位置中选出 3 个位置，分给相同的黄球，有 C 37种选法；第三步，剩下的 4 个
位置全部分给 4 个白球，有 1 种选法．根据分步乘法计数原理可得，排列方法共有 C29C37＝1
260(种)．
答案：1 260
7．从 6 名同学中选派 4 人分别参加数学、物理、化学、生物四 知识竞赛，若其中甲、
乙两名同学不能参加生物竞赛，则选派方案共有________种．
解析：特殊位置优先考虑，既然甲、乙都不能参加生物竞赛，则从另外 4 个人中选择
一个参加，有 C 14种方案，然后从剩下的 5 个人中选择 3 个人参加剩下 3 ，有 A 35种方案，
故共有 C14A35＝4×60＝240(种)方案．
答案：240
8．(2017·黄冈质检)在高三某班进行的演讲比赛中，共有 5 位选手参加，其中 3 位女生，
2 位男生，如果 2 位男生不能连续出场，且女生甲不能排第一个，那么出场的顺序的排法种
数为________．
解析：不相邻问题插空法.2 位男生不能连续出场的排法共有 N1＝A33×A24＝72(种)，女
生甲排第一个且 2 位男生不连续出场的排法共有 N2＝A22×A23＝12(种)，所以出场顺序的排
法种数为 N＝N1－N2＝60.
答案：60
9．把座位编号为 1,2,3,4,5 的五张电影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至少一
张，至多两张，且分得的两张票必须是连号，那么不同的分法种数为________(用数字作答)．
解析：先将票分为符合条件的 4 份，由题意，4 人分 5 张票，且每人至少一张，至多两
张，则三人每人一张，一人 2 张，且分得的票必须是连号，相当于将 1,2,3,4,5 这五个数用 3
个板子隔开，分为四部分且不存在三连号．在 4 个空位插 3 个板子，共有 C34＝4(种)情况，
再对应到 4 个人，有 A44＝24(种)情况，则共有 4×24＝96(种)情况．
答案：96
10．(1)已知 Cn－1n＋1＝A2n－1＋1，求 n；
(2)若 Cm－18 >3Cm8 ，求 m.
解：(1)由 Cn－1n＋1＝A2n－1＋1 得
n＋1n
2
＝(n－1)(n－2)＋1.
即 n2－7n＋6＝0.
解得 n＝1，或 n＝6.
由 A 2n－1知，n≥3，故 n＝6.
(2)原不等式可化为 8！
m－1！9－m！> 3×8！
m！8－m！
，
解得 m>27
4 .
∵0≤m－1≤8，且 0≤m≤8，∴1≤m≤8.
又 m 是整数，
∴m＝7 或 m＝8.
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．(2016·福州八中 3 月模拟)甲、乙等 5 人在天安门广场排成一排拍照留念，甲和乙必
须相邻且都不站在两端的排法有( )
A．12 种 B．24 种
C．48 种 D．120 种
解析：选 B 甲、乙相邻，将甲、乙捆绑在一起看作一个元素，共有 A44A 22种排法，甲、
乙相邻且在两端有 C12A33A 22种排法，故甲、乙相邻且都不站在两端的排法有 A44A22－C12A33A22＝
24(种)．
2．四面体的顶点和各棱中点共 10 个点，在其中取 4 个不共面的点，不同的取法共有
________种．
解析：如图，从 10 个点中任取 4 个点的组合数为 C410＝210，其中四点共面的可分为三
类：
(1)4 点在同一个侧面或底面的共 4 组，即 4×C46＝60(种)；
(2)每条棱的中点与它对棱的三点共面的有 6 种；
(3)在 6 个中点中，四点共面的有 3 种．
则 4 点不共面的取法共有 210－(60＋6＋3)＝141(种)．
答案：141
3．从 1 到 9 的 9 个数字中取 3 个偶数 4 个奇数，试问：
(1)能组成多少个没有重复数字的七位数？
(2)上述七位数中，3 个偶数排在一起的有几个？
(3)在(1)中的七位数中，偶数排在一起，奇数也排在一起的有几个？
解：(1)分三步完成：第一步，在 4 个偶数中取 3 个，有 C 34种情况；第二步，在 5 个奇
数中取 4 个，有 C 45种情况；第三步，3 个偶数，4 个奇数进行排列，有 A 77种情况．
所以符合题意的七位数有 C34C45A77＝100 800(个)．
(2)上述七位数中，3 个偶数排在一起的有 C34C45A33A55＝14 400(个)．
(3)在(1)中的七位数中，3 个偶数排在一起，4 个奇数也排在一起的有 C34C45A33A44A22＝5
760(个)．
第三节 二项式定理
1．二项式定理
(1)二项式定理：(a＋b)n＝C0nan＋C1nan－1b＋…＋Cknan－ b ＋…＋Cnnbn(n∈N*)；
(2)通项公式：T ＋1＝Cknan－ b ，它表示第 ＋1 项；
(3)二项式系数：二项展开式中各项的系数为 C0n，C1n，…，Cnn.
2．二项式系数的性质
[小题体验]
1．(教材习题改编)已知 a>0，
a
x
－x 6 展开式的常数项为 15，则 a＝________.
解析：由
a
x
－x 6 的常数项 C26a4＝15，且 a＞0，可得 a＝1.
答案：1
2．(1－2x)7 展开式中 x3 的系数为________．
解析：Tr＋1＝Cr717－r(－2x)r＝Cr7(－2)rxr，
令 r＝3.
则 x3 的系数为 C37(－2)3＝35×(－8)＝－280.
答案：－280
3．(教材习题改编)
x－
1
24 x 8 的展开式中的有理项共有________项．
解析：∵Tr＋1＝Cr8( x)8－r
－
1
24 x r＝ －1
2 rCr8x 4
16-3r
，
∴r 为 4 的倍数，故 r＝0,4,8，共 3 项．
答案：3
1．二项式的通项易误认为是第 项，实质上是第 ＋1 项．
2．(a＋b)n 与(b＋a)n 虽然相同，但具体到它们展开式的某一项时是不相同的，所以公式
中的第一个量 a 与第二个量 b 的位置不能颠倒．
3．易混淆二项式中的“项”，“项的系数”、“项的二项式系数”等概念，注意项的
系数是指非字母因数所有部分，包含符号，二项式系数仅指 Ckn( ＝0,1，…，n)．
[小题纠偏]
1．(2016·湖南长沙一模)二项式(x－2)5 展开式中 x 的系数为( )
A．5 B．16
C．80 D．－80
解析：选 C 由二项式定理知，其展开式中含 x 的项为 T5＝C45x(－2)4，故其系数为 C45(－
2)4＝80.选 C.
2．若(1＋3x)n(其中 n∈N 且 n≥6)的展开式中 x5 与 x6 的系数相等，则 n＝________.
解析：(1＋3x)n 的展开式中含 x5 的项为 C5n(3x)5＝C5n35x5，展开式中含 x6 的项为 C6n36x6.
由两项的系数相等得 C5n·35＝C6n·36，解得 n＝7.
答案：7
考点一 二项展开式中特定项或系数问题题点多变型考点——多角探明
[锁定考向]
二项式定理是高中数学中的一个重要知识点，也是高考命题的热点，多以选择题、填
空题的形式呈现，试题难度不大，多为容易题或中档题．
常见的命题角度有：
(1)求展开式中的某一项；
(2)求展开式中的项的系数或二项式系数；
(3)由已知条件求 n 的值或参数的值．
[题点全练]
角度一：求展开式中的某一项
1．(2017·济南模拟)设 a＝错误!(3x2－2x)dx，则二项式 ax2－1
x 6 展开式中的第 4 项为
( )
A．－1 280x3 B．－1 280
C．240 D．－240
解析：选 A 由微积分基本定理知 a＝4， 4x2－1
x 6 展开式中的第 4 项为 T3 ＋ 1＝
C36(4x2)3
－1
x 3＝－1 280x3，选 A.
2．(2016·广州模拟)在
3 x－ 2
x 15 的展开式中，x 的非负整数次幂的项的个数为
________．
解析：展开式的通项为 Tr＋1＝(－1)rCr15·(3 x)15－r·
2
x r＝(－1)r2rCr15x
55 6
－ r
，由题意知 5
－5
6r 为非负整数，得 r＝0 或 6，
∴符合要求的项的个数为 2.
答案：2
角度二：求展开式中的项的系数或二项式系数
3．(2015·全国卷Ⅰ)(x2＋x＋y)5 的展开式中，x5y2 的系数为( )
A．10 B．20
C．30 D．60
解析：选 C (x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，
含 y2 的项为 T3＝C25(x2＋x)3·y2.
其中(x2＋x)3 中含 x5 的项为 C13x4·x＝C13x5.
所以 x5y2 的系数为 C25C13＝30，故选 C.
4．(2015·重庆高考) x3＋ 1
2 x 5 的展开式中 x8 的系数是________(用数字作答)．
解析：∵Tr＋1＝Cr5·(x3)5－r·
1
2 x r＝Cr5·x15－3r·
1
2 r·x
2
r
＝
1
2 r·Cr5·x
30 7r
2
－
(r＝0,1,2,3,4,5)，
由30－7r
2
＝8，得 r＝2，
∴展开式中 x8 的系数是
1
2 2·C25＝5
2.
答案：5
2
角度三：由已知条件求 n 的值或参数的值
5．(2016·山东高考)若 ax2＋ 1
x 5 的展开式中 x5 的系数是－80，则实数 a＝________.
解析：Tr＋1＝Cr5·(ax2)5－r
1
x r＝Cr5·a5－rx
1 50 2
－ r
.
令 10－5
2r＝5，解得 r＝2.
又展开式中 x5 的系数为－80，
则有 C25·a3＝－80，解得 a＝－2.
答案：－2
[通法在握]
求二项展开式中的特定项的方法
求二项展开式的特定项问题，实质是考查通项 T ＋1＝Cknan－ b 的特点，一般需要建立方
程求 ，再将 的值代回通项求解，注意 的取值范围( ＝0,1,2，…，n)．
(1)第 m 项：此时 ＋1＝m，直接代入通项；
(2)常数项：即这项中不含“变元”，令通项中“变元”的幂指数为 0 建立方程；
(3)有理项：令通项中“变元”的幂指数为整数建立方程．
特定项的系数问题及相关参数值的求解等都可依据上述方法求解．
[演练冲关]
1．(2016·海口调研)若(x2－a) x＋1
x 10 的展开式中 x6 的系数为 30，则 a 等于( )
A.1
3 B.1
2
C．1 D．2
解析：选 D 依题意，注意到 x＋1
x 10 的展开式的通项公式是 Tr＋1＝Cr10·x10－r·
1
x r＝
Cr10·x10－2r， x＋1
x 10 的展开式中含 x4(当 r＝3 时)、x6(当 r＝2 时)项的系数分别为 C310、C210，
因此由题意得 C310－aC210＝120－45a＝30，由此解得 a＝2.
2．设 a＝错误!sin xdx，则二项式 a x－ 1
x 6 的展开式中的常数项是________．
解析：a＝错误!sin xdx＝(－cos x)|π
0
＝2，二项展开式的通项是 Tr＋1＝Cr6(2 x)6－
r
－ 1
x r＝Cr6·26－r·(－1)rx3－r，令 3－r＝0，得 r＝3，故二项展开式中的常数项是－C36×23＝
－160.
答案：－160
考点二 二项式系数的性质或各项系数和重点保分型考点——师生共研
[典例引领]
1．(2017·河北省“五校联盟”质量检测)在二项式(1－2x)n 的展开式中，偶数项的二项
式系数之和为 128，则展开式的中间项的系数为( )
A．－960 B．960
C．1 120 D．1 680
解析：选 C 根据题意，奇数项的二项式系数之和也应为 128，所以在(1－2x)n 的展开
式中，二项式系数之和为 256，即 2n＝256，n＝8，则(1－2x)8 的展开式的中间项为第 5 项，
且 T5＝C48(－2)4x4＝1 120x4，即展开式的中间项的系数为 1 120，故选 C.
2．(2016·山西省第二次四校联考)已知(1＋x)10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a10(1－
x)10，则 a8 等于( )
A．－5 B．5
C．90 D．180
解析：选 D ∵(1＋x)10＝[2－(1－x)]10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a10(1－x)10，
∴a8＝C810·22＝180.
[由题悟法]
1．赋值法研究二项式的系数和问题
“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(ax＋b)n、(ax2＋bx＋c)m(a，
b∈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；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．
2．二项式系数最大项的确定方法
(1)如果 n 是偶数，则中间一项 第n
2
＋1 项 的二项式系数最大；
(2)如果 n 是奇数，则中间两项 第n＋1
2
项与第n＋1
2
＋1 项 的二项式系数相等并最大．
[即时应用]
1．在(1＋x)n(x∈N*)的二项展开式中，若只有 x5 的系数最大，则 n＝( )
A．8 B．9
C．10 D．11
解析：选 C 二项式中仅 x5 项系数最大，其最大值必为 Cn
2n，即得n
2
＝5，解得 n＝10.
2．若(1＋mx)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，且 a1＋a2＋…＋a6＝63，则实数 m 的值为
( )
A．1 或 3 B．－3
C．1 D．1 或－3
解析：选 D 令 x＝0，得 a0＝(1＋0)6＝1.
令 x＝1，得(1＋m)6＝a0＋a1＋a2＋…＋a6.
又 a1＋a2＋a3＋…＋a6＝63，
∴(1＋m)6＝64＝26，∴m＝1 或 m＝－3.
考点三 二项展开式的应用重点保分型考点——师生共研
[典例引领]
设 a∈ ，且 0≤a<13，若 512 016＋a 能被 13 整除，则 a＝( )
A．0 B．1
C．11 D．12
解析：选 D 由于 51＝52－1，
(52－1)2 016＝C02 016522 016－C12 016522 015＋…－C2 0152 016521＋1，
又由于 13 整除 52，
所以只需 13 整除 1＋a，
0≤a<13，
a∈ ，
所以 a＝12.
[由题悟法]
利用二项式定理解决整除问题的思路
(1)观察除式与被除式间的关系．
(2)将被除式拆成二项式．
(3)结合二项式定理得出结论．
[即时应用]
求 1－90C110＋902C210－903C310＋…＋(－1) 90 Ck10＋…＋9010C 1010除以 88 的余数．
解：∵1－90C110＋902C210＋…＋(－1) 90 Ck10＋…＋9010C1010＝(1－90)10＝8910，∴8910＝(88
＋1)10＝8810＋C110889＋…＋C91088＋1，∵前 10 项均能被 88 整除，∴余数是 1.
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．(2017·云南统测)
1
x
－ x 10 的展开式中 x2 的系数等于( )
A．45 B．20
C．－30 D．－90
解析：选 A ∵展开式的通项为 Tr＋1＝(－1)rCr10xr
2x－(10－r)
＝(－1)rCr10x－10＋3
2r，令－10＋3
2r＝2，得 r＝8，
∴展开式中 x2 的系数为(－1)8C810＝45.
2．二项式 x＋ 2
x2 n 的展开式中只有第 6 项的二项式系数最大，则展开式中常数项是
( )
A．180 B．90
C．45 D．360
解析：选 A 由二项式系数的性质，得 n＝10，
∴Tr＋1＝Cr10( x)10－r
2
x2 r＝2rCr10·x5－5
2r，
令 5－5
2r＝0，则 r＝2，
从而 T3＝4C210＝180.
3.
1
2x－2y 5 的展开式中 x2y3 的系数是( )
A．－20 B．－5
C．5 D．20
解析：选 A
1
2x－2y 5 展开式的通项为 Tr＋1＝Cr5
1
2x 5－r·(－2y)r＝Cr5·
1
2 5－r·(－2)r·x5－r·yr.
当 r＝3 时，展开式中 x2y3 的系数为 C35
1
2 2×(－2)3＝－20.
4．(2016·河南省六市第一次联考) x2＋ 1
x2
－2 n 展开式中的常数项是 70，则 n＝________.
解析：∵ x2＋ 1
x2
－2 n＝ x－1
x 2 n＝ x－1
x 2n，∴Tr＋1＝Cr2n(－1)rx2n－2r，又∵展开式的常
数项为 70，令 2n－2r＝0 得，n＝r，∴Cn2n＝70，又 C48＝70，∴n＝4.
答案：4
5．(2017·皖南八校联考)若(x－2)5＝a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，则 a1＋a2＋a3＋a4
＋a5＝________.(用数字作答)
解析：令 x＝0，则 a0＝(－2)5＝－32，
令 x＝1，则 a5＋a4＋a3＋a2＋a1＋a0＝(1－2)5＝－1，
所以 a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝－1－(－32)＝31.
答案：31
二保高考，全练题型做到高考达标
1．若二项式 x－2
x n 展开式中的第 5 项是常数，则自然数 n 的值为( )
A．6 B．10
C．12 D．15
解析：选 C 由二项式 x－2
x n 展开式的第 5 项 C4n( x)n－4
－2
x 4＝16C4nxn
2
－6 是常数
项，可得n
2
－6＝0，解得 n＝12.
2. x3－2
x 4＋ x＋1
x 8 的展开式中的常数项为( )
A．32 B．34
C．36 D．38
解析：选 D x3－2
x 4 的展开式的通项为
T ＋1＝Ck4(x3)4－ ·
－2
x ＝Ck4(－2) x12－4 ，
令 12－4 ＝0，解得 ＝3， x＋1
x 8 的展开式的通项为
Tr＋1＝Cr8·x8－r·
1
x r＝Cr8·x8－2r，
令 8－2r＝0，得 r＝4，
所以所求常数项为 C34(－2)3＋C48＝38.
3．(2016·南昌市第一次模拟测试)(x2－x＋1)3 展开式中 x 项的系数为( )
A．－3 B．－1
C．1 D．3
解析：选 A 由(x2－x＋1)3＝(x2－x＋1)(x2－x＋1)·(x2－x＋1)，所以(x2－x＋1)3 展开式
中的 x 项为只要三个因式中一个取－x，另两个取 1，所以系数为－3.
4．若(2x－3)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则 a1＋2a2＋3a3＋4a4＋5a5 等于( )
A．32 B．－1
C．10 D．1
解析：选 C 在已知等式两边对 x 求导，得 5(2x－3)4×2＝a1＋2a2x＋3a3x2＋4a4x3＋
5a5x4，令 x＝1，得 a1＋2a2＋3a3＋4a4＋5a5＝5×(2×1－3)4×2＝10.故选 C.
5．(2016·南昌重点中学联考)若 9x－ 1
3 x n(n∈N*)的展开式中第 3 项的二项式系数为
36，则其展开式中的常数项为( )
A．84 B．－252
C．252 D．－84
解析：选 A 由题意可得 C2n＝36，∴n＝9.
∴ 9x－ 1
3 x n＝ 9x－ 1
3 x 9 的展开式的通项为
Tr＋1＝Cr9·99－r·
－1
3 r·x9－3r
2
，
令 9－3r
2
＝0，得 r＝6.
∴展开式中的常数项为 C69×93× －1
3 6＝84.
6．(2017·广州市五校联考)若 x＋ a
x2 10 展开式中的常数项为 180，则 a＝________.
解析： x＋ a
x2 10 展开式的通项为 Cr10( x)10－r
a
x2 r＝arCr10x5－5
2r，令 5－5
2r＝0，得 r＝2，
又 a2C210＝180，故 a＝±2.
答案：±2
7．(2016·兰州市诊断考试)(m＋x)(1＋x)3 的展开式中 x 的奇数次幂项的系数之和为 16，
则错误!－1xmdx＝________.
解析：(m＋x)(1＋x)3＝(m＋x)(C03x3＋C13x2＋C23x＋C33)，所以 x 的奇数次幂项的系数之和
为 mC03＋mC23＋C13＋C33＝16，解得 m＝3，所以错误!－1xmdx＝错误!－1x3dx＝1
4x4|1－1＝0.
答案：0
8．(2017·湖南省东部六校联考)若
3x－
1
3 x2 n 的展开式中各项系数之和为 128，则展开
式中 1
x3
的系数是________．
解析：令 x＝1，得
3x－
1
3 x2 n 的展开式中各项系数之和为(3－1)n＝128＝27，故 n＝7.
则二项式的通项 Tr＋1＝Cr7(3x)7－r·(－x－2
3)r＝(－1)r·37－rCr7x7－5r
3
，令 7－5
3r＝－3，得 r＝6，
故展开式中 1
x3
的系数是(－1)6·37－6C67＝21.
答案：21
9．已知函数 f(x)＝(1＋x)＋(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)n(n≥3)．
(1)求展开式中 x2 的系数；
(2)求展开式中系数之和．
解：(1)展开式中 x2 的系数为 C22＋C23＋C24＋…＋C2n
＝C33＋C23＋C24＋…＋C2n
＝C34＋C24＋…＋C2n
＝C35＋C25＋…＋C2n
＝…＝C3n＋1＝nn＋1n－1
3×2×1
＝nn＋1n－1
6
.
(2)展开式中的系数之和为
f(1)＝2＋22＋23＋…＋2n＝21－2n
1－2
＝2n＋1－2.
10．已知
x＋
1
24 x n 的展开式中，前三项系数成等差数列．
(1)求 n；
(2)求第三项的二项式系数及项的系数；
(3)求含 x 项的系数．
解：(1)∵前三项系数 1，1
2C1n，1
4C 2n成等差数列．
∴2·1
2C1n＝1＋1
4C2n，即 n2－9n＋8＝0.
∴n＝8 或 n＝1(舍)．
(2)由 n＝8 知其通项为 Tr＋1＝Cr8·( x)8－r·
1
24 x r＝
1
2 r·Cr8·x4－3
4r，r＝0,1，…，8.
∴第三项的二项式系数为 C28＝28.
第三项的系数为
1
2 2·C28＝7.
(3)令 4－3
4r＝1，得 r＝4，
∴含 x 项的系数为
1
2 4·C48＝35
8 .
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．(1＋x＋x2) x－1
x 6 的展开式中的常数项为________．
解析： x－1
x 6 的展开式的通项为
Tr＋1＝Cr6x6－r·
－1
x r＝(－1)rCr6x6－2r，
令 6－2r＝0，得 r＝3，则 T4＝C36·(－1)3＝－C36；
令 6－2r＝－1，得 r＝7
2(舍去)；
令 6－2r＝－2，得 r＝4，则 T5＝C46(－1)4x－2，
∴(1＋x＋x2) x－1
x 6 的展开式中的常数项为
1×(－C36)＋C46＝－20＋15＝－5.
答案：－5
2．(2017·长春检测)已知二项式
1
2
＋2x n，
(1)若展开式中第 5 项，第 6 项与第 7 项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式
系数最大项的系数；
(2)若展开式前三项的二项式系数和等于 79，求展开式中系数最大的项．
解：(1)由题意可得 C4n＋C6n＝2C5n，整理得 n2－21n＋98＝0，
解得 n＝7 或 n＝14，
当 n＝7 时，展开式中二项式系数最大的项是 T4 和 T5，
∴T4 的系数为 C37·
1
2 4·23＝35
2
，
T5 的系数为 C47·
1
2 3·24＝70.
当 n＝14 时，展开式中二项式系数最大的项是 T8，
∴T8 的系数为 C714·
1
2 7·27＝3 432.
(2)由题意可得 C0n＋C1n＋C2n＝79，整理得 n2＋n－156＝0.
解得 n＝12 或 n＝－13(舍去)．
设 T ＋1 项的系数最大，
∵
1
2
＋2x 12＝
1
2 12(1＋4x)12，
∴ Ck124k≥Ck－112 4k－1，
Ck124k≥Ck＋112 4k＋1.
解得 9.4≤ ≤10.4，∴ ＝10.
∴展开式中系数最大的项为 T11，
T11＝C1012·
1
2 2·210·x10＝16 896x10.
第四节 随机事件的概率
1．事件的相关概念
2．频数、频率和概率
(1)频数、频率：在相同的条件 S 下重复 n 次试验，观察某一事件 A 是否出现，称 n 次
试验中事件 A 出现的次数 nA 为事件 A 出现的频数，称事件 A 出现的比例 fn(A)＝nA
n
为事件
A 出现的频率．
(2)概率：对于给定的随机事件 A，如果随着试验次数的增加，事件 A 发生的频率 fn(A)
稳定在某个常数上，把这个常数记作 P(A)，称为事件 A 的概率．
3．事件的关系与运算
名称 条件 结论 符号表示
包含关系 A 发生⇒B 发生
事件 B 包含事件 A(事
件 A 包含于事件 B)
B⊇A(或 A⊆B)
相等关系 若 B⊇A 且 A⊇B 事件 A 与事件 B 相等 A＝B
并(和)事件 A 发生或 B 发生
事件 A 与事件 B 的并
事件(或和事件)
A∪B(或 A＋B)
交(积)事件 A 发生且 B 发生
事件 A 与事件 B 的交
事件(或积事件)
A∩B(或 AB)
互斥事件 A∩B 为不可能事件 事件 A 与事件 B 互斥 A∩B＝∅
对立事件
A∩B 为不可能事件，
A∪B 为必然事件
事件 A 与事件 B 互为
对立事件
A∩B＝∅，P(A∪B)
＝1
4．概率的几个基本性质
(1)概率的取值范围：0≤P(A)≤1.
(2)必然事件的概率为 1.
(3)不可能事件的概率为 0.
(4)概率的加法公式：如果事件 A 与事件 B 互斥，则 P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．
(5)对立事件的概率：若事件 A 与事件 B 互为对立事件，则 A∪B 为必然事件，P(A∪B)
＝1，P(A)＝1－P(B)．
[小题体验]
1．(教材习题改编)某人进行打靶练习，共射击 10 次，其中有 2 次中 10 环，有 3 次中 9
环，有 4 次中 8 环，有 1 次中靶．假设此人射击 1 次，则其中靶的概率约为____________；
中 10 环的概率约为________．
解析：中靶的频数为 9，试验次数为 10，所以中靶的频率为 9
10
＝0.9，所以此人射击 1
次，中靶的概率约为 0.9.同理得中 10 环的概率约为 0.2.
答案：0.9 0.2
2．(教材习题改编)如果从不包括大、小王的 52 张扑克牌中随机抽取一张，那么取到红
心的概率是1
4
，取到方块的概率是1
4
，则取到黑色牌的概率是________．
答案：1
2
3．(教材习题改编)给出下列三个命题，其中正确命题有________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 次出现正面，因此正面出现的概率是3
7
；
③随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率．
解析：①错，不一定是 10 件次品；②错，3
7
是频率而非概率；③错，频率不等于概率，
这是两个不同的概念．
答案：0
1．易将概率与频率混淆，频率随着试验次数变化而变化，而概率是一个常数．
2．互斥事件是不可能同时发生的两个事件，而对立事件除要求这两个事件不同时发生
外，还要求二者之一必须有一个发生，因此，对立事件是互斥事件的特殊情况，而互斥事
件未必是对立事件．
[小题纠偏]
1．甲：A1，A2 是互斥事件；乙：A1，A2 是对立事件，那么( )
A．甲是乙的充分但不必要条件
B．甲是乙的必要但不充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件，也不是乙的必要条件
解析：选 B 两个事件是对立事件，则它们一定互斥，反之不一定成立．
2．在运动会火炬传递活动中，有编号为 1,2,3,4,5 的 5 名火炬手．若从中任选 3 人，则
选出的火炬手的编号相连的概率为( )
A. 3
10 B.5
8
C. 7
10 D.2
5
解析：选 A 从 1,2,3,4,5 中任取三个数的结果有 10 种，其中选出的火炬手的编号相连
的事件有：(1,2,3)，(2,3,4)，(3,4,5)，∴选出的火炬手的编号相连的概率为 P＝ 3
10.
考点一 随机事件的关系基础送分型考点——自主练透
[题组练透]
1．一个人打靶时连续射击两次，事件“至少有一次中靶”的互斥事件是( )
A．至多有一次中靶 B．两次都中靶
C．只有一次中靶 D．两次都不中靶
解析：选 D 事件“至少有一次中靶”包括“中靶一次”和“中靶两次”两种情况．由
互斥事件的定义，可知“两次都不中靶”与之互斥．
2．在 5 张电话卡中，有 3 张移动卡和 2 张联通卡，从中任取 2 张，若事件“2 张全是
移动卡”的概率是 3
10
，那么概率是 7
10
的事件是( )
A．至多有一张移动卡
B．恰有一张移动卡
C．都不是移动卡
D．至少有一张移动卡
解析：选 A 至多有一张移动卡包含“一张移动卡，一张联通卡”、“两张全是联通
卡”两个事件，它是“2 张全是移动卡”的对立事件，故选 A.
3．对飞机连续射击两次，每次发射一枚炮弹，设 A＝{两次都击中飞机}，B＝{两次都
没击中飞机}，C＝{恰有一次击中飞机}，D＝{至少有一次击中飞机}，其中彼此互斥的事件
是________，互为对立事件的是________．
解析：设 I 为对飞机连续射击两次所发生的所有情况，因为 A∩B＝∅，A∩C＝∅，B∩C
＝∅，B∩D＝∅，故 A 与 B，A 与 C，B 与 C，B 与 D 为互斥事件．而 B∩D＝∅，B∪D＝I，
故 B 与 D 互为对立事件．
答案：A 与 B，A 与 C，B 与 C，B 与 D B 与 D
[谨记通法]
判断互斥、对立事件的 2 种方法
(1)定义法
判断互斥事件、对立事件一般用定义判断，不可能同时发生的两个事件为互斥事件；
两个事件，若有且仅有一个发生，则这两事件为对立事件，对立事件一定是互斥事件．
(2)集合法
①由各个事件所含的结果组成的集合彼此的交集为空集，则事件互斥．
②事件 A 的对立事件 A 所含的结果组成的集合，是全集中由事件 A 所含的结果组成的
集合的补集．
考点二 随机事件的频率与概率基础送分型考点——自主练透
[题组练透]
1．在投掷一枚硬币的试验中，共投掷了 100 次，“正面朝上”的频数为 51，则“正面
朝上”的频率为( )
A．49 B．0.5
C．0.51 D．0.49
解析：选 C 由题意，根据事件发生的频率的定义可知，“正面朝上”的频率为 51
100
＝
0.51.
2．(2015·北京高考)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.
商品
顾客人数
甲 乙 丙 丁
100
217
200
300
85
98
(1)估计顾客同时购买乙和丙的概率；
(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 200
1 000
＝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＋200
1 000
＝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 200
1 000
＝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 100
1 000
＝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．
[谨记通法]
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，
通常用概率来反映随机事件发生的可能性的大小，有时也用频率来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．
[提醒] 概率的定义是求一个事件概率的基本方法．
考点三 互斥事件与对立事件的概率重点保分型考点——师生共研
[典例引领]
某战士射击一次，问：
(1)若中靶的概率为 0.95，则不中靶的概率为多少？
(2)若命中 10 环的概率是 0.27，命中 9 环的概率为 0.21，命中 8 环的概率为 0.24，则至
少命中 8 环的概率为多少？不够 9 环的概率为多少？
解：(1)设中靶为事件 A，则不中靶为 A .
则由对立事件的概率公式可得，
P( A )＝1－P(A)＝1－0.95＝0.05.
即不中靶的概率为 0.05.
(2)设命中 10 环为事件 B，命中 9 环为事件 C，命中 8 环为事件 D，由题意知 P(B)＝0.27，
P(C)＝0.21，P(D)＝0.24.
记至少命中 8 环为事件 E，
则 P(E)＝P(B＋C＋D)＝P(B)＋P(C)＋P(D)
＝0.27＋0.21＋0.24＝0.72.
故至少命中 8 环的概率为 0.72.
记至少命中 9 环为事件 F，则不够 9 环为 F ，
则 P(F)＝P(B＋C)＝P(B)＋P(C)＝0.27＋0.21＝0.48.
则 P( F )＝1－P(F)＝1－0.48＝0.52.
即不够 9 环的概率为 0.52.
[由题悟法]
求复杂互斥事件概率的 2 种方法
(1)直接求法：将所求事件分解为一些彼此互斥的事件的和，运用互斥事件概率的加法
公式计算．
(2)间接求法：先求此事件的对立事件，再用公式 P(A)＝1－P( A )求得，即运用逆向思
维(正难则反)，特别是“至多”“至少”型题目，用间接求法就会较简便．
[提醒] 应用互斥事件概率的加法公式，一定要注意首先确定各个事件是否彼此互斥，
然后求出各事件发生的概率，再求和(或差)．
[即时应用]
(2017·洛阳模拟)经统计，在某储蓄所一个营业窗口等候的人数及相应的概率如下：
排队人数 0 1 2 3 4 5 人及 5 人以上
概率 0.1 0.16 0.3 0.3 0.1 0.04
求：(1)至多 2 人排队等候的概率是多少？
(2)至少 3 人排队等候的概率是多少？
解：记“无人排队等候”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 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)法一：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.
法二：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 P(H)＝1－P(G)＝0.44.
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．甲、乙两人下棋，两人和棋的概率是1
2
，乙获胜的概率是1
3
，则乙不输的概率是( )
A.5
6 B.2
3
C.1
2 D.1
3
解析：选 A 乙不输包含两种情况：一是两人和棋，二是乙获胜，故所求概率为1
2
＋1
3
＝
5
6.
2．一个盒子内装有红球、白球、黑球三种球，其数量分别为 3,2,1，从中任取两球，则
互斥而不对立的两个事件为( )
A．至少有一个白球；都是白球
B．至少有一个白球；至少有一个红球
C．恰有一个白球；一个白球一个黑球
D．至少有一个白球；红球、黑球各一个
解析：选 D 红球、黑球各取一个，则一定取不到白球，故“至少有一个白球”“红
球、黑球各一个”为互斥事件，又任取两球还包含“两个红球”这个事件，故不是对立事
件．
3．掷一个骰子的试验，事件 A 表示“小于 5 的偶数点出现”，事件 B 表示“小于 5
的点数出现”，则一次试验中，事件 A＋ B 发生的概率为( )
A.1
3 B.1
2
C.2
3 D.5
6
解析：选 C 掷一个骰子的试验有 6 种可能结果，依题意 P(A)＝2
6
＝1
3
，P(B)＝4
6
＝2
3
，
所以 P( B )＝1－P(B)＝1－2
3
＝1
3
，
因为 B 表示“出现 5 点或 6 点”的事件，因此事件 A 与 B 互斥，从而 P(A＋ B )＝
P(A)＋P( B )＝1
3
＋1
3
＝2
3.
4．从某班学生中任意找出一人，如果该同学的身高小于 160 cm 的概率为 0.2，该同学
的身高在[160,175] cm 的概率为 0.5，那么该同学的身高超过 175 cm 的概率为________．
解析：由对立事件的概率可求该同学的身高超过 175 cm 的概率为 1－0.2－0.5＝0.3.
答案：0.3
5．如果事件 A 与 B 是互斥事件，且事件 A∪B 发生的概率是 0.64，事件 B 发生的概率
是事件 A 发生的概率的 3 倍，则事件 A 发生的概率为________．
解析：设 P(A)＝x，P(B)＝3x，
∴P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝x＋3x＝0.64.
∴P(A)＝x＝0.16.
答案：0.16
二保高考，全练题型做到高考达标
1．(2017·石家庄模拟)某产品分甲、乙、丙三级，其中乙、丙两级均属次品，在正常生
产情况下，出现乙级品和丙级品的概率分别是 5 和 3 ，则抽检一件是正品(甲级)的概率为
( )
A．0.95 B．0.97
C．0.92 D．0.08
解析：选 C 记抽检的产品是甲级品为事件 A，是乙级品为事件 B，是丙级品为事件 C，
这三个事件彼此互斥，因而所求概率为 P(A)＝1－P(B)－P(C)＝1－5 －3 ＝92 ＝0.92.
2．袋中装有 3 个白球，4 个黑球，从中任取 3 个球，则下面事件是互斥事件但不是对
立事件的为( )
A．恰有 1 个白球和全是白球；
B．至少有 1 个白球和全是黑球；
C．至少有 1 个白球和至少有 2 个白球；
D．至少有 1 个白球和至少有 1 个黑球．
解析：选 A 由题意可知，事件 C、D 均不是互斥事件；A、B 为互斥事件，但 B 又是
对立事件，满足题意只有 A，故选 A.
3．围棋盒子中有多粒黑子和白子，已知从中取出 2 粒都是黑子的概率为1
7
，都是白子
的概率是12
35.则从中任意取出 2 粒恰好是同一色的概率是( )
A.1
7 B.12
35
C.17
35 D．1
解析：选 C 设“从中取出 2 粒都是黑子”为事件 A，“从中取出 2 粒都是白子”为事
件 B，“任意取出 2 粒恰好是同一色”为事件 C，则 C＝A∪B，且事件 A 与 B 互斥．所以
P(C)＝P(A)＋P(B)＝1
7
＋12
35
＝17
35
，即任意取出 2 粒恰好是同一色的概率为17
35.
4．抛掷一枚均匀的骰子(骰子的六个面上分别标有 1,2,3,4,5,6 个点)一次，观察掷出向上
的点数，设事件 A 为掷出向上为偶数点，事件 B 为掷出向上为 3 点，则 P(A∪B)＝( )
A.1
3 B.2
3
C.1
2 D.5
6
解析：选 B 事件 A 为掷出向上为偶数点，所以 P(A)＝1
2.
事件 B 为掷出向上为 3 点，所以 P(B)＝1
6
，
又事件 A，B 是互斥事件，事件(A∪B)为事件 A，B 有一个发生的事件，所以 P(A∪B)
＝P(A)＋P(B)＝2
3.
5．设条件甲：“事件 A 与事件 B 是对立事件”，结论乙：“概率满足 P(A)＋P(B)＝1”，
则甲是乙的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选 A 若事件 A 与事件 B 是对立事件，则 A∪B 为必然事件，再由概率的加法
公式得 P(A)＋P(B)＝1.设掷一枚硬币 3 次，事件 A：“至少出现一次正面”，事件 B：“3
次出现正面”，则 P(A)＝7
8
，P(B)＝1
8
，满足 P(A)＋P(B)＝1，但 A，B 不是对立事件．
6．从一箱产品中随机地抽取一件，设事件 A＝{抽到一等品}，事件 B＝{抽到二等品}，
事件 C＝{抽到三等品}，且已知 P(A)＝0.65，P(B)＝0.2，P(C)＝0.1，则事件“抽到的不是
一等品”的概率为________．
解析：“抽到的不是一等品”与事件 A 是对立事件，∴所求概率为 1－P(A)＝0.35.
答案：0.35
7．袋中装有 9 个白球，2 个红球，从中任取 3 个球，则①恰有 1 个红球和全是白球；
②至少有 1 个红球和全是白球；
③至少有 1 个红球和至少有 2 个白球；
④至少有 1 个白球和至少有 1 个红球．
在上述事件中，是对立事件的为________(填序号)．
解析：至少有 1 个红球和全是白球不同时发生，且一定有一个发生，所以②中两事件
是对立事件．
答案：②
8．一只袋子中装有 7 个红玻璃球，3 个绿玻璃球，从中无放回地任意抽取两次，每次
只取一个，取得两个红球的概率为 7
15
，取得两个绿球的概率为 1
15
，则取得两个同颜色的球
的概率为________；至少取得一个红球的概率为________．
解析：由于“取得两个红球”与“取得两个绿球”是互斥事件，取得两个同色球，只
需两互斥事件有一个发生即可，因而取得两个同色球的概率为 P＝ 7
15
＋ 1
15
＝ 8
15.
由于事件 A“至少取得一个红球”与事件 B“取得两个绿球”是对立事件，则至少取得
一个红球的概率为
P(A)＝1－P(B)＝1－ 1
15
＝14
15.
答案： 8
15
14
15
9．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．
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
＝ 400
400＋100＋100
＝2
3.
(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
他垃圾量的总和除以生活垃圾总量，即 P( A )约为400＋240＋60
1 000
＝0.7，所以 P(A)约为 1－
0.7＝0.3.
10．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
市购物的相关数据，如下表所示.
一次购物量 1 至 4 件 5 至 8 件 9 至 12 件 13 至 16 件 17 件
以上
顾客数(人) x 30 25 y 10
结算时间(分
钟/分)
1 1.5 2 2.5 3
已知这 100 位顾客中的一次购物量超过 8 件的顾客占 55 .
(1)求 x，y 的值．
(2)求顾客一次购物的结算时间超过 2 分钟的概率．
解：(1)由已知得 25＋y＋10＝55，x＋30＝45，
所以 x＝15，y＝20.
(2)记 A：一位顾客一次购物的结算时间超过 2 分钟．
A1：该顾客一次购物的结算时间为 2.5 分钟．
A2：该顾客一次购物的结算时间为 3 分钟．
将频率视为概率，可得 P(A)＝P(A1)＋P(A2)＝ 20
100
＋ 10
100
＝0.3.
所以一位顾客一次购物的结算时间超过 2 分钟的概率为 0.3.
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．若随机事件 A，B 互斥，A，B 发生的概率均不等于 0，且分别为 P(A)＝2－a，P(B)
＝3a－4，则实数 a 的取值范围为____________．
解析：因为随机事件 A，B 互斥，A，B 发生的概率均不等于 0，且分别为 P(A)＝2－a，
P(B)＝3a－4，
所以
0 3
2
的
概率是________．
解析：同时掷两颗骰子，得到的点数所形成的数组共有 36 种情况，当 a>b 时，e＝
1－b2
a2> 3
2
⇒b
a<1
2
⇒a>2b，符合 a>2b 的情况有：当 b＝1 时，有 a＝3,4,5,6 四种情况；
当 b＝2 时，有 a＝5,6 两种情况．总共有 6 种情况，则概率是 6
36
＝1
6.同理当 a 3
2
的概率也为1
6.
综上可知 e> 3
2
的概率为1
3.
答案：1
3
2．(2017·河北省“五校联盟”质量检测)某校高三学生体检后，为了解高三学生的视力
情况，该校从高三六个班的 300 名学生中以班为单位(每班学生 50 人)，每班按随机抽样方
法抽取了 8 名学生的视力数据．其中高三(1)班抽取的 8 名学生的视力数据与人数见下表：
视
力
数
据
4.0 4.1 4.2 4.3 4.4 4.5 4.6 4.7 4.8 4.9 5.0 5.1 5.2 5.3
人
数 2 2 2 1 1
(1)用上述样本数据估计高三(1)班学生视力的平均值；
(2)已知其余五个班学生视力的平均值分别为 4.3,4.4，4.5，4.6,4.8.若从这六个班中任意
抽取两个班学生视力的平均值作比较，求抽取的两个班学生视力的平均值之差的绝对值不
小于 0.2 的概率．
解：(1)高三(1)班学生视力的平均值为
4.4×2＋4.6×2＋4.8×2＋4.9＋5.1
8
＝4.7，
故用上述样本数据估计高三(1)班学生视力的平均值为 4.7.
(2)从这六个班中任意抽取两个班学生视力的平均值作比较，所有的取法共有 15 种，而
满足抽取的两个班学生视力的平均值之差的绝对值不小于 0.2 的取法有：(4.3,4.5)，(4.3,4.6)，
(4.3,4.7)，(4.3,4.8)，(4.4,4.6)，(4.4,4.7)，(4.4,4.8)，(4.5,4.7)，(4.5,4.8)，(4.6,4.8)，共有 10 种，
故抽取的两个班学生视力的平均值之差的绝对值不小于 0.2 的概率为 P＝10
15
＝2
3.
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．(2017·山西省第二次四校联考)甲、乙两人有三个不同的学习小组 A，B，C 可以参
加，若每人必须参加并且仅能参加一个学习小组，则两人参加同一个小组的概率为( )
A.1
3 B.1
4
C.1
5 D.1
6
解析：选 A ∵甲、乙两人参加学习小组的所有事件有(A，A)，(A，B)，(A，C)，(B，
A)，(B，B)，(B，C)，(C，A)，(C，B)，(C，C)，共 9 个，其中两人参加同一个小组的事
件有(A，A)，(B，B)，(C，C)，共 3 个，∴两人参加同一个小组的概率为3
9
＝1
3.
2．(2016·河北省三市第二次联考)已知袋子中装有大小相同的 6 个小球，其中有 2 个红
球、4 个白球．现从中随机摸出 3 个小球，则至少有 2 个白球的概率为( )
A.3
4 B.3
5
C.4
5 D. 7
10
解析：选 C 所求问题有两种情况：1 红 2 白或 3 白，则所求概率 P＝C12C24＋C34
C36
＝4
5.
3．从 2 名男生和 2 名女生中任意选择两人在星期六、星期日参加某公益活动，每天一
人，则星期六安排一名男生、星期日安排一名女生的概率为( )
A.1
3 B. 5
12
C.1
2 D. 7
12
解析：选 A 设 2 名男生记为 A1，A2,2 名女生记为 B1，B2，任意选择两人在星期六、
星期日参加某公益活动，共有 A1A2，A1B1，A1B2，A2B1，A2B2，B1B2，A2A1，B1A1，B2A1，
B1A2，B2A2，B2B1 12 种情况，而星期六安排一名男生、星期日安排一名女生共有 A1B1，A1B2，
A2B1，A2B2 4 种情况，则发生的概率为 P＝ 4
12
＝1
3
，故选 A.
4．(2016·四川高考)从 2,3,8,9 中任取两个不同的数字，分别记为 a，b，则 logab 为整数
的概率是________．
解析：从 2,3,8,9 中任取两个不同的数字，分别记为 a，b，则(a，b)的所有可能结果为(2,3)，
(2,8)，(2,9)，(3,8)，(3,9)，(8,9)，(3,2)，(8,2)，(9,2)，(8,3)，(9,3)，(9,8)，共 12 种取法，其
中 logab 为整数的有(2,8)，(3,9)两种，故 P＝ 2
12
＝1
6.
答案：1
6
5．投掷两颗骰子，得到其向上的点数分别为 m 和 n，则复数(m＋ni)(n－mi)为实数的
概率为________．
解析：因为(m＋ni)(n－mi)＝2mn＋(n2－m2)i，所以要使其为实数，须 n2＝m2，即 m＝
n.由已知得，事件的总数为 36，m＝n，有(1,1)，(2,2)，(3,3)，(4,4)，(5,5)，(6,6)共 6 个，所
以所求的概率为 P＝ 6
36
＝1
6.
答案：1
6
二保高考，全练题型做到高考达标
1．在实验室进行的一项物理实验中，要先后实施 6 个程序 A，B，C，D，E，F，则程
序 A 在第一或最后一步，且程序 B 和 C 相邻的概率为( )
A.1
5 B. 1
15
C. 4
15 D. 2
15
解析：选 D 程序 A 在第一或最后一步，且程序 B 和 C 相邻的概率为 P＝A12A22A44
A66
＝ 2
15.
2．在正六边形的 6 个顶点中随机选择 4 个顶点，则构成的四边形是梯形的概率为( )
A.1
5 B.2
5
C.1
6 D.1
8
解析：选 B 如图，在正六边形 ABCDEF 的 6 个顶点中随机选择 4 个
顶点，共有 15 种选法，其中构成的四边形是梯形的有 ABEF，BCDE，ABCF，
CDEF，ABCD，ADEF，共 6 种情况，故构成的四边形是梯形的概率 P＝ 6
15
＝2
5.
3．已知集合 M＝{1，2，3，4}，N＝{a，b|a∈M，b∈M}，A 是集合 N 中任意一点，
O 为坐标原点，则直线 OA 与 y＝x2＋1 有交点的概率是( )
A.1
2 B.1
3
C.1
4 D.1
8
解析：选 C 易知过点(0,0)与 y＝x2＋1 相切的直线为 y＝2x(斜率小于 0 的无需考虑)，
集合 N 中共有 16 个元素，其中使直线 OA 的斜率不小于 2 的有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,4)，
共 4 个，故所求的概率为 4
16
＝1
4.
4．(2016·江南十校联考)已知集合 M＝{1，2，3}，N＝{1，2，3，4}.定义映射 f：M→N，
则从中任取一个映射满足由点 A(1，f(1))，B(2，f(2))，C(3，f(3))构成△ABC 且 AB＝BC 的
概率为( )
A. 3
32 B. 5
32
C. 3
16 D.1
4
解析：选 C ∵集合 M＝{1，2，3}，N＝{1，2，3，4}，∴映射 f：M→N 有 43＝64
种，∵由点 A(1，f(1))，B(2，f(2))，C(3，f(3))构成△ABC 且 AB＝BC，∴f(1)＝f(3)≠f(2)，
∵f(1)＝f(3)有 4 种选择，f(2)有 3 种选择，∴从中任取一个映射满足由点 A(1，f(1))，B(2，
f(2))，C(3，f(3))构成△ABC 且 AB＝BC 的事件有 4×3＝12 种，∴所求概率为12
64
＝ 3
16.
5．(2016·合肥市第二次质量检测)某校组织由 5 名学生参加的演讲比赛，采用抽签法决
定演讲顺序，在“学生 A 和 B 都不是第一个出场，B 不是最后一个出场”的前提下，学生
C 第一个出场的概率为( )
A.1
3 B.1
5
C.1
9 D. 3
20
解析：选 A 法一：当学生 A 最后一个出场时，有 A13A33＝18 种不同的安排方法；当学
生 A 不是最后一个出场时，有 A23A33＝36 种不同的安排方法，所以满足“A 和 B 都不是第一
个出场，B 不是最后一个出场”的所有不同安排方法有 18＋36＝54 种．其中“C 第一个出
场”的结果有 A13A33＝18 种，则所求概率为18
54
＝1
3
，选项 A 正确．
法二：“A 和 B 都不是第一个出场，B 不是最后一个出场”的安排方法中，另外 3 人
中任何一个人第一个出场的概率都相等，故“C 第一个出场”的概率是1
3.
6．(2017·重庆适应性测试)从 2,3,4,5,6 这 5 个数字中任取 3 个，则所取 3 个数之和为偶
数的概率为________．
解析：依题意，从 2,3,4,5,6 这 5 个数字中任取 3 个，共有 10 种不同的取法，其中所取
3 个数之和为偶数的取法共有 1＋3＝4 种(包含两种情形：一种情形是所取的 3 个数均为偶
数，有 1 种取法；另一种情形是所取的 3 个数中 2 个是奇数，另一个是偶数，有 3 种取法)，
因此所求的概率为 4
10
＝2
5.
答案：2
5
7．(2016·江苏高考)将一颗质地均匀的骰子(一种各个面上分别标有 1,2,3,4,5,6 个点的正
方体玩具)先后抛掷 2 次，则出现向上的点数之和小于 10 的概率是________．
解析：将一颗质地均匀的骰子先后抛掷 2 次，所有等可能的结果有(1,1)，(1,2)，(1,3)，
(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,1)，(2,2)，…，(6,6)，共 36 种情况．设事件 A＝“出现向上的点数之
和小于 10”，其对立事件 A ＝“出现向上的点数之和大于或等于 10”， A 包含的可能结
果有(4,6)，(5,5)，(5,6)，(6,4)，(6,5)，(6,6)，共 6 种情况．所以由古典概型的概率公式，得
P( A )＝ 6
36
＝1
6
，所以 P(A)＝1－1
6
＝5
6.
答案：5
6
8．现有 7 名数理化成绩优秀者，分别用 A1，A2，A3，B1，B2，C1，C2 表示，其中 A1，
A2，A3 的数学成绩优秀，B1，B2 的物理成绩优秀，C1，C2 的化学成绩优秀．从中选出数学、
物理、化学成绩优秀者各 1 名，组成一个小组代表学校参加竞赛，则 A1 和 B1 不全被选中的
概率为________．
解析：从这 7 人中选出数学、物理、化学成绩优秀者各 1 名，所有可能的结果组成的
12 个基本事件为：(A1，B1，C1)，(A1，B1，C2)，(A1，B2，C1)，(A1，B2，C2)，(A2，B1，
C1)，(A2，B1，C2)，(A2，B2，C1)，(A2，B2，C2)，(A3，B1，C1)，(A3，B1，C2)，(A3，B2，
C1)，(A3，B2，C2)．
设“A1 和 B1 不全被选中”为事件 N，则其对立事件 N 表示“A1 和 B1 全被选中”，由
于 N ＝{(A1，B1，C1)，(A1，B1，C2)}，所以 P( N )＝ 2
12
＝1
6
，由对立事件的概率计算公式
得 P(N)＝1－P( N )＝1－1
6
＝5
6.
答案：5
6
9．在某项大型活动中，甲、乙等五名志愿者被随机地分到 A，B，C，D 四个不同的岗
位服务，每个岗位至少有一名志愿者．
(1)求甲、乙两人同时参加 A 岗位服务的概率；
(2)求甲、乙两人不在同一个岗位服务的概率；
(3)求五名志愿者中仅有一人参加 A 岗位服务的概率．
解：(1)记“甲、乙两人同时参加 A 岗位服务”为事件 EA，那么 P(EA)＝ A33
C25A44
＝ 1
40
，即
甲、乙两人同时参加 A 岗位服务的概率是 1
40.
(2)记“甲、乙两人同时参加同一岗位服务”为事件 E，那么 P(E)＝ A44
C25A44
＝ 1
10
，所以甲、
乙两人不在同一岗位服务的概率是 P( E )＝1－P(E)＝ 9
10.
(3)有两人同时参加 A 岗位服务的概率 P2＝C25A33
C25A44
＝1
4
，所以仅有一人参加 A 岗位服务的
概率 P1＝1－P2＝3
4.
10．移动公司在国庆期间推出 4G 套餐，对国庆节当日办理套餐的客户进行优惠，优惠
方案如下：选择套餐 1 的客户可获得优惠 200 元，选择套餐 2 的客户可获得优惠 500 元，
选择套餐 3 的客户可获得优惠 300 元．国庆节当天参与活动的人数统计结果如图所示，现
将频率视为概率．
(1)求从中任选 1 人获得优惠金额不低于 300 元的概率；
(2)若采用分层抽样的方式从参加活动的客户中选出 6 人，再从该 6 人中随机选出 2 人，
求这 2 人获得相等优惠金额的概率．
解：(1)设事件 A 为“从中任选 1 人获得优惠金额不低于 300 元”，则 P(A)＝
150＋100
50＋150＋100
＝5
6.
(2)设事件 B 为“从这 6 人中选出 2 人，他们获得相等优惠金额”，由题意按分层抽样
方式选出的 6 人中，获得优惠 200 元的有 1 人，获得优惠 500 元的有 3 人，获得优惠 300
元的有 2 人，分别记为 a1，b1，b2，b3，c1，c2，从中选出 2 人的所有基本事件如下：a1b1，
a1b2，a1b3，a1c1，a1c2，b1b2，b1b3，b1c1，b1c2，b2b3，b2c1，b2c2，b3c1，b3c2，c1c2，共 15
个．
其中使得事件 B 成立的有 b1b2，b1b3，b2b3，c1c2，共 4 个．
则 P(B)＝ 4
15.
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．在二项式
x＋
1
24 x n 的展开式中，前三项的系数成等差数列，把展开式中所有的
项重新排成一列，有理项都互不相邻的概率为( )
A.1
6 B.1
4
C.1
3 D. 5
12
解析：选 D 注意到二项式
x＋
1
24 x n 的展开式的通项是 Tr＋1＝Crn( x)n－r
1
24 x r＝Crn2
－rx2n－3r
4
.
依题意有 C0n＋C2n2－2＝2C1n2－1＝n，
即 n2－9n＋8＝0，解得 n＝8 或 n＝1(舍去)，
∵二项式
x＋
1
24 x 8 的展开式的通项是
Tr＋1＝Cr82－rx4－3r
4
，其展开式中的有理项共有 3 项，所求的概率等于A66A37
A99
＝ 5
12
，选 D.
2．已知关于 x 的一元二次函数 f(x)＝ax2－4bx＋1.
(1)设集合 P＝{1,2,3}和 Q＝{－1,1,2,3,4}，分别从集合 P 和 Q 中随机取一个数作为 a 和
b，求函数 y＝f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数的概率；
(2)设点(a，b)是区域
x＋y－8≤0，
x>0，
y>0
内的随机点，求函数 y＝f(x)在区间[1，＋∞)上
是增函数的概率．
解：(1)∵函数 f(x)＝ax2－4bx＋1 的图象的对称轴为 x＝2b
a
，要使 f(x)＝ax2－4bx＋1 在
区间[1，＋∞)上为增函数，
当且仅当 a>0 且2b
a
≤1，即 2b≤a.
若 a＝1，则 b＝－1；
若 a＝2，则 b＝－1,1；
若 a＝3，则 b＝－1,1.
∴事件包含基本事件的个数是 1＋2＋2＝5，
∵事件“分别从集合 P 和 Q 中随机取一个数作为 a 和 b”的个数是 15.
∴所求事件的概率为 5
15
＝1
3.
(2)由(1)知当且仅当 2b≤a 且 a>0 时，函数 f(x)＝ax2－4bx＋1 在区
间[1，＋∞)上为增函数，依条件可知试验的全部结果所构成的区域为
a，b| a＋b－8≤0，
a>0，
b>0 构成所求事件的区域为如图所示的三
角形 AOB 部分．
由
a＋b－8＝0，
b＝a
2
， 得交点坐标 C
16
3
，8
3 ，
∴所求事件的概率为 P＝S△COB
S△AOB
＝
1
2
×8×8
3
1
2
×8×8
＝1
3.
第六节 几_何_概_型
1．几何概型的定义
如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度(面积或体积)成比例，则称这样的
概率模型为几何概率模型，简称几何概型．
2．几何概型的两个基本特点
(1)无限性：在一次试验中可能出现的结果有无限多个；
(2)等可能性：每个试验结果的发生具有等可能性．
3．几何概型的概率公式
P(A)＝ 构成事件 A 的区域长度面积或体积
试验的全部结果所构成的区域长度面积或体积.
[提醒] 求解几何概型问题注意数形结合思想的应用．
[小题体验]
1．某路公共汽车每 5 分钟发车一次，某乘客到乘车点的时刻是随机的，则他候车时间
不超过 2 分钟的概率是( )
A.3
5 B.4
5
C.2
5 D.1
5
解析：选 C 试验的全部结果构成的区域长度为 5，所求事件的区域长度为 2，故所求
概率为 P＝2
5.
2．(教材习题改编)在长为 3 m 的线段 AB 上任取一点 P，则点 P 与线段 AB 两端点的距
离都大于 1 m 的概率等于________．
解析：将线段 AB 平均分成 3 段，设中间的两点分别为 C，D，∴当点 P 在线段 CD 上
时，符合题意，线段 CD 的长度为 1，∴所求概率 P＝1
3.
答案：1
3
易混淆几何概型与古典概型，两者共同点是试验中每个结果的发生是等可能的，不同
之处是几何概型的试验结果的个数是无限的，古典概型中试验结果的个数是有限的．
[小题纠偏]
1．已知函数 f(x)＝x2－2x－3，x∈[－1,4]，则 f(x)为增函数的概率为( )
A.1
5 B.2
5
C.3
5 D.4
5
解析：选 C ∵f(x)＝x2－2x－3＝(x－1)2－4，x∈[－1,4]．
∴f(x)在[1,4]上是增函数．
∴f(x)为增函数的概率为 P＝ 4－1
4－－1
＝3
5.
2．如图，在边长为 1 的正方形中随机撒 1 000 粒豆子，有 180 粒落到阴影部分，据此
估计阴影部分的面积为________．
解析：设阴影部分面积为 S，由几何概型可知S
1
＝ 180
1 000
，所以 S＝0.18.
答案：0.18
考点一 与长度角度有关的几何概型基础送分型考点——自主练透
[题组练透]
1．(2017·武汉调研)在区间[0,1]上随机取一个数 x，则事件“log0.5(4x－3)≥0”发生的
概率为( )
A.3
4 B.2
3
C.1
3 D.1
4
解析：选 D 由 log0.5(4x－3)≥0，得 0＜4x－3≤1，
解得3
4
＜x≤1，所以所求概率 P＝
1－3
4
1－0
＝1
4.
2.如图所示，在直角坐标系内，射线 OT 落在 30°角的终边上，任作一条射线 OA，则射
线 OA 落在∠yOT 内的概率为________．
解析：根据题图，因为射线 OA 在坐标系内是等可能分布的，所以 OA
落在∠yOT 内的概率为 60
360
＝1
6.
答案：1
6
3．(2016·山东高考)在[－1,1]上随机地取一个数 ，则事件“直线 y＝ x 与圆(x－5)2＋
y2＝9 相交”发生的概率为________．
解析：由直线 y＝ x 与圆(x－5)2＋y2＝9 相交，得 |5k|
k2＋1
＜3，
即 16 2＜9，解得－3
4
＜ ＜3
4.
由几何概型的概率计算公式可知 P＝
3
4
－ －3
4
2
＝3
4.
答案：3
4
[谨记通法]
1．与长度有关的几何概型
如果试验的结果构成的区域的几何度量可用长度表示，可直接用概率的计算公式求解．
2．与角度有关的几何概型
当涉及射线的转动、扇形中有关落点区域问题时，应以角的大小作为区域度量来计算
概率，且不可用线段的长度代替，这是两种不同的度量手段．
考点二 与体积有关的几何概型重点保分型考点——师生共研
[典例引领]
(2017·河北保定联考)在棱长为 2 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，点 O 为底面 ABCD 的中
心，在正方体 ABCD-A1B1C1D1 内随机取一点 P，则点 P 到点 O 的距离大于 1 的概率为
________．
解析：如图，与点 O 距离等于 1 的点的轨迹是一个半球面，其体
积 V1＝1
2
×4
3π×13＝2π
3 .
事件“点 P 与点 O 距离大于 1 的概率”对应的区域体积为 23－2π
3
，
根据几何概型概率公式得，点 P 与点 O 距离大于 1 的概率 P＝23－2π
3
23
＝1－ π
12.
答案：1－ π
12
[由题悟法]
与体积有关的几何概型求法的关键点
对于与体积有关的几何概型问题，关键是计算问题的总体积(总空间)以及事件的体积
(事件空间)，对于某些较复杂的也可利用其对立事件去求．
[即时应用]
一个多面体的直观图和三视图如图所示，点 M 是 AB 的中点，一只蝴
蝶在几何体 ADF-BCE 内自由飞翔，则它飞入几何体 F-AMCD 内的概率为
( )
A.3
4 B.2
3
C.1
3 D.1
2
解析：选 D 由题图可知 VF-AMCD＝1
3
×SAMCD×DF＝1
4a3，VADF-BCE＝1
2a3，
所以它飞入几何体 F-AMCD 内的概率为
1
4a3
1
2a3
＝1
2.
考点三 与面积有关的几何概型题点多变型考点——多角探明
[锁定考向]
与面积有关的几何概型是近几年高考的热点之一．
常见的命题角度有：
(1)与三角形、矩形、圆等平面图形面积有关的问题；
(2)与线性规划交汇命题的问题；
(3)与定积分交汇命题的问题．
[题点全练]
角度一：与三角形、矩形、圆等平面图形面积有关的问题
1．(2017·湖北省七市(州)协作体联考)平面区域 A1＝{x，y|x2＋y2＜4，x，y∈R}，A2
＝{(x，y)||x|＋|y|≤3，x，y∈R}．在 A2 内随机取一点，则该点不在 A1 内的概率为________．
解析：分别画出区域 A1，A2，如图圆内部分和正方形及其内部所示，根据几何概型可
知，所求概率为18－4π
18
＝1－2π
9 .
答案：1－2π
9
角度二：与线性规划交汇命题的问题
2．(2017·广州综合测试)在平面区域{(x，y)|0≤x≤1，1≤y≤2}内随机投入一点 P，则点
P 的坐标(x，y)满足 y≤2x 的概率为( )
A.1
4 B.1
2
C.2
3 D.3
4
解析：选 A 依题意作出图象如图，则 P(y≤2x)＝ S 阴影
S 正方形
＝
1
2
×1
2
×1
12
＝1
4.
角度三：与定积分交汇命题的问题
3．(2015·福建高考)如图，点 A 的坐标为(1,0)，点 C 的坐标为(2,4)，函数 f(x)＝x2.若在
矩形 ABCD 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率等于________．
解析：由题意知，阴影部分的面积
S＝错误!(4－x2)dx＝ 4x－1
3x3
|21＝5
3
，
∴所求概率 P＝ S
S 矩形 ABCD
＝
5
3
1×4
＝ 5
12.
答案： 5
12
[通法在握]
1．几何概型与平面几何、解析几何等知识交汇问题的解题思路
利用平面几何、解析几何等相关知识，先确定基本事件对应区域的形状，再选择恰当
的方法和公式，计算出其面积，进而代入公式求概率．
2．几何概型与线性规划交汇问题的解题思路
先根据约束条件作出可行域，再确定形状，求面积大小，进而代入公式求概率．
3．几何概型与定积分交汇问题的解题思路
先确定基本事件对应区域的形状构成，再将其面积转化为某定积分的计算，并求其大
小，进而代入公式求概率．
[演练冲关]
1．(2017·石家庄市教学质量检测)如图，圆 C 内切于扇形 AOB，∠AOB
＝π
3
，若向扇形 AOB 内随机投掷 600 个点，则落入圆内的点的个数估计值
为( )
A．100 B．200
C．400 D．450
解析：选 C 如图所示，作 CD⊥OA 于点 D，连接 OC 并延长交扇形于点 E，设扇形
半径为 R，圆 C 半径为 r，∴R＝r＋2r＝3r，∴落入圆内的点的个数估计值为 600·
πr2
1
6π3r2
＝
400.
2．(2015·湖北高考)在区间[0,1]上随机取两 WWW. iyuan u
个数 x，y，记 p1 为事件“x＋y≥1
2
”的概
率 ，p2 为事件“|x－y|≤1
2
”的概率，p3 为事件“xy≤1
2
”的概率，则( )
A．p1＜p2＜p3 B．p2＜p3＜p1
C．p3＜p1＜p2 D．p3＜p2＜p1
解析：选 B 满足条件的 x，y 构成的点(x，y)在正方形 OBCA 及其边界上．事件“x
＋y≥1
2
”对应的图形为图①所示的阴影部分；事件“|x－y|≤1
2
”对应的图形为图②所示的阴
影部分；事件“xy≤1
2
”对应的图形为图③所示的阴影部分．对三者的面积进行比较，可得
p2＜p3＜p1.
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．在区间[－1,2]上随机取一个数 x，则|x|≤1 的概率为( )
A.2
3 B.1
4
C.1
3 D.1
2
解析：选 A 因为|x|≤1，所以－1≤x≤1，所以所求的概率为1－－1
2－－1
＝2
3.
2．(2017·广州市五校联考)四边形 ABCD 为长方形，AB＝2，BC＝1，O 为 AB 的中点，
在长方形 ABCD 内随机取一点，取到的点到 O 的距离大于 1 的概率为( )
A.π
4 B．1－π
4
C.π
8 D．1－π
8
解析：选 B 如图，依题意可知所求概率为图中阴影部分与长方形的
面积比，即所求概率 P＝ S 阴影
S 长方形 ABCD
＝2－π
2
2
＝1－π
4.
3．已知正棱锥 S-ABC 的底面边长为 4，高为 3，在正棱锥内任取一点 P，使得 VP-ABC
＜1
2VS-ABC 的概率是( )
A.3
4 B.7
8
C.1
2 D.1
4
解析：选 B 由题意知，当点 P 在三棱锥的中截面以下时，满足 VP-ABC
＜ 1
2 VS-ABC ， 故 使 得 VP-ABC ＜ 1
2 VS-ABC 的 概 率 ： P ＝
大三棱锥的体积－小三棱锥的体积
大三棱锥的体积
＝1－
1
2 3＝7
8.
4．已知函数 f(x)＝x2－x－2，x∈[－5,5]，若从区间[－5,5]内随机抽取一个实数 x0，
则所取的 x0 满足 f(x0)≤0 的概率为________．
解析：令 x2－x－2≤0，解得－1≤x≤2，由几何概型的概率计算公式得 P＝2－－1
5－－5
＝
3
10
＝0.3.
答案：0.3
5．(2016·河南省六市第一次联考)欧阳修《卖油翁》中写道：(翁)乃取一葫芦置于地，
以钱覆其口，徐以杓酌油沥之，自钱孔入，而钱不湿，可见“行行出状元”，卖油翁的技
艺让人叹为观止，若铜钱是直径为 2 cm 的圆，中间有边长为 0.5 cm 的正方形孔，若你随机
向铜钱上滴一滴油，则油(油滴的大小忽略不计)正好落入孔中的概率为________．
解析：由题意得，所求概率为 P＝
1
2 2
π
＝ 1
4π.
答案： 1
4π
二保高考，全练题型做到高考达标
1．有四个游戏盘，将它们水平放稳后，在上面扔一颗玻璃小球，若小球落在阴影部分，
则可中奖，小明要想增加中奖机会，应选择的游戏盘是( )
解析：选 A 由题意及题图可知，各种情况的概率都是其面积比，中奖的概率依次为
P(A)＝3
8
，P(B)＝2
8
，P(C)＝1
3
，P(D)＝1
3
，故 P(A)最大，应选 A.
2．在长为 12 cm 的线段 AB 上任取一点 C.现作一矩形，邻边长分别等于线段 AC，CB
的长，则该矩形面积小于 32 cm2 的概率为( )
A.1
6 B.1
3
C.2
3 D.4
5
解析：选 C 根据题意求出矩形的面积为 32 时线段 AC 或线段 BC 的长，然后求出概
率．
设 AC＝x，则 CB＝12－x，
所以 x(12－x)＝32，
解得 x＝4 或 x＝8.
所以 P＝4＋4
12
＝2
3.
3．(2017·贵阳市监测考试)在[－4,4]上随机取一个实数 m，能使函数 f(x)＝x3＋mx2＋3x
在 R 上单调递增的概率为( )
A.1
4 B.3
8
C.5
8 D.3
4
解析：选 D 由题意，得 f′(x)＝3x2＋2mx＋3，要使函数 f(x)在 R 上单调递增，则 3x2
＋2mx＋3≥0 在 R 上恒成立，即Δ＝4m2－36≤0，解得－3≤m≤3，所以所求概率为3－－3
4－－4
＝3
4
，故选 D.
4．已知平面区域 D＝{(x，y)|－1≤x≤1，－1≤y≤1}，在区域 D 内任取一点，则取到
的点位于直线 y＝ x( ∈R)下方的概率为( )
A.1
2 B.1
3
C.2
3 D.3
4
解析：选 A 由题设知，区域 D 是以原点为中心的正方形，直线 y＝ x 将其面积平分，
如图，所求概率为1
2.
5．在区间 －π
6
，π
2 上随机取一个数 x，则 sin x＋cos x∈[1， 2 ]的概率是( )
A.1
2 B.3
4
C.3
8 D.5
8
解析：选 B 因为 x∈ －π
6
，π
2 ，所以 x＋π
4
∈
π
12
，3π
4 ，由 sin x＋cos x＝ 2sin x＋π
4 ∈
[1， 2 ]，得 2
2
≤sin x＋π
4 ≤1，所以 x∈ 0，π
2 ，故要求的概率为
π
2
－0
π
2
－ －π
6
＝3
4.
6．已知集合 A＝{y|y＝x2＋2x，－2≤x≤2}，B＝{x|x2＋2x－3≤0}，在集合 A 中任意
取一个元素 a，则 a∈B 的概率是________．
解析：A＝{y|y＝x2＋2x，－2≤x≤2}＝{y|－1≤y≤8}．
B＝{x|x2＋2x－3≤0}＝{x|－3≤x≤1}.
则所求的概率为1－－3
8－－1
＝4
9.
答案：4
9
7．如图，矩形 OABC 内的阴影部分由曲线 f(x)＝sin x 及直线 x＝a(a∈(0，π])与 x 轴围
成，向矩形 OABC 内随机掷一点，该点落在阴影部分的概率为1
2
，则 a＝________.
解析：根据题意，
阴影部分的面积为
错误!sin xdx＝－cos x|a
0
＝1－cos a，
又矩形的面积为 a·4
a
＝4，
则由几何概型的概率公式可得1－cos a
4
＝1
2
，
即 cos a＝－1，又 a∈(0，π]，所以 a＝π.
答案：π
8．如图，正四棱锥 S-ABCD 的顶点都在球面上，球心 O 在平面
ABCD 上，在球 O 内任取一点，则这点取自正四棱锥内的概率为
________．
解析：设球的半径为 R，则所求的概率为 P＝V 锥
V 球
＝
1
3
×1
2
×2R×2R·R
4
3πR3
＝ 1
2π.
答案： 1
2π
9．已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1，在正方体内随机取点 M.
(1)求四棱锥 M-ABCD 的体积小于1
6
的概率；
(2)求 M 落在三棱柱 ABC-A1B1C1 内的概率．
解：(1)正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，设 M-ABCD 的高为 h，令1
3
×S 四边形 ABCD×h＝1
6
，
∵S 四边形 ABCD＝1，∴h＝1
2.
若体积小于1
6
，则 h＜1
2
，即点 M 在正方体的下半部分，
∴P＝
1
2V 正方体
V 正方体
＝1
2.
(2)∵V 三棱柱＝1
2
×12×1＝1
2
，
∴所求概率 P1＝V 三棱柱
V 正方体
＝1
2.
10．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1
2.
(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.
①记“2≤a＋b≤3”为事件 A，求事件 A 的概率；
②在区间[0,2]内任取 2 个实数 x，y，求事件“x2＋y2＞(a－b)2 恒成立”的概率．
解：(1)依题意共有小球 n＋2 个，标号为 2 的小球 n 个，从袋子中随机抽取 1 个小球，
取到标号为 2 的小球概率为 n
n＋2
＝1
2
，得 n＝2.
(2)①从袋子中不放回地随机抽取 2 个小球，(a，b)所有可能的结果为(0,1)，(0,2)，(0,2)，
(1,2)，(1,2)，(2,2)，(1,0)，(2,0)，(2,0)，(2,1)，(2,1)，(2,2)，共有 12 种，而满足 2≤a＋b≤3
的结果有 8 种，故 P(A)＝ 8
12
＝2
3.
②由①可知，(a－b)2≤4，故 x2＋y2＞4，(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}，
由几何概型得概率为 P＝22－1
4π·22
22
＝1－π
4.
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．(2017·重庆适应性测试)在区间[1,4]上任取两个实数，则所取两个实数之和大于 3 的
概率为( )
A. 1
18 B. 9
32
C.23
32 D.17
18
解析：选 D 依题意，记从区间[1,4]上取出的两个实数为 x，y，不等式组 1≤x≤4，
1≤y≤4
表示的平面区域的面积为(4－1)2＝9，不等式组
1≤x≤4，
1≤y≤4，
x＋y＞3
表示的平面区域的面积为(4
－1)2－1
2
×12＝17
2
，因此所求的概率为
17
2
9
＝17
18
，选 D.
2．已知关于 x 的二次函数 f(x)＝b2x2－(a＋1)x＋1.
(1)若 a，b 分别表示将一质地均匀的正方体骰子(六个面的点数分别为 1,2,3,4,5,6)先后抛
掷两次时第一次、第二次出现的点数，求 y＝f(x)恰有一个零点的概率．
(2)若 a，b∈[1,6]，求满足 y＝f(x)有零点的概率．
解：(1)设(a，b)表示一个基本事件，则抛掷两次骰子的所有基本事件有(1,1)，(1,2)，(1,3)，
(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,1)，(2,2)，…，(6,5)，(6,6)，共 36 个．
用 A 表示事件“y＝f(x)恰有一个零点”，
即Δ＝[－(a＋1)]2－4b2＝0，
则 a＋1＝2b.
则 A 包含的基本事件有(1,1)，(3,2)，(5,3)，共 3 个，
所以 P(A)＝ 3
36
＝ 1
12.
即事件“y＝f(x)恰有一个零点”的概率为 1
12.
(2)用 B 表示事件“y＝f(x)有零点”，即 a＋1≥2b.
试验的全部结果所构成的区域为{(a，b)|1≤a≤6,1≤b≤6}，
构成事件 B 的区域为{(a，b)|1≤a≤6,1≤b≤6，a－2b＋1≥0}，
如图所示：
所以所求的概率为 P(B)＝
1
2
×5×5
2
5×5
＝1
4.
即事件“y＝f(x)有零点”的概率为1
4.
第七节 离散型随机变量及其分布列
1．随机变量的有关概念
(1)随机变量：随着试验结果变化而变化的变量，常用字母 X，Y，ξ，η，…表示．
(2)离散型随机变量：所有取值可以一一列出的随机变量．
2．离散型随机变量分布列的概念及性质
(1)概念：若离散型随机变量 X 可能取的不同值为 x1，x2，…，xi，…，xn，X 取每一个
值 xi(i＝1,2，…，n)的概率 P(X＝xi)＝pi，以表格的形式表示如下：
X x1 x2 … xi … xn
P p1 p2 … pi … pn
此表称为离散型随机变量 X 的概率分布列，简称为 X 的分布列．有时也用等式 P(X＝
xi)＝pi，i＝1,2，…，n 表示 X 的分布列．
(2)分布列的性质
①pi≥0，i＝1,2,3，…，n；
②错误!i＝1.
3．常见的离散型随机变量的分布列
(1)两点分布列
X 0 1
P 1－p p
若随机变量 X 的分布列具有上表的形式，则称 X 服从两点分布，并称 p＝P(X＝1)为成
功概率．
(2)超几何分布列
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＝ )＝CkMCn－kN－M
CnN
，
＝0,1,2，…，m，其中 m＝min{M，n}，且 n≤N，M≤N，n，M，N∈N*.
X 0 1 … m
P C0MCn－0N－M
CnN
C1MCn－1N－M
CnN
… CmMCn－mN－M
CnN
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．
[小题体验]
1．有一批产品共 12 件，其中次品 3 件，每次从中任取一件，在取到合格品之前取出
的次品数 X 的所有可能取值是________．
解析：可能第一次就取到合格品，也可能取完次品后才取得合格品，所以 X 的所有可
能取值为 0,1,2,3.
答案：0,1,2,3
2．某同学求得一离散型随机变量的分布列为
X 0 1 2
P 0.2 0.3 3a－1
则 a 的值为________．
解析：由分布列性质得 0.2＋0.3＋3a－1＝1.∴a＝0.5.
答案：0.5
1．对于分布列易忽视其性质 p1＋p2＋…＋pn＝1 及 pi≥0(i＝1,2，…，n)，其作用可用
于检验所求离散型随机变量的分布列是否正确．
2．确定离散型随机变量的取值时，易忽视各个可能取值表示的事件是彼此互斥的．
[小题纠偏]
1．已知随机变量 X 的分布列为 P(X＝i)＝ i
2a(i＝1,2,3)，则 P(X＝2)＝________.
解析：由分布列的性质知 1
2a
＋ 2
2a
＋ 3
2a
＝1，∴a＝3，
∴P(X＝2)＝ 2
2a
＝1
3.
答案：1
3
2．在含有 3 件次品的 10 件产品中，任取 4 件，则取到次品数 X 的分布列为________．
解析：由题意，X 服从超几何分布，其中 N＝10，M＝3，n＝4，所以分布列为 P(X＝ )
＝Ck3·C4－k7
C410
， ＝0,1,2,3.
答案：P(X＝ )＝Ck3·C4－k7
C410
， ＝0,1,2,3
考点一 离散型随机变量的分布列的性质基础送分型考点——自主练透
[题组练透]
1．(易错题)若离散型随机变量 X 的分布列为
X 0 1
P 9c2－c 3－8c
则常数 c 的值为( )
A.2
3
或1
3 B.2
3
C.1
3 D．1
解析：选 C 根据离散型随机变量分布列的性质知
9c2－c≥0，
3－8c≥0，
9c2－c＋3－8c＝1，
得 c＝1
3.
2．设离散型随机变量 X 的分布列为
X 0 1 2 3 4
P 0.2 0.1 0.1 0.3 m
求 2X＋1 的分布列．
解：由分布列的性质，知 0.2＋0.1＋0.1＋0.3＋m＝1，
解得 m＝0.3.
列表
X 0 1 2 3 4
2X＋1 1 3 5 7 9
所以 2X＋1 的分布列为
2X＋1 1 3 5 7 9
P 0.2 0.1 0.1 0.3 0.3
[谨记通法]
应用离散型随机变量分布列性质的 1 个注意点
利用分布列中各概率之和为 1 可求参数的值，此时要注意检验，以保证每个概率值均
为非负数．如“题组练透”第 1 题．
考点二 离散型随机变量分布列的求法重点保分型考点——师生共研
[典例引领]
一个盒子里装有 7 张卡片，其中有红色卡片 4 张，编号分别为 1,2,3,4；白色卡片 3 张，
编号分别为 2,3,4.从盒子中任取 4 张卡片(假设取到任何一张卡片的可能性相同)．
(1)求取出的 4 张卡片中，含有编号为 3 的卡片的概率；
(2)在取出的 4 张卡片中，红色卡片编号的最大值设为 X，求随机变量 X 的分布列．
解：(1)由题意知， 在 7 张卡片中，编号为 3 的卡片有 2 张，故所求概率为 P＝1－C45
C47
＝
1－ 5
35
＝6
7.
(2)由题意知，X 的可能取值为 1,2,3,4，且
P(X＝1)＝C33
C47
＝ 1
35
，
P(X＝2)＝C34
C47
＝ 4
35
，
P(X＝3)＝C35
C47
＝2
7
，
P(X＝4)＝C36
C47
＝4
7.
所以随机变量 X 的分布列是
X 1 2 3 4
P 1
35
4
35
2
7
4
7
[由题悟法]
离散型随机变量分布列求法的 3 个步骤
(1)找出随机变量 X 的所有可能取值 xi(i＝1,2，3，…，n)；
(2)求出各取值的概率 P(X＝xi)＝pi；
(3)列成表格并用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确．
[提醒] 求离散型随机变量的分布列的关键是求随机变量所有取值对应的概率，在求解
时，要注意应用计数原理、古典概型等知识．
[即时应用]
(2015·安徽高考节选)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．
解：(1)第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率为 P＝2
5
×3
4
＝ 3
10.
(2)由题意可知 X 的可能取值为 200,300,400，
则 P(X＝200)＝2×1
5×4
＝ 1
10
；
P(X＝300)＝3×2×1
5×4×3
＋2×3×2
5×4×3
＝ 3
10
；
P(X＝400)＝1－P(X＝200)－P(X＝300)＝3
5
，
所以 X 的分布列如下表所示：
X 200 300 400
P 1
10
3
10
3
5
考点三 超几何分布重点保分型考点——师生共研
[典例引领]
(2015·天津高考节选)为推动乒乓球运动的发展，某乒乓球比赛允许不同协会的运动员
组队参加．现有来自甲协会的运动员 3 名，其中种子选手 2 名；乙协会的运动员 5 名，其
中种子选手 3 名．从这 8 名运动员中随机选择 4 人参加比赛．
(1)设A为事件“选出的4人中恰有2 名种子选手，且这2名种子选手来自同一个协会”，
求事件 A 发生的概率；
(2)设 X 为选出的 4 人中种子选手的人数，求随机变量 X 的分布列．
解：(1)由已知，有 P(A)＝C22C23＋C23C23
C48
＝ 6
35.
所以事件 A 发生的概率为 6
35.
(2)随机变量 X 的所有可能取值为 1,2,3,4.
P(X＝ )＝Ck5C4－k3
C48
( ＝1,2,3,4)．
所以，随机变量 X 的分布列为
X 1 2 3 4
P 1
14
3
7
3
7
1
14
[由题悟法]
超几何分布的 2 个特点
(1)对于服从某些特殊分布的随机变量，其分布列可直接应用公式给出；
(2)超几何分布描述的是不放回抽样问题，随机变量为抽到的某类个体的个数，随机变
量取值的概率实质上是古典概型．
[即时应用]
某大学志愿者协会有 6 名男同学，4 名女同 在这 10 名同学中，3 名同学来自数学学院，
其余 7 名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院．现从这 10 名同学中随机选取 3
名同学，到希望小学进行支教活动(每位同学被选到的可能性相同)．
(1)求选出的 3 名同学是来自互不相同学院的概率；
(2)设 X 为选出的 3 名同学中女同学的人数，求随机变量 X 的分布列．
解：(1)设“选出的 3 名同学是来自互不相同的学院”为事件 A，则 P(A)＝C13C27＋C03C37
C310
＝49
60.
所以选出的 3 名同学是来自互不相同学院的概率为49
60.
(2)随机变量 X 的所有可能值为 0,1,2,3.
P(X＝ )＝Ck4·C3－k6
C310
( ＝0,1,2,3)．
所以，随机变量 X 的分布列是
X 0 1 2 3
P 1
6
1
2
3
10
1
30
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．某射击选手射击环数的分布列为
X 7 8 9 10
P 0.3 0.3 a b
若射击不小于 9 环为优秀，其射击一次的优秀率为( )
A．30 B．40
C．60 D．70
解析：选 B 由分布列的性质得 a＋b＝1－0.3－0.3＝0.4，故射击一次的优秀率为 40 ，
故选 B.
2．若随机变量 X 的分布列为
X －2 －1 0 1 2 3
P 0.1 0.2 0.2 0.3 0.1 0.1
则当 P(X＜a)＝0.8 时，实数 a 的取值范围是( )
A．(－∞，2] B．[1,2]
C．(1,2] D．(1,2)
解析：选 C 由随机变量 X 的分布列知：P(X＜－1)＝0.1，P(X＜0)＝0.3，P(X＜1)＝
0.5，P(X＜2)＝0.8，
则当 P(X＜a)＝0.8 时，实数 a 的取值范围是(1,2]．
3．从装有 3 个白球、4 个红球的箱子中，随机取出了 3 个球，恰好是 2 个白球、1 个
红球的概率是( )
A. 4
35 B. 6
35
C.12
35 D. 36
343
解析：选 C 如果将白球视为合格品，红球视为不合格品，则这是一个超几何分布问
题，故所求概率为 P＝C23C14
C37
＝12
35.
4．一个均匀小正方体的六个面中，三个面上标有数字 0，两个面上标有数字 1，一个
面上标有数字 2.将这个小正方体抛掷 2 次，则向上的数之积 X 的分布列为________．
解析：随机变量 X 的可能取值为 0,1,2,4，P(X＝0)＝3
4
，P(X＝1)＝1
9
，P(X＝2)＝1
9
，P(X
＝4)＝ 1
36
，
所以分布列为
X 0 1 2 4
P 3
4
1
9
1
9
1
36
答案：
X 0 1 2 4
P 3
4
1
9
1
9
1
36
5．设随机变量 X 的概率分布列为
X 1 2 3 4
P 1
3 m 1
4
1
6
则 P(|X－3|＝1)＝________.
解析：根据概率分布列的性质得出：
1
3
＋m＋1
4
＋1
6
＝1，
得 m＝1
4
，
随机变量 X 的概率分布列为
X 1 2 3 4
P 1
3
1
4
1
4
1
6
所以 P(|X－3|＝1)＝P(4)＋P(2)＝ 5
12.
答案： 5
12
二保高考，全练题型做到高考达标
1．袋中装有 10 个红球、5 个黑球．每次随机抽取 1 个球后，若取得黑球则另换 1 个红
球放回袋中，直到取到红球为止．若抽取的次数为 X，则表示“放回 5 个红球”事件的是
( )
A．X＝4 B．X＝5
C．X＝6 D．X≤5
解析：选 C 事件“放回 5 个红球”表示前 5 次摸到黑球，且第 6 次摸到红球，所以 X
＝6.
2．设随机变量 X 的分布列为 P(X＝ )＝a
1
3 ， ＝1,2,3，则 a 的值为( )
A．1 B. 9
13
C.11
13 D.27
13
解析：选 D 因为随机变量 X 的分布列为
P(X＝ )＝a
1
3 ( ＝1,2,3)，
所以根据分布列的性质有 a×1
3
＋a
1
3 2＋a
1
3 3＝1，
所以 a
1
3
＋1
9
＋ 1
27 ＝a×13
27
＝1，
所以 a＝27
13.
3．设随机变量 Y 的分布列为
Y －1 2 3
P 1
4 m 1
4
则“3
2
≤Y≤7
2
”的概率为( )
A.1
4 B.1
2
C.3
4 D.2
3
解析：选 C 依题意知，1
4
＋m＋1
4
＝1，则 m＝1
2.
故 P
3
2
≤Y≤7
2 ＝P(Y＝2)＋P(Y＝3)＝1
2
＋1
4
＝3
4.
4．已知离散型随机变量 X 的分布列为
X 0 1 2
P 0.5 1－2q 1
3q
则 P( X∈ )＝( )
A．0.9 B．0.8
C．0.7 D．0.6
解析：选 A 由分布列性质得 0.5＋1－2q＋1
3q＝1，
解得 q＝0.3，
∴P( X∈ )＝P(X＝0)＋P(X＝1)
＝0.5＋1－2×0.3＝0.9，故选 A.
5．(2017·泰安模拟)若 P(X≤x2)＝1－β，P(X≥x1)＝1－α，其中 x10 时，我们有 P(A|B)＝PA∩B
PB .(其中，A∩B 也可以记
成 AB)
类似地，当 P(A)>0 时，A 发生时 B 发生的条件概率为 P(B|A)
＝PAB
PA
(1)0≤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)＋P(C|A)
2.事件的相互独立性
(1)定义：设 A，B 为两个事件，若 P(AB)＝P(A)P(B)，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)＝P(A)P(B)．
②如果事件 A 与 B 相互独立，那么 A 与 B ， A 与 B， A 与 B 也相互独立．
3．独立重复试验与二项分布
独立重复试验 二项分布
定义
在相同条件下重复做的 n 次试验
称为 n 次独立重复试验
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 发生的概率为 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
计算公式
Ai(i＝1,2，…，n)表示第 i 次试验
结 果 ， 则 P(A1A2A3…An) ＝
P(A1)P(A2)…P(An)
在 n 次独立重复试验中，事件 A
恰好发生 次的概率为 P(X＝ )＝
Cknp (1－p)n－ ( ＝0，1,2，…，n)
[小题体验]
1．抛掷两枚质地均匀的硬币，A＝{第一枚为正面向上}，B＝{第二枚为正面向上}，则
事件 C＝{两枚向上的面为一正一反}的概率为( )
A．0.25 B．0.5
C．0.75 D．0.375
解析：选 B P(A)＝P(B)＝1
2
，P( A )＝P( B )＝1
2.
则 P(C)＝P(A B ＋ A B)＝P(A)P( B )＋P( A )P(B)
＝1
2
×1
2
＋1
2
×1
2
＝0.5，故选 B.
2．(教材习题改编)小王通过英语听力测试的概率是1
3
，他连续测试 3 次，那么其中恰有
1 次获得通过的概率是________．
解析：所求概率 P＝C13·
1
3 1· 1－1
3 3－1＝4
9.
答案：4
9
1．易混“相互独立”和“事件互斥”
两事件互斥是指两事件不可能同时发生，两事件相互独立是指一个事件的发生与否对
另一个事件发生的概率没有影响，两个事件相互独立不一定互斥．
2．P(B|A)与 P(A|B)易混淆为等同
前者是在 A 发生的条件下 B 发生的概率，后者是在 B 发生的条件下 A 发生的概率．
3．易混淆二项分布与两点分布
由二项分布的定义可以发现，两点分布是一种特殊的二项分布，即 n＝1 时的二项分布．
[小题纠偏]
1．把一枚硬币连续抛两次，记“第一次出现正面”为事件 A，“第二次出现反面”为
事件 B，则 P(B|A)等于( )
A.1
2 B.1
4
C.1
6 D.1
8
解析：选 A 由古典概型知 P(A)＝1
2
，P(AB)＝1
4
，则由条件概率知 P(B|A)＝PAB
PA
＝
1
4
1
2
＝
1
2.
2．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为 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
考点一 条件概率基础送分型考点——自主练透
[题组练透]
1．甲、乙两人独立地对同一目标各射击一次，命中率分别为 0.6 和 0.5，现已知目标被
击中，则它是被甲击中的概率为( )
A．0.45 B．0.6
C．0.65 D．0.75
解析：选 D 设目标被击中为事件 B，目标被甲击中为事件 A，则由 P(B)＝0.6×0.5＋
0.4×0.5＋0.6×0.5＝0.8，
得 P(A|B)＝PAB
PB
＝PA
PB
＝0.6
0.8
＝0.75.
2．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)＝( )
A.1
8 B.1
4
C.2
5 D.1
2
解析：选 B 法一：P(A)＝C23＋C22
C25
＝ 4
10
＝2
5
，P(AB)＝C22
C25
＝ 1
10.由条件概率计算公式，得
P(B|A)＝PAB
PA
＝
1
10
2
5
＝1
4.
法二：取到的 2 个数之和为偶数基本事件数 n(A)＝C23＋C22＝4，在事件 A 发生的条件下
求事件 B 包含的基本事件数 n(AB)＝1，则 P(B|A)＝nAB
nA
＝1
4.
3．(2017·桂林调研)某盒中装有 10 只乒乓球，其中 6 只新球，4 只旧球，不放回地依次
摸出 2 个球使用，在第一次摸出新球的条件下，第二次也取到新球的概率为( )
A.3
5 B.5
9
C. 1
10 D.2
5
解析：选 B 第一次摸出新球记为事件 A，
则 P(A)＝3
5
，
第二次取到新球记为事件 B，
则 P(AB)＝ C26
C210
＝1
3
，
∴P(B|A)＝PAB
PA
＝
1
3
3
5
＝5
9
，故选 B.
[谨记通法]
条件概率的 2 种求法
(1)定义法
先求 P(A)和 P(AB)，再由 P(B|A)＝PAB
PA
，求 P(B|A)．
(2)基本事件法
当基本事件适合有限性和等可能性时，可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)，得 P(B|A)
＝nAB
nA .
考点二 相互独立事件同时发生的概率重点保分型考点——师生共研
[典例引领]
(2017·南宁二中检测)在一场娱乐晚会上，有 5 位民间歌手(1 到 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≥2”的事件概率．
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)＝C12
C23
＝2
3
，P(B)＝C24
C35
＝3
5.
∵事件 A 与 B 相互独立，A 与 B 相互独立，则 A· B 表示事件“甲选中 3 号歌手，且
乙没选中 3 号歌手”．
∴P(A B )＝P(A)·P( B )＝P(A)·[1－P(B)]＝2
3
×2
5
＝ 4
15.
即观众甲选中 3 号歌手且观众乙未选中 3 号歌手的概率是 4
15.
(2)设 C 表示事件“观众丙选中 3 号歌手”，
则 P(C)＝C24
C35
＝3
5
，
依题意，A，B，C 相互独立，A ，B ， C 相互独立，
且 AB C ，A B C， A BC，ABC 彼此互斥．
又 P(X＝2)＝P(AB C )＋P(A B C)＋P( A BC)
＝2
3
×3
5
×2
5
＋2
3
×2
5
×3
5
＋1
3
×3
5
×3
5
＝33
75
，
P(X＝3)＝P(ABC)＝2
3
×3
5
×3
5
＝18
75
，
∴P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝33
75
＋18
75
＝17
25.
[由题悟法]
相互独立事件中求复杂事件概率的解题思路
(1)将待求复杂事件转化为几个彼此互斥简单事件的和．
(2)将彼此互斥简单事件中的简单事件，转化为几个已知(易求)概率的相互独立事件的积
事件．
(3)代入概率的积、和公式求解．
[即时应用]
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，计算：
(1)两人都击中目标的概率；
(2)其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.“两
人都击中目标”是事件 AB；“恰有 1 人击中目标”是 A B ∪ A B；“至少有 1 人击中目
标”是 AB∪A B ∪ 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，恰好有一人击中目标”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＝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)“两人各射击一次，至少有一人击中目标”的概率为 P＝P(AB)＋[P(A B )＋P( A B)]
＝0.64＋0.32＝0.96.
考点三 独立重复试验与二项分布重点保分型考点——师生共研
[典例引领]
一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需要击鼓三次，每次击鼓要么出现一次音乐，
要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次后，出现一次音乐获得 10 分，出现两次音乐获得 20
分，出现三次音乐获得 100 分，没有出现音乐则扣除 200 分(即获得－200 分)．设每次击鼓
出现音乐的概率为1
2
，且各次击鼓出现音乐相互独立．
(1)设每盘游戏获得的分数为 X，求 X 的分布列；
(2)玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率是多少？
解：(1)X 的可能取值有－200,10,20,100.根据题意，有 P(X＝－200)＝C03
1
2 0 1－1
2 3＝1
8
，
P(X＝10)＝C13
1
2 1 1－1
2 2＝3
8
，
P(X＝20)＝C23
1
2 2 1－1
2 1＝3
8
，
P(X＝100)＝C33
1
2 3 1－1
2 0＝1
8.
所以 X 的分布列为
X －200 10 20 100
P 1
8
3
8
3
8
1
8
(2)由(1)知：每盘游戏出现音乐的概率是
P＝3
8
＋3
8
＋1
8
＝7
8.
则玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率是
P1＝1－C03
7
8 0 1－7
8 3＝511
512.
[由题悟法]
二项分布满足的 3 个条件
(1)每次试验中，事件发生的概率是相同的．
(2)各次试验中的事件是相互独立的．
(3)每次试验中只有两种结果：事件要么发生，要么不发生．
[即时应用]
某市为了调查学校“阳光体育活动”在高三年级的实施情况，从本市某校高三男生中
随机抽取一个班的男生进行投掷实心铅球(重 3 g)测试，成绩在 6.9 米以上的为合格．把所
得数据进行整理后，分成 5 组画出的频率分布直方图的一部分如图所示，已知成绩在[9.9,11.4)
的频数是 4.
(1)求这次铅球测试成绩合格的人数；
(2)若从今年该市高中毕业男生中随机抽取两名，记 X 表示两人中成绩不合格的人数，
利用样本估计总体，求 X 的分布列．
解：(1)由直方图，知成绩在[9.9,11.4)的频率为
1－(0.05＋0.22＋0.30＋0.03)×1.5＝0.1.
因为成绩在[9.9,11.4)的频数是 4，
故抽取的总人数为 4
0.1
＝40.
又成绩在 6.9 米以上的为合格，所以这次铅球测试成绩合格的人数为 40－0.05×1.5×40
＝37.
(2)X 的所有可能的取值为 0,1,2，利用样本估计总体，从今年该市高中毕业男生中随机
抽取一名成绩合格的概率为37
40
，成绩不合格的概率为 1－37
40
＝ 3
40
，可判断 X～B 2， 3
40 .
P(X＝0)＝C02×
37
40 2＝1 369
1 600
，
P(X＝1)＝C12× 3
40
×37
40
＝111
800
，
P(X＝2)＝C22×
3
40 2＝ 9
1 600
，
故所求 X 的分布列为
X 0 1 2
P 1 369
1 600
111
800
9
1 600
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．设随机变量 X～B 6，1
2 ，则 P(X＝3)等于( )
A. 5
16 B. 3
16
C.5
8 D.3
8
解析：选 A X～B 6，1
2 ，由二项分布可得，
P(X＝3)＝C36
1
2 3· 1－1
2 3＝ 5
16.
2．投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件 A，“骰子
向上的点数为奇数”为事件 B，则事件 A，B 中至少有一件发生的概率是( )
A. 5
12 B.1
2
C. 7
12 D.3
4
解析：选 D P(A)＝1
2
，P(B)＝1
2
，P( A )＝1
2
，P( B )＝1
2.
A，B 中至少有一件发生的概率为 1－P( A )·P( B )＝1－1
2
×1
2
＝3
4
，故选 D.
3．根据历年气象统计资料，宜都三月份吹东风的概率为 3
10
，下雨的概率为11
30
，既吹东
风又下雨的概率为 8
30
，则在吹东风的条件下下雨的概率为( )
A. 9
11 B.8
9 C.2
5 D. 8
11
解析：选 B 设事件 A 表示宜都三月份吹东风，事件 B 表示三月份下雨，根据条件概
率计算公式可得在吹东风的条件下下雨的概率 P(B|A)＝
8
30
3
10
＝8
9.
4．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 1
70
，1
69
，1
68
，
且各道工序互不影响，则加工出来的零件的次品率为________．
解析：依题意得，加工出来的零件的正品率是 1－ 1
70 × 1－ 1
69 × 1－ 1
68 ＝67
70
，因此加
工出来的零件的次品率是 1－67
70
＝ 3
70.
答案： 3
70
5．位于坐标原点的一个质点 P 按下述规则移动：质点每次移动一个单位，移动的方向
为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是1
2.质点 P 移动五次后位于点(2,3)的概率是
________．
解析：移动五次后位于点(2,3)，所以质点 P 必须向右移动 2 次，向上移动 3 次．
故其概率为 C35
1
2 3·
1
2 2＝C35
1
2 5＝ 5
16.
答案： 5
16
二保高考，全练题型做到高考达标
1．打靶时甲每打 10 次，可中靶 8 次；乙每打 10 次，可中靶 7 次．若两人同时射击一
个目标，则它们都中靶的概率是( )
A.3
5 B.3
4
C.12
25 D.14
25
解析：选 D 由题意知甲中靶的概率为4
5
，乙中靶的概率为 7
10
，两人打靶相互独立，同
时中靶的概率为4
5
× 7
10
＝14
25.
2．如果生男孩和生女孩的概率相等，则有 3 个小孩的家庭中女孩多于男孩的概率为
( )
A.2
3 B.1
2
C.3
4 D.1
4
解析：选 B 设女孩个数为 X，女孩多于男孩的概率为 P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝
C23
1
2 2×1
2
＋C33
1
2 3＝3×1
8
＋1
8
＝1
2.故选 B.
3．(2016·武汉市调研测试)抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记 A＝{两次的点数均为奇
数}，B＝{两次的点数之和为 4}，则 P(B|A)＝( )
A. 1
12 B.1
4
C.2
9 D.2
3
解析：选 C 事件 A 为“两次所得点数均为奇数”，则有(1,1)，(1,3)，(1,5)，(3,1)，(3,3)，
(3,5)，(5,1)，(5,3)，(5,5)，共 9 种；B 为“两次的点数之和为 4”，则有(1,3)，(3,1)，共 2
种，所以 P(B|A)＝2
9
，故选 C.
4．(2017·金华一中模拟)端午节放假，甲回老家过节的概率为1
3
，乙、丙回老家过节的
概率分别为1
4
，1
5.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.59
60 B.3
5
C.1
2 D. 1
60
解析：选 B “甲、乙、丙回老家过节”分别记为事件 A，B，C，则 P(A)＝1
3
，P(B)
＝1
4
，P(C)＝1
5
，所以 P( A )＝2
3
，P( B )＝3
4
，P( C )＝4
5.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 )＝2
3
×3
4
×4
5
＝2
5
，所以
至少有一人回老家过节的概率 P＝1－2
5
＝3
5.
5．在四次独立重复试验中，事件 A 在每次试验中出现的概率相同，若事件 A 至少发生
一次的概率为65
81
，则事件 A 恰好发生一次的概率为( )
A.1
3 B.2
3
C.32
81
中/华-资*源 库 D. 8
81
解析：选 C 设事件 A 在每次试验中发生的概率为 p，则事件 A 在 4 次独立重复试验
中，恰好发生 次的概率为 P(X＝ )＝Ck4p (1－p)4－ ( ＝0,1,2,3,4)，∴P(X＝0)＝C04p0(1－p)4
＝(1－p)4，由条件知 1－P(X＝0)＝65
81
，∴(1－p)4＝16
81
，∴1－p＝2
3
，∴p＝1
3.∴P(X＝1)＝C14p·(1
－p)3＝4×1
3
×
2
3 3＝32
81
，故选 C.
6．某种电路开关闭合后，会出现红灯或绿灯闪烁，已知开关第一次闭合后出现红灯的
概率是1
2
，两次闭合都出现红灯的概率为1
6.则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次出现
红灯的概率是________．
解析：“第一次闭合后出现红灯”记为事件 A，“第二次闭合后出现红灯”记为事件 B，
则 P(A)＝1
2
，P(AB)＝1
6.
∴P(B|A)＝PAB
PA
＝
1
6
1
2
＝1
3.
答案：1
3
7．事件 A，B，C 相互独立，如果 P(AB)＝1
6
，P( B C)＝1
8
，P(AB C )＝1
8
，则 P(B)＝
________，P( A B)＝________.
解析：由题意可得
PA·PB＝1
6
，
P B ·PC＝1
8
，
PA·PB·P C ＝1
8
，
解得 P(A)＝1
3
，P(B)＝1
2
，
∴P( A B)＝P( A )·P(B)＝2
3
×1
2
＝1
3.
答案：1
2
1
3
8．投掷一枚图钉，设钉尖向上的概率为 p，连续掷一枚图钉 3 次，若出现 2 次钉尖向
上的概率小于 3 次钉尖向上的概率，则 p 的取值范围为________．
解析：设 P(B )( ＝0,1,2,3)表示“连续投掷一枚图钉，出现 次钉尖向上”的概率，
由题意得 P(B2)m)＝0.3，则 P(X>6－m)＝________.
解析：因为 P(X>m)＝0.3，所以 P(X<6－m)＝0.3，所以 P(X>6－m)＝1－P(X<6－m)＝
0.7.
答案：0.7
1．理解均值 E(X)易失误．均值 E(X)是一个实数，由 X 的分布列唯一确定，即 X 作为
随机变量是可变的，而 E(X)是不变的，它描述 X 值的取值平均状态．
2．注意 E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2D(X)易错．
[小题纠偏]
1．一个正四面体 ABCD 的四个顶点上分别标有 1 分，2 分，3 分和 4 分，往地面抛掷
一次记不在地面上的顶点的分数为 X，则 X 的均值为________．
解析：X 的分布列为
X 1 2 3 4
P 1
4
1
4
1
4
1
4
∴E(X)＝1×1
4
＋2×1
4
＋3×1
4
＋4×1
4
＝5
2.
答案：5
2
2．已知 X 的分布列为
X －1 0 1
P 1
2
1
3
1
6
设 Y＝2X＋3，则 E(Y)的值为________．
解析：∵E(X)＝－1
2
＋1
6
＝－1
3
，
∴E(Y)＝E(2X＋3)＝2E(X)＋3＝－2
3
＋3＝7
3.
答案：7
3
考点一 正态分布基础送分型考点——自主练透
[题组练透]
1．设随机变量 X 服从正态分布 N(0,1)，若 P(X>1)＝p，则 P(－10)＝P(X<0)＝1
2
，P(X>1)＝P(X<－1)＝p，
所以 P(－13)＝0.5，故 P(X>1)＝P(X<5)＝
0.8，所以 P(X≤1)＝1－P(X>1)＝0.2，P(10，试卷满分 150 分)，统计结果显示数学考试成绩在 70 分到 110 分之间的人数约为总
人数的3
5
，则此次月考中数学考试成绩不低于 110 分的学生约有________人．
解析：∵成绩服从正态分布 X～N(90，a2)，
∴其正态分布曲线关于直线 x＝90 对称，
又∵成绩在 70 分到 110 分之间的人数约为总人数的3
5
，
由对称性知成绩在 110 分以上的人数约为总人数的1
2
× 1－3
5 ＝1
5
，∴此次数学考试成绩
不低于 110 分的学生约有1
5
×600＝120(人)．
答案：120
[谨记通法]
求解正态总体在某个区间内取值的概率的 2 个关键点
(1)熟记 P(μ－σ＜X≤μ＋σ)，P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)，P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)的值；
(2)充分利用正态曲线的对称性和曲线与 x 轴之间面积为 1.
①正态曲线关于直线 x＝μ对称，从而在关于 x＝μ对称的区间上概率相等．
②P(X＜a)＝1－P(X≥a)，P(X≤μ－a)＝P(X≥μ＋a)．
考点二 离散型随机变量的均值重点保分型考点——师生共研
[典例引领]
(2016·全国卷乙)某公司计划购买 2 台机器，该种机器使用三年后即被淘汰．机器有一
易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个 200 元．在机器使用期
间，如果备件不足再购买，则每个 500 元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零
件，为此搜集并整理了 100 台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图：
以这 100 台机器更换的易损零件数的频率代替 1 台机器更换的易损零件数发生的概
率，记 X 表示 2 台机器三年内共需更换的易损零件数，n 表示购买 2 台机器的同时购买的
易损零件数．
(1)求 X 的分布列；
(2)若要求 P(X≤n)≥0.5，确定 n 的最小值；
(3)以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在 n＝19 与 n＝20 之中选其一，应
选用哪个？
解：(1)由柱状图及以频率代替概率可得，一台机器在三年内需更换的易损零件数为
8,9,10,11 的概率分别为 0.2，0.4，0.2,0.2.
从而 P(X＝16)＝0.2×0.2＝0.04；
P(X＝17)＝2×0.2×0.4＝0.16；
P(X＝18)＝2×0.2×0.2＋0.4×0.4＝0.24；
P(X＝19)＝2×0.2×0.2＋2×0.4×0.2＝0.24；
P(X＝20)＝2×0.2×0.4＋0.2×0.2＝0.2；
P(X＝21)＝2×0.2×0.2＝0.08；
P(X＝22)＝0.2×0.2＝0.04.
所以 X 的分布列为：
X 16 17 18 19 20 21 22
P 0.04 0.16 0.24 0.24 0.2 0.08 0.04
(2)由(1)知 P(X≤18)＝0.44，P(X≤19)＝0.68，
故 n 的最小值为 19.
(3)记 Y 表示 2 台机器在购买易损零件上所需的费用(单位：元)．
当 n＝19 时，
E(Y)＝19×200×0.68＋(19×200＋500)×0.2＋(19×200＋2×500)×0.08＋(19×200＋
3×500)×0.04＝4 040；
当 n＝20 时，
E(Y)＝20×200×0.88＋(20×200＋500)×0.08＋(20×200＋2×500)×0.04＝4 080.
可知当 n＝19 时所需费用的期望值小于当 n＝20 时所需费用的期望值，故应选 n＝19.
[由题悟法]
求离散型随机变量的均值的 4 个步骤
(1)理解随机变量 X 的意义，写出 X 可能取得的全部值；
(2)求 X 的每个值的概率；
(3)写出 X 的分布列；
(4)由均值定义求出 E(X)．
[即时应用]
(2017·湖南衡阳一中月考) 上购物逐步走进大学生活，某大学学生宿舍 4 人积极参加
购，大家约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去哪家购物，掷出点数为 1 或 2
的人去淘宝 购物，掷出点数大于 2 的人去京东商城购物，且参加者必须从淘宝 和京东商
城中选择一家购物．
(1)求这 4 个人中恰有 2 人去淘宝 购物的概率；
(2)求这 4 个人中去淘宝 购物的人数大于去京东商城购物的人数的概率；
(3)用 X，Y 分别表示这 4 个人中去淘宝 购物的人数和去京东商城购物的人数，记ξ＝|X
－Y|，求随机变量ξ的分布列与数学期望 E(ξ)．
解：(1)每个人去淘宝 购物的概率都为1
3
，去京东商城购物的概率都为 1－1
3
＝2
3
，这 4
个人中恰有 2 人去淘宝 购物的概率为 C24
1
3 2 1－1
3 2＝ 8
27.
(2)用 X 表示这 4 人中去淘宝 购的人数，由题意可知 X～B 4，1
3 ，
则 P(X＝ )＝Ck4
1
3 1－1
3 4－ ( ＝0,1,2,3,4)，
这 4 个人中去淘宝 购物的人数大于去京东商城购物的人数的概率为 P(X＝3)＋P(X＝4)
＝C34
1
3 3 1－1
3 ＋C44
1
3 4＝1
9.
(3)由题意，可知ξ可取 0,2,4，
P(ξ＝0)＝P(X＝2)＝ 8
27
，
P(ξ＝2)＝P(X＝1)＋P(X＝3)＝40
81
，
P(ξ＝4)＝P(X＝0)＋P(X＝4)＝17
81.
故随机变量ξ的分布列为：
ξ 0 2 4
P 8
27
40
81
17
81
E(ξ)＝0× 8
27
＋2×40
81
＋4×17
81
＝148
81 .
考点三 离散型随机变量的均值与方差的应用重点保分型考点——师生共研
[典例引领]
某校设计了一个实验考察方案：考生从 6 道备选题中一次性随机抽取 3 题，按照题目
要求独立完成全部实验操作，规定：至少正确完成其中 2 道题的便可通过．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是2
3
，且
每题正确完成与否互不影响．
(1)求甲、乙两考生正确完成题数的概率分布列，并计算其数学期望；
(2)请分析比较甲、乙两考生的实验操作能力．
解：(1)设考生甲、乙正确完成实验操作的题数分别为 X，Y，则 X 的取值分别为 1,2,3；
Y 的取值分别为 0,1,2,3.
∵P(X＝1)＝C14C22
C36
＝1
5
，P(X＝2)＝C24C12
C36
＝3
5
，
P(X＝3)＝C34C02
C36
＝1
5
，
∴考生甲正确完成题数的概率分布列为
X 1 2 3
P 1
5
3
5
1
5
E(X)＝1×1
5
＋2×3
5
＋3×1
5
＝2.
∵P(Y＝0)＝C03
1－2
3 3＝ 1
27
，
同理：P(Y＝1)＝2
9
，P(Y＝2)＝4
9
，P(Y＝3)＝ 8
27.
∴考生乙正确完成题数的概率分布列为
Y 0 1 2 3
P 1
27
2
9
4
9
8
27
E(Y)＝0× 1
27
＋1×2
9
＋2×4
9
＋3× 8
27
＝2.
(2)∵D(X)＝(2－1)2×1
5
＋(2－2)2×3
5
＋(2－3)2×1
5
＝2
5
，
D(Y) ＝ (2 － 0)2× 1
27
＋ (2 － 1)2× 2
9
＋ (2 － 2)2× 4
9
＋ (2 － 3)2× 8
27
＝
2
3
或 DY＝npq＝3×2
3
×1
3
＝2
3 ，
∴D(X)P(Y≥2)．
从做对题数的数学期望考察，两人水平相当；从做对题数的方差考察，甲较稳定；从
至少完成 2 题的概率考察，甲获得通过的可能性大．因此可以判断甲的实验操作能力较强．
[由题悟法]
利用均值、方差进行决策的 2 个方略
(1)当均值不同时，两个随机变量取值的水平可见分歧，可对问题作出判断．
(2)若两随机变量均值相同或相差不大，则可通过分析两变量的方差来研究随机变量的
离散程度或者稳定程度，进而进行决策．
[即时应用]
(2017·海口调研)汽车租赁公司为了调查 A，B 两种车型的出租情况，现随机抽取了这两
种车型各 100 辆汽车，分别统计了每辆车某个星期内的出租天数，统计数据如下表：
A 型车
出租天数 1 2 3 4 5 6 7
车辆数 5 10 30 35 15 3 2
B 型车
出租天数 1 2 3 4 5 6 7
车辆数 14 20 20 16 15 10 5
(1)从出租天数为 3 的汽车(仅限 A，B 两种车型)中随机抽取一辆，估计这辆汽车恰好是
A 型车的概率；
(2)根据这个星期的统计数据，估计该公司一辆 A 型车，一辆 B 型车一周内合计出租天
数恰好为 4 的概率；
(3)如果两种车型每辆车每天出租获得的利润相同，该公司需要从 A，B 两种车型中购
买一辆，请你根据所学的统计知识，建议应该购买哪一种车型，并说明你的理由．
解：(1)估计这辆汽车是 A 型车的概率 P＝ 30
30＋20
＝0.60.
(2)设“事件 Ai 表示一辆 A 型车在一周内出租天数恰好为 i”，“事件 Bj 表示一辆 B 型
车在一周内出租天数恰好为 j”，其中 i，j＝1,2,3，…，7，则该公司一辆 A 型车，一辆 B
型车一周内合计出租天数恰好为 4 的概率为 P(A1B3＋A2B2＋A3B1)＝P(A1B3)＋P(A2B2)＋
P(A3B1)＝P(A1)P(B3)＋P(A2)P(B2)＋P(A3)P(B1)＝ 5
100
× 20
100
＋ 10
100
× 20
100
＋ 30
100
× 14
100
＝ 9
125
，
故该公司一辆 A 型车，一辆 B 型车一周内合计出租天数恰好为 4 的概率为 9
125.
(3)设 X 为 A 型车出租的天数，则 X 的分布列为
X 1 2 3 4 5 6 7
P 0.05 0.10 0.30 0.35 0.15 0.03 0.02
设 Y 为 B 型车出租的天数，则 Y 的分布列为
X 1 2 3 4 5 6 7
P 0.14 0.20 0.20 0.16 0.15 0.10 0.05
则 E(X)＝1×0.05＋2×0.10＋3×0.30＋4×0.35＋5×0.15＋6×0.03＋7×0.02＝3.62，
E(Y)＝1×0.14＋2×0.20＋3×0.20＋4×0.16＋5×0.15＋6×0.10＋7×0.05＝3.48.
一辆 A 型车一个星期出租天数的平均值为 3.62，B 型车一个星期出租天数的平均值为
3.48，选择 A 型车更加合理．
一保高考，全练题型做到高考达标
1．已知 X＋Y＝8，若 X～B(10,0.6)，则 E(Y)和 D(Y)分别是( )
A．6 和 2.4 B．2 和 2.4
C．2 和 5.6 D．6 和 5.6
解析：选 B 因为 X～B(10,0.6)，则 n＝10，p＝0.6，所以 E(X)＝10×0.6＝6，D(X)＝
10×0.6×(1－0.6)＝2.4，
又 X＋Y＝8，则 Y＝8－X，
所以 E(Y)＝8－E(X)＝8－6＝2，
D(Y)＝(－1)2D(X)＝2.4×1＝2.4.
2．已知随机变量 X 服从正态分布 N(2，σ2)，且 P(X<4)＝0.9，则 P(0 )＝P(X< －4)，则 的值为________．
解析：由题意可知k－4＋k
2
＝5，解得 ＝7.
答案：7
7．一射击测试每人射击三次，每击中目标一次记 10 分，没有击中记 0 分．某人每次
击中目标的概率为2
3
，则此人得分的数学期望为________；方差为________．
解析：记此人三次射击击中目标 X 次，得分为 Y 分，则 X～B 3，2
3 ，Y＝10X，∴E(Y)
＝10E(X)＝10×3×2
3
＝20，D(Y)＝100D(X)＝100×3×2
3
×1
3
＝200
3 .
答案：20 200
3
8．某商场在儿童节举行回馈顾客活动，凡在商场消费满 100 元者即可参加射击赢玩具
活动，具体规则如下：每人最多可射击 3 次，一旦击中，则可获奖且不再继续射击，否则
一直射击到 3 次为止．设甲每次击中的概率为 p(p≠0)，射击次数为 Y，若 Y 的数学期望
E(Y)>7
4
，则 p 的取值范围是________．
解析：由已知得 P(Y＝1)＝p，P(Y＝2)＝(1－p)p，
P(Y＝3)＝(1－p)2，
则 E(Y)＝p＋2(1－p)p＋3(1－p)2＝p2－3p＋3>7
4
，
解得 p>5
2
或 p<1
2
，
又 p∈(0,1)，所以 p∈ 0，1
2 .
答案： 0，1
2
9．在一袋中有 20 个大小相同的球，其中记上 0 号的有 10 个，记上 n 号的有 n 个(n＝
1,2,3,4)，现从袋中任取一球，X 表示所取球的标号．
(1)求 X 的分布列、期望和方差；
(2)若 Y＝aX＋b，E(Y)＝1，D(Y)＝11，试求 a，b 的值．
解：(1)X 的取值为 0,1,2,3,4，其分布列为
X 0 1 2 3 4
P 1
2
1
20
1
10
3
20
1
5
∴E(X)＝0×1
2
＋1× 1
20
＋2× 1
10
＋3× 3
20
＋4×1
5
＝1.5，
D(X)＝(0－1.5)2×1
2
＋(1－1.5)2× 1
20
＋(2－1.5)2× 1
10
＋(3－1.5)2× 3
20
＋(4－1.5)2×1
5
＝
2.75.
(2)由 D(Y)＝a2D(X)得 2.75a2＝11，得 a＝±2，
又 E(Y)＝aE(X)＋b，
∴当 a＝2 时，由 1＝2×1.5＋b，得 b＝－2；
当 a＝－2 时，由 1＝－2×1.5＋b，得 b＝4，
∴ a＝2，
b＝－2
或 a＝－2，
b＝4.
10．(2017·青岛模拟)某中学根据 2004～2016 年期间学生的兴趣爱好，分别创建了“摄
影”、“棋类”、“国学”三个社团，据资料统计新生通过考核选拔进入这三个社团成功
与否相互独立.2017 年某新生入学，假设他通过考核选拔进入该校的“摄影”、“棋类”、
“国学”三个社团的概率依次为 m，1
3
，n，已知三个社团他都能进入的概率为 1
24
，至少进入
一个社团的概率为3
4
，且 m>n.
(1)求 m 与 n 的值；
(2)该校根据三个社团活动安排情况，对进入“摄影”社的同学增加校本选修学分 1 分，
对进入“棋类”社的同学增加校本选修学分 2 分，对进入“国学”社的同学增加校本选修
学分 3 分．求该新同学在社团方面获得校本选修课学分分数的分布列及期望．
解：(1)依题意有，
1
3
mn＝ 1
24
，
1－1－m 1－1
3 1－n＝3
4
，
解得
m＝1
2
，
n＝1
4.
(2)令该新同学在社团方面获得校本选修课学分的分数为随机变量 X，则 X 的值可以为
0,1,2,3,4,5,6.
而 P(X＝0)＝1
2
×2
3
×3
4
＝1
4
；
P(X＝1)＝1
2
×2
3
×3
4
＝1
4
；
P(X＝2)＝1
2
×1
3
×3
4
＝1
8
；
P(X＝3)＝1
2
×2
3
×1
4
＋1
2
×1
3
×3
4
＝ 5
24
；
P(X＝4)＝1
2
×2
3
×1
4
＝ 1
12
；
P(X＝5)＝1
2
×1
3
×1
4
＝ 1
24
；
P(X＝6)＝1
2
×1
3
×1
4
＝ 1
24.
故 X 的分布列为：
X 0 1 2 3 4 5 6
P 1
4
1
4
1
8
5
24
1
12
1
24
1
24
于是，E(X)＝0×1
4
＋1×1
4
＋2×1
8
＋3× 5
24
＋4× 1
12
＋5× 1
24
＋6× 1
24
＝23
12.
二上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．(2016·兰州市诊断考试)甲、乙两家外卖公司，其送餐员的日工资结算方案如下：甲
公司底薪 70 元，每单抽成 2 元；乙公司无底薪，40 单以内(含 40 单)的部分每单抽成 4 元，
超出 40 单的部分每单抽成 6 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 38 39 40 41 42
天数 20 40 20 10 10
乙公司送餐员送餐单数频数表
送餐单数 38 39 40 41 42
天数 10 20 20 40 10
(1)现从甲公司记录的这 100 天中随机抽取 2 天，求这 2 天送餐单数都大于 40 的概率；
(2)若将频率视为概率，回答以下问题：
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做出选择，并说明理由．
解：(1)记“抽取的 2 天送餐单数都大于 40”为事件 M，
则 P(M)＝ C220
C2100
＝ 19
495.
(2)①设乙公司送餐员送餐单数为 a，则
当 a＝38 时，X＝38×4＝152；
当 a＝39 时，X＝39×4＝156；
当 a＝40 时，X＝40×4＝160；
当 a＝41 时，X＝40×4＋1×6＝166；
当 a＝42 时，X＝40×4＋2×6＝172.
所以 X 的所有可能取值为 152,156,160,166,172.
故 X 的分布列为：
X 152 156 160 166 172
P 1
10
1
5
1
5
2
5
1
10
所以 E(X)＝152× 1
10
＋156×1
5
＋160×1
5
＋166×2
5
＋172× 1
10
＝162.
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＋2×39.5＝149(元)．
由①得乙公司送餐员日平均工资为 162 元．
因为 149<162，故推荐小明去乙公司应聘．
2．(2017·衡水调研)从某企业生产的某种产品中抽取 100 件，测量这些产品的质量指标
值，由测量结果得到如图所示的频率分布直方图，质量指标值落在区间[55,65)，[65,75)，
[75,85]内的频率之比为 4∶2∶1.
(1)求这些产品质量指标值落在区间[75,85]内的频率；
(2)若将频率视为概率，从该企业生产的这种产品中随机抽取 3 件，记这 3 件产品中质
量指标值位于区间[45,75)内的产品件数为 X，求 X 的分布列与数学期望．
解：(1)设落在区间[75,85]内的频率为 x，
则落在区间[55,65)，[65,75)内的频率分别为 4x 和 2x.
依题意得(0.004＋0.012＋0.019＋0.030)×10＋4x＋2x＋x＝1，
解得 x＝0.05.
所以落在区间[75,85]内的频率为 0.05.
(2)从该企业生产的该种产品中随机抽取 3 件，相当于进行了 3 次独立重复试验，所以
X 服从二项分布 B(n，p)，其中 n＝3.
由(1)得，落在区间[45,75)内的频率为 0.3＋0.2＋0.1＝0.6，将频率视为概率得 p＝0.6.
因为 X 的所有可能取值为 0,1,2,3，
且 P(X＝0)＝C03×0.60×0.43＝0.064，
P(X＝1)＝C13×0.61×0.42＝0.288，
P(X＝2)＝C23×0.62×0.41＝0.432，
P(X＝3)＝C33×0.63×0.40＝0.216.
所以 X 的分布列为：
X 0 1 2 3
P 0.064 0.288 0.432 0.216
所以 X 的数学期望为 E(X)＝0×0.064＋1×0.288＋2×0.432＋3×0.216＝1.8.
(或直接根据二项分布的均值公式得到 E(X)＝np＝3×0.6＝1.8)
命题点一 排列、组合
命题指数：☆☆☆☆ 难度：中 题型：选择题、填空题
1.(2016·全国甲卷)如图，小明从街道的 E 处出发，先到 F 处与小红会合，再一起到位
于 G 处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )
A．24 B．18
C．12 D．9
解析：选 B 由题意可知 E→F 有 C 24种走法，F→G 有 C 13种走法，由乘法计数原理知，
共 C24·C13＝18 种走法，故选 B.
2．(2016·四川高考)用数字 1,2,3,4,5 组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为
( )
A．24 B．48
C．60 D．72
解析：选 D 第一步，先排个位，有 C 13种选择；
第二步，排前 4 位，有 A 44种选择．
由分步乘法计数原理，知有 C13·A44＝72(个)．
3．(2015·广东高考)某高三毕业班有 40 人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留
言，那么全班共写了________条毕业留言．(用数字作答)
解析：由题意，全班同学共写了 A240＝40×39＝1 560 条毕业留言．
答案：1 560
4．(2014·北京高考)把 5 件不同产品摆成一排，若产品 A 与产品 B 相邻，且产品 A 与
产品 C 不相邻，则不同的摆法有________种．
解析：将 A，B 捆绑在一起，有 A 22种摆法，再将它们与其他 3 件产品全排列，有 A 44种
摆法，共有 A22A44＝48 种摆法，而 A，B，C 3 件在一起，且 A，B 相邻，A，C 相邻有 CAB，
BAC 两种情况，将这 3 件与剩下 2 件全排列，有 2×A33＝12 种摆法，故 A，B 相邻，A，C
不相邻的摆法有 48－12＝36 种．
答案：36
5．(2014·浙江高考)在 8 张奖券中有一、二、三等奖各 1 张，其余 5 张无奖．将这 8 张
奖券分配给 4 个人，每人 2 张，不同的获奖情况有________种(用数字作答)．
解析：分情况：一种情况将有奖的奖券按 2 张、1 张分给 4 个人中的 2 个人，种数为
C23C11A24＝36；另一种将 3 张有奖的奖券分给 4 个人中的 3 个人，种数为 A34＝24，则获奖情
况总共有 36＋24＝60(种)．
答案：60
命题点二 二项式定理
命题指数：☆☆☆☆ 难度：中 题型：选择题、填空题
1.(2015·湖南高考)已知 x－ a
x 5 的展开式中含 x 3
2
的项的系数为 30，则 a＝( )
A. 3 B．－ 3
C．6 D．－6
解析：选 D Tr＋1＝Cr5( x)5－r·
－a
x r＝Cr5(－a)rx5－2r
2
，由5－2r
2
＝3
2
，解得 r＝1.由 C15(－
a)＝30，得 a＝－6.
2．(2014·浙江高考)在(1＋x)6(1＋y)4 的展开式中，记 xmyn 项的系数为 f(m，n)，则 f(3,0)
＋f(2,1)＋f(1,2)＋f(0,3)＝( )
A．45 B．60
C．120 D．210
解析：选 C 由题意知 f(3,0)＝C36C04，f(2,1)＝C26C14，f(1，2)＝C16C24，f(0,3)＝C06C34，因
此 f(3,0)＋f(2,1)＋f(1，2)＋f(0,3)＝120，选 C.
3．(2016·全国乙卷)(2x＋ x)5 的展开式中，x3 的系数是________．(用数字填写答案)
解析：(2x＋ x)5 展开式的通项为
Tr＋1＝Cr5(2x)5－r( x)r＝25－r·Cr5·x5－r
2.
令 5－r
2
＝3，得 r＝4.
故 x3 的系数为 25－4·C45＝2C45＝10.
答案：10
4．(2016·天津高考) x2－1
x 8 的展开式中 x7 的系数为________．(用数字作答)
解析： x2－1
x 8 的通项 Tr＋1＝Cr8(x2)8－r
－1
x r＝(－1)rCr8x16－3r，当 16－3r＝7 时，r＝3，
则 x7 的系数为(－1)3C38＝－56.
答案：－56
5．(2014·全国卷Ⅰ)(x－y)(x＋y)8 的展开式中 x2y7 的系数为________．(用数字填写答案)
解析：(x＋y)8 中，Tr＋1＝Cr8x8－ryr，令 r＝7，再令 r＝6，得 x2y7 的系数为 C78－C68＝8－
28＝－20.
答案：－20
命题点三 几何概型
命题指数：☆☆☆☆ 难度：中 题型：选择题、填空题
1.(2016·全国乙卷)某公司的班车在 7：30,8：00,8：30 发车，小明在 7：50 至 8：30 之
间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过 10 分钟的概
率是( )
A.1
3 B.1
2
C.2
3 D.3
4
解析：选 B 如图，7：50 至 8：30 之间的时间长度为 40 分钟，而小明等车时间不超
过 10 分钟是指小明在 7：50 至 8：00 之间或 8：20 至 8：30 之间到达发车站，此两种情况
下的时间长度之和为 20 分钟，由几何概型概率公式知所求概率为 P＝20
40
＝1
2.故选 B.
2．(2015·福建高考)如图，矩形 ABCD 中，点 A 在 x 轴上，点 B 的坐标为(1,0)，且点 C
与点 D 在函数 f(x)＝
x＋1，x≥0，
－1
2x＋1，x<0 的图象上．若在矩形 ABCD 内随机取一点，则此点
取自阴影部分的概率等于( )
A.1
6 B.1
4
C.3
8 D.1
2
解析：选 B 因为 f(x)＝
x＋1，x≥0，
－1
2x＋1，x<0， B 点坐标为(1,0)，所以 C 点坐标为(1,2)，
D 点坐标为(－2,2)，A 点坐标为(－2,0)，故矩形 ABCD 的面积为 2×3＝6，阴影部分的面积
为1
2
×3×1＝3
2
，故 P＝
3
2
6
＝1
4.
3．(2016·全国甲卷)从区间[0,1]随机抽取 2n 个数 x1，x2，…，xn，y1，y2，…，yn，构
成 n 个数对(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，其中两数的平方和小于 1 的数对共有 m 个，
则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为( )
A.4n
m B.2n
m
C.4m
n D.2m
n
解析：选 C 因为 x1，x2，…，xn，y1，y2，…，yn 都在区间[0,1]
内随机抽取，所以构成的 n 个数对(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)都
在边长为 1 的正方形 OABC 内(包括边界)，如图所示．若两数的平方
和小于 1，则对应的数对在扇形 OAC 内(不包括扇形圆弧上的点所对
应的数对)，故在扇形 OAC 内的数对有 m 个．用随机模拟的方法可得
S 扇形
S 正方形
＝m
n
，即π
4
＝m
n
，所以π＝4m
n .
命题点四 概率、离散型随机变量及其分布
命题指数：☆☆☆☆☆ 难度：中、低 题型：选择题、填空题、解答题
1.(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
解析：选 A 3 次投篮投中 2 次的概率为 P(X＝2)＝C23×0.62×(1－0.6)，投中 3 次的概
率为 P(X＝3)＝0.63，所以通过测试的概率为 P(X＝2)＋P(X＝3)＝C23×0.62×(1－0.6)＋0.63
＝0.648.故选 A.
2．(2014·全国卷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．0.8 B．0.75
C．0.6 D．0.45
解析：选 A 根据条件概率公式 P(B|A)＝PAB
PA
，可得所求概率为 0.6
0.75
＝0.8.
3．(2015·湖南高考)在如图所示的正方形中随机投掷 10 000 个点，
则落入阴影部分(曲线 C 为正态分布 N(0,1)的密度曲线)的点的个数的估
计值为( )
附：若 X～N(μ，σ2)，
则 P(μ－σ
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