高考数学专题复习教案：第十一章 计数原理、概率、随机变量及其分布列
第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布列
第一节
排列、组合
本节主要包括2个知识点：
1.两个计数原理；2.排列、组合问题.
突破点(一) 两个计数原理
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
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．
3．两个计数原理的比较
名称
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
相同点
都是解决完成一件事的不同方法的种数问题
不同点
运用加法运算
运用乘法运算
分类完成一件事，并且每类办法中的每种方法都能独立完成这件事情，要注意“类”与“类”之间的独立性和并列性．分类计数原理可利用“并联”电路来理解
分步完成一件事，并且只有各个步骤都完成才算完成这件事情，要注意“步”与“步”之间的连续性．分步计数原理可利用“串联”电路来理解
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
分类加法计数原理
能用分类加法计数原理解决的问题具有以下特点：
(1)完成一件事有若干种方法，这些方法可以分成n类．
(2)用每一类中的每一种方法都可以完成这件事．
(3)把各类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有方法数．
[例1] (1)在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有________个．
(2)如图，从A到O有________种不同的走法(不重复过一点)．
(3)若椭圆＋＝1的焦点在y轴上，且m∈{1,2,3,4,5}，n∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭圆的个数为________．
[解析] (1)法一：按个位数字分类，个位可为2,3,4,5,6,7,8,9，共分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有1个，2个，3个，4个，5个，6个，7个，8个，则共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36个两位数．
法二：按十位数字分类，十位可为1,2,3,4,5,6,7,8，共分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个，则共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36个两位数．
(2)分3类：第一类，直接由A到O，有1种走法；
第二类，中间过一个点，有A→B→O和A→C→O 2种不同的走法；
第三类，中间过两个点，有A→B→C→O和A→C→B→O 2种不同的走法．
由分类加法计数原理可得共有1＋2＋2＝5种不同的走法．
(3)当m＝1时，n＝2,3,4,5,6,7，共6个；
当m＝2时，n＝3,4,5,6,7，共5个；
当m＝3时，n＝4,5,6,7，共4个；
当m＝4时，n＝5,6,7，共3个；
当m＝5时，n＝6,7，共2个．
故共有6＋5＋4＋3＋2＝20个满足条件的椭圆．
[答案] (1)36 (2)5 (3)20
[易错提醒]
(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，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．
分步乘法计数原理
能用分步乘法计数原理解决的问题具有以下特点：
(1)完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可．
(2)完成每一步有若干种方法．
(3)把各个步骤的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数．
[例2] (1)从－1,0,1,2这四个数中选三个数作为函数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)．
(2)如图，某电子器件由3个电阻串联而成，形成回路，其中有6个焊接点A，B，C，D，E，F，如果焊接点脱落，整个电路就会不通．现发现电路不通，那么焊接点脱落的可能情况共有________种．
[解析] (1)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，同理可知共有3×2＝6个偶函数．
(2)因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个焊接点脱落，则电路就不通，故共有26－1＝63种可能情况．
[答案 (1)18 6 (2)63
[易错提醒]
(1)利用分步乘法计数原理解决问题时要注意按事件发生的过程来合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事．
(2)谨记分步必须满足的两个条件：一是各步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．
两个计数原理的综合问题
在解决实际问题的过程中，并不一定是单一的分类或分步，而可能是同时应用两个计数原理，即分类时，每类的方法可能要运用分步完成，而分步时，每步的方法数可能会采取分类的思想求解．分类的关键在于做到“不重不漏”，分步的关键在于正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步．
[例3] (1)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有( )
A．144个 B．120个 C．96个 D．72个
(2)某班一天上午有4节课，每节都需要安排1名教师去上课，现从A，B，C，D，E，F 6名教师中安排4人分别上一节课，第一节课只能从A、B两人中安排一个，第四节课只能从A、C两人中安排一人，则不同的安排方案共有________种．
(3)如图，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．
[解析] (1)由题意可知，符合条件的五位数的万位数字是4或5.当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，共有2×4×3×2＝48个偶数；当万位数字为5时，个位数字从0,2,4中任选一个，共有3×4×3×
2＝72个偶数．故符合条件的偶数共有48＋72＝120(个)．
(2)①第一节课若安排A，则第四节课只能安排C，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有4×3＝12种安排方案．
②第一节课若安排B，则第四节课可由A或C上，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有2×4×3＝24种安排方案．
因此不同的安排方案共有12＋24＝36(种)．
(3)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5×4×1×4＋5×4×3×3＝260种涂色方法．
[答案 (1)B (2)36 (3)260
[方法技巧]
使用两个计数原理进行计数的基本思想
对需用两个计数原理解决的综合问题要“先分类，再分步”，即先分为若干个“既不重复也不遗漏”的类，再对每类中的计数问题分成若干个“完整的步骤”，求出每个步骤的方法数，按照分步乘法计数原理计算各类中的方法数，最后再按照分类加法计数原理得出总数．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1．[考点二]某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为( )
A．504 B．210 C．336 D．120
解析：选A 分三步，先插一个新节目，有7种方法，再插第二个新节目，有8种方法，最后插第三个节目，有9种方法．故共有7×8×9＝504种不同的插法．
2．[考点二]教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的走法有( )
A．10种 B．25种 C．52种 D．24种
解析：选D 由一层到二层、由二层到三层、由三层到四层、由四层到五层各有2种走法，故共有2×2×2×2＝24种不同的走法．
3．[考点一]已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为( )
A．40 B．16 C．13 D．10
解析：选C 分两类情况讨论：
第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；
第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．
根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．
4．[考点一]我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013是“六合数”)，则“六合数”中首位为2的“六合数”共有( )
A．18个 B．15个 C．12个 D．9个
解析：选B 依题意知，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4,0,0组成3个数，分别为400,040,004；由3,1,0组成6个数，分别为310,301,130,103,013,031；由2,2,0组成3个数，分别为220,202,022；由2,1,1组成3个数，分别为211,121,112.共计3＋6＋3＋3＝15个“六合数”．
5.[考点三]如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有________种．
1
4
5
2
3
解析：按区域1与3是否同色分类．
①区域1与3同色：先涂区域1与3，有4种方法，
再涂区域2,4,5(还有3种颜色)，有3×2×1＝6种方法．
所以区域1与3涂同色时，共有4×6＝24种方法．
②区域1与3不同色：先涂区域1与3，有4×3＝12种方法，
第二步，涂区域2有2种涂色方法，
第三步，涂区域4只有一种方法，
第四步，涂区域5有3种方法．
所以这时共有12×2×1×3＝72种方法．
故由分类加法计数原理，不同的涂色方法的种数为
24＋72＝96.
答案：96
6．[考点三]有A，B，C型高级电脑各一台，甲、乙、丙、丁4个操作人员的技术等级不同，甲、乙会操作三种型号的电脑，丙不会操作C型电脑，而丁只会操作A型电脑．从这4个操作人员中选3人分别去操作这三种型号的电脑，则不同的选派方法有________种(用数字作答)．
解析：由于丙、丁两位操作人员的技术问题，要完成“从4个操作人员中选3人去操作这三种型号的电脑”这件事，则甲、乙两人至少要选派一人，可分四类：
第1类，选甲、乙、丙3人，由于丙不会操作C型电脑，分2步安排这3人操作的电脑的型号，有2×2＝4种方法；
第2类，选甲、乙、丁3人，由于丁只会操作A型电脑，这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，有2种方法；
第3类，选甲、丙、丁3人，这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，只有1种方法；
第4类，选乙、丙、丁3人，同样也只有1种方法．
根据分类加法计数原理，共有4＋2＋1＋1＝8种选派方法．
答案：8
突破点(二) 排列、组合问题
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
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A.
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C.
3．排列数、组合数的公式及性质
排列数
组合数
公式
A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝
C＝
＝＝
性质
A＝n！；
0！＝1
C＝1
C＝C_；
C＋C＝C
备注
n，m∈N*且m≤n
4．排列与组合的比较
名称
排列
组合
相同点
都是从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，元素无重复
不同点
排列与顺序有关
组合与顺序无关
两个排列相同，当且仅当这两个排列的元素及其排列顺序完全相同
两个组合相同，当且仅当这两个组合的元素完全相同
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
排列问题
解决排列问题的主要方法
(1)解决“在”与“不在”的有限制条件的排列问题，既可以从元素入手，也可以从位置入手，原则是谁“特殊”谁优先．不管是从元素考虑还是从位置考虑，都要贯彻到底，不能既考虑元素又考虑位置．
(2)解决相邻问题的方法是“捆绑法”，即把相邻元素看做一个整体和其他元素一起排列，同时要注意捆绑元素的内部排列．
(3)解决不相邻问题的方法是“插空法”，即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．
(4)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．
(5)若某些问题从正面考虑比较复杂，可从其反面入手，即采用“间接法”．
[例1] (1)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
(2)市内某公共汽车站有6个候车位(成一排)，现有3名乘客随便坐在某个座位上候车，则恰好有2个连续空座位的候车方式的种数为( )
A．48 B．54 C．72 D．84
(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] (1)首先应考虑是否含“0”．当含有0，且0排在个位时，有A＝9×8＝72个三位偶数，当0排在十位时，有AA＝4×8＝32个三位偶数．当不含0时，有A·A＝4×8×7＝224个三位偶数．由分类加法计数原理，得符合题意的偶数共有72＋32＋224＝328(个)．
(2)先把3名乘客进行全排列，有A＝6种排法，排好后，有4个空，再将1个空位和余下的2个连续的空位插入4个空中，有A＝12种排法，则共有6×12＝72种候车方式．
(3)首先排两个奇数1,3，有A种排法，再在2,4中取一个数放在1,3排列之间，有C种排法，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种排法，即满足条件的四位数的个数为ACA＝8.
[答案] (1)C (2)C (3)8
组合问题
组合问题的常见题型及解题思路
(1)常见题型：一般有选派问题、抽样问题、图形问题、集合问题、分组问题等．
(2)解题思路：①分清问题是否为组合问题；②对较复杂的组合问题，要搞清是“分类”还是“分步”，一般是先整体分类，然后局部分步，将复杂问题通过两个计数原理化归为简单问题．
[例2] (1)某学校为了迎接市春季运动会，从5名男生和4名女生组成的田径运动队中选出4人参加比赛，要求男、女生都有，则男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为( )
A．85 B．86 C．91 D．90
(2)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，则不同的取法的种数是( )
A．60 B．63 C．65 D．66
(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] (1)法一 (直接法)：由题意，可分三类考虑：第1类，男生甲入选，女生乙不入选的方法种数为：CC＋CC＋C＝31；
第2类，男生甲不入选，女生乙入选的方法种数为：CC＋CC＋C＝34；
第3类，男生甲入选，女生乙入选的方法种数为：C＋CC＋C＝21.
所以男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为31＋34＋21＝86.
法二 (间接法)：从5名男生和4名女生中任意选出4人，男、女生都有的选法有C－C－C＝120种；男、女生都有，且男生甲与女生乙都没有入选的方法有C－C＝34种．所以男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为120－34＝86.
(2)因为1,2,3，…，9中共有4个不同的偶数和5个不同的奇数，要使取出的4个不同的数的和为偶数，则4个数全为奇数，或全为偶数，或2个奇数和2个偶数，故有C＋C＋CC＝66种不同的取法．
(3)第一类，含有1张红色卡片，不同的取法有CC＝264(种)．第二类，不含有红色卡片，不同的取法有C－3C＝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 (1)B (2)D (3)472
[方法技巧]
有限制条件的组合问题的解法
组合问题的限制条件主要体现在取出元素中“含”或“不含”某些元素，或者“至少”或“最多”含有几个元素：
(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型．“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．
(2)“至少”或“最多”含有几个元素的题型．考虑逆向思维，用间接法处理．
分组分配问题
分组分配问题是排列、组合问题的综合运用，解决这类问题的一个基本指导思想就是先分组后分配．关于分组问题，有整体均分、部分均分和不等分三种，无论分成几组，都应注意只要有一些组中元素的个数相等，就存在均分现象．
[例3] (1)教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教．现有6个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到3所学校去任教，有________种不同的分派方法．
(2)某科室派出4名调研员到3个学校，调研该校高三复习备考近况，要求每个学校至少一名，则不同的分配方案种数为________．
(3)若将6名教师分到3所中学任教，一所1名，一所2名，一所3名，则有________种不同的分法．
[解析] (1)先把6个毕业生平均分成3组，有种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有A＝6种方法，故将6个毕业生平均分到3所学校，共有·A＝90种不同的分派方法．
(2)分两步完成：第一步，将4名调研员按2,1,1分成三组，其分法有种；第二步，将分好的三组分配到3个学校，其分法有A种，所以满足条件的分配方案有·A＝36种．
(3)将6名教师分组，分三步完成：
第1步，在6名教师中任取1名作为一组，有C种分法；
第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C种分法；
第3步，余下的3名教师作为一组，有C种分法．
根据分步乘法计数原理，共有CCC＝60种分法．
再将这3组教师分配到3所中学，有A＝6种分法，
故共有60×6＝360种不同的分法．
[答案 (1)90 (2)36 (3)360
[方法技巧] 分组分配问题的三种类型及求解策略
类型
求解策略
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A(n为均分的组数)，避免重复计数
部分均分
解题时注意重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！，一个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
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
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1．[考点一]A，B，C，D，E，F六人围坐在一张圆桌周围开会，A是会议的中心发言人，必须坐在最北面的椅子上，B，C二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有( )
A．60种 B．48种
C．30种 D．24种
解析：选B 由题知，可先将B，C二人看作一个整体，再与剩余人进行排列，则不同的座次有AA＝48种．
2．[考点一]有5列火车分别准备停在某车站并行的5条轨道上，若快车A不能停在第3道上，货车B不能停在第1道上，则5列火车不同的停靠方法数为( )
A．56 B．63
C．72 D．78
解析：选D 若没有限制，5列火车可以随便停，则有A种不同的停靠方法；快车A停在第3道上，则5列火车不同的停靠方法为A种；货车B停在第1道上，则5列火车不同的停靠方法为A种；快车A停在第3道上，且货车B停在第1道上，则5列火车不同的停靠方法为A种．故符合要求的5列火车不同的停靠方法数为A－2A＋A＝120－48＋6＝78.
3．[考点三]某局安排3名副局长带5名职工去3地调研，每地至少去1名副局长和1名职工，则不同的安排方法总数为( )
A．1 800 B．900
C．300 D．1 440
解析：选B 分三步：第一步，将5名职工分成3组，每组至少1人，则有种不同的分组方法；第二步，将这3组职工分到3地有A种不同的方法；
第三步，将3名副局长分到3地有A种不同的方法．根据分步乘法计数原理，不同的安排方案共有·AA＝900(种)，故选B.
4．[考点二]如图所示，要使电路接通，则5个开关不同的开闭方式有________种．
解析：当第一组开关有一个接通时，电路接通有C·(C＋C＋C)＝14种方式；当第一组两个都接通时，电路接通有C(C＋C＋C)＝7种方式，所以共有14＋7＝21种方式．
答案：21
5．[考点二]有9名学生，其中2名会下象棋但不会下围棋，3名会下围棋但不会下象棋，4名既会下围棋又会下象棋；现在要从这9名学生中选出2名学生，一名参加象棋比赛，另一名参加围棋比赛，共有________种不同的选派方法．
解析：设2名会下象棋但不会下围棋的同学组成集合A,3名会下围棋但不会下象棋的同学组成集合B,4名既会下围棋又会下象棋的同学组成集合C，则选派2名参赛同学的方法可以分为以下4类：
第一类：A中选1人参加象棋比赛，B中选1人参加围棋比赛，选派方法为C·C＝6种；
第二类：C中选1人参加象棋比赛，B中选1人参加围棋比赛，选派方法为C·C＝12种；
第三类：C中选1人参加围棋比赛，A中选1人参加象棋比赛，选派方法为C·C＝8种；
第四类：C中选2人分别参加两项比赛，选派方法为A＝12种；
由分类加法计数原理，不同的选派方法共有6＋12＋8＋12＝38(种)．
答案：38
[全国卷5年真题集中演练——明规律]
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 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径．故选B.
2．(2016·全国丙卷)定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…ak中0的个数不少于1的个数，若m＝4，则不同的“规范01数列”共有( )
A．18个 B．16个
C．14个 D．12个
解析：选C 当m＝4时，数列{an}共有8项，其中4项为0,4项为1，要满足对任意k≤8，a1，a2，…ak中0的个数不少于1的个数，则必有a1＝0，a8＝1，a2可为0，也可为1.(1)当a2＝0时，分以下3种情况：①若a3＝0，则a4，a5，a6，a7中任意一个为0均可，则有C＝4种情况；②若a3＝1，a4＝0，则a5，a6，a7中任意一个为0均可，有C＝3种情况；③若a3＝1，a4＝1，则a5必为0，a6，a7中任意一个为0均可，有C＝2种情况；(2)当a2＝1时，必有a3＝0，分以下2种情况：①若a4＝0，则a5，a6，a7中任一个为0均可，有C＝3种情况；②若a4＝1，则a5必为0，a6，a7中任一个为0均可，有C＝2种情况．综上所述，不同的“规范01数列”共有4＋3＋2＋3＋2＝14个，故选C.
3．(2012·新课标全国卷)将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有( )
A．12种 B．10种
C．9种 D．8种
解析：选A 2名教师各在1个小组，给其中1名教师选2名学生，有C种选法，另2名学生分配给另1名教师，然后将2个小组安排到甲、乙两地，有A种方案，故不同的安排方案共有CA＝12种，选A.
[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考
[练基础小题——强化运算能力]
1．(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 奇数的个数为CA＝72.
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 因为甲、乙两人被分配到同一展台，所以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种分配方法，所以甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数有A＝6种．
3．在1,2,3,4,5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数的共有( )
A．36个 B．24个
C．18个 D．6个
解析：选B 各位数字之和是奇数，则这三个数字中三个都是奇数或两个偶数一个奇数，所以符合条作的三位数有A＋CA＝6＋18＝24(个)．
4.如图所示的几何体由一个正三棱锥PABC与正三棱柱ABCA1B1C1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有________种．
解析：先涂三棱锥PABC的三个侧面，然后涂三棱柱ABCA1B1C1的三个侧面，共有3×2×1×2＝12种不同的涂色方案．
答案：12
[练常考题点——检验高考能力]
一、选择题
1．从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，则可以组成不同对数值的个数为( )
A．56 B．54
C．53 D．52
解析：选D 在8个数中任取2个不同的数可以组成A＝56个对数值；但在这56个对数值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，即满足条件的对数值共有56－4＝52(个)．
2．如图所示，在A、B间有四个焊接点1,2,3,4，若焊接点脱落导致断路，则电路不通．今发现A，B之间电路不通，则焊接点脱落的不同情况有( )
A．9种 B．11种
C．13种 D．15种
解析：选C 按照焊接点脱落的个数进行分类．
若脱落1个，则有(1)，(4)，共2种情况；
若脱落2个，有(1,4)，(2,3)，(1,2)，(1,3)，(4,2)，(4,3)，共6种情况；
若脱落3个，有(1,2,3)，(1,2,4)，(2,3,4)，(1,3,4)，共4种情况；
若脱落4个，有(1,2,3,4)，共1种情况．
综上共有2＋6＋4＋1＝13种焊接点脱落的情况．
3．现有2门不同的考试要安排在5天之内进行，每天最多进行一门考试，且不能连续两天有考试，那么不同的考试安排方案种数是( )
A．12 B．6
C．8 D．16
解析：选A 若第一门安排在开头或结尾，则第二门有3种安排方法，这时共有C×3＝6种安排方案；若第一门安排在中间的3天中，则第二门有2种安排方法，这时共有C×2＝6种安排方案．综上可得，不同的考试安排方案共有6＋6＝12(种)．
4．有5本不同的教科书，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，则同一科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AA种摆放方法；当1本物理书放在2本语文书一侧时，共有AACC种不同的摆放方法，由分类加法计数原理可得共有AA＋AACC＝48种摆放方法．
5．“住房”“医疗”“教育”“养老”“就业”成为现今社会关注的五个焦点．小赵想利用国庆节假期调查一下社会对这些热点的关注度．若小赵准备按照顺序分别调查其中的4个热点，则“住房”作为其中的一个调查热点，但不作为第一个调查热点的种数为( )
A．13 B．24
C．18 D．72
解析：选D 可分三步：第一步，先从“医疗”“教育”“养老”“就业”这4个热点中选出3个，有C种不同的选法；第二步， 在调查时，“住房”安排的顺序有A种可能情况；第三步，其余3个热点调查的顺序有A种排法．根据分步乘法计数原理可得，不同调查顺序的种数为CAA＝72.
6．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 五个元素没有限制全排列数为A，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A，可得这样的排列数有×2＝40种．
二、填空题
7．某班组织文艺晚会，准备从A，B等 8 个节目中选出 4 个节目演出，要求A，B两个节目至少有一个选中，且A，B同时选中时，它们的演出顺序不能相邻，那么不同演出顺序的种数为________．
解析：当A，B节目中只选其中一个时，共有CCA＝960 种演出顺序；当A，B节目都被选中时，由插空法得共有CAA＝180 种演出顺序，所以一共有1 140种演出顺序．
答案：1 140
8．4位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规则规定：选甲题答对得100分，答错得－100分，选乙题答对得90分，答错得－90分，若4位同学的总分为0分，则这4位同学不同得分情况的种数是________．
解析：由于4位同学的总分为0分，故4位同学选甲、乙题的人数有且只有三种情况：①甲：4人，乙：0人；②甲：2人，乙：2人；③甲：0人，乙：4人．对于①，需2人答对，2人答错，共有C＝6种情况；对于②，选甲题的需1人答对，1人答错，选乙题的也如此，有CCC＝24种情况；对于③，与①相同，有6种情况，故共有6＋24＋6＝36种不同的得分情况．
答案：36
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C＝4种情况，再对应到4个人，有A＝24种情况，则共有4×24＝96种不同分法．
答案：96
10．有红、蓝、黄、绿四种颜色的球各6个，每种颜色的6个球分别标有数字1,2,3,4,5,6，从中任取3个标号不同的球，这3个球颜色互不相同且所标数字互不相邻的取法种数为________．
解析：所标数字互不相邻的取法有135,136,146,246，共4种.3个球颜色互不相同有A＝4×3×2＝24种取法，所以这3个球颜色互不相同且所标数字互不相邻的取法有4×24＝96(种)．
答案：96
三、解答题
11．有5个男生和3个女生，从中选出5人担任5门不同学科的科代表，求分别符合下列条件的选法数：
(1)有女生但人数必须少于男生；
(2)某女生一定担任语文科代表；
(3)某男生必须包括在内，但不担任数学科代表；
(4)某女生一定要担任语文科代表，某男生必须担任科代表，但不担任数学科代表．
解：(1)先选后排，可以是2女3男，也可以是1女4男，先选有CC＋CC种情况，后排有A种情况，则符合条件的选法数为(CC＋CC)·A＝5 400.
(2)除去该女生后，先选后排，则符合条件的选法数为C·A＝840.
(3)先选后排，但先安排该男生，则符合条件的选法数为C·C·A＝3 360.
(4)先从除去该男生该女生的6人中选3人有C种情况，再安排该男生有C种情况，选出的3人全排有A种情况，则符合条件的选法数为C·C·A＝360.
12．用0,1,2,3,4这五个数字，可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字的五位数？
(1)比21 034大的偶数；
(2)左起第二、四位是奇数的偶数．
解：(1)可分五类，当末位数字是0，而首位数字是2时，有6个五位数；
当末位数字是0，而首位数字是3或4时，有CA＝12个五位数；
当末位数字是2，而首位数字是3或4时，有CA＝12个五位数；
当末位数字是4，而首位数字是2时，有3个五位数；
当末位数字是4，而首位数字是3时，有A＝6个五位数；
故共有6＋12＋12＋3＋6＝39个满足条件的五位数．
(2)可分为两类：
末位数是0，个数有A·A＝4；
末位数是2或4，个数有A·C＝4；
故共有A·A＋A·C＝8个满足条件的五位数．
第二节
二项式定理
本节主要包括2个知识点：
1.二项式的通项公式及应用；2.二项式系数的性质及应用.
突破点(一) 二项式的通项公式及应用
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
1．二项式定理
(1)二项展开式：公式(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn(n∈N*)叫做二项式定理．
(2)二项式的通项：Tk＋1＝Can－kbk为展开式的第k＋1项．
2．二项式系数与项的系数
(1)二项式系数：二项展开式中各项的系数C(r∈{0，1，…，n})叫做第r＋1项的二项式系数．
(2)项的系数：项的系数是该项中非字母因数部分，包括符号等，与二项式系数是两个不同的概念．如(a＋bx)n的展开式中，第r＋1项的系数是Can－rbr.
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
求解形如(a＋b)n(n∈N*)的展开式中与特定项相关的量
[例1] (1)在二项式5的展开式中，含x4的项的系数是( )
A．10 B．－10 C．－5 D．20
(2)(2017·武汉模拟)5的展开式中的常数项为( )
A．80 B．－80 C．40 D．－40
(3)已知5的展开式中含x的项的系数为30，则a＝( )
A. B．－ C．6 D．－6
(4)8的展开式中的有理项共有________项．
(5)二项式n的展开式中含有非零常数项，则正整数n的最小值为________．
[解析] (1)由二项式定理可知，展开式的通项为C·(－1)rx10－3r，令10－3r＝4，得r＝2，所以含x4项的系数为C(－1)2＝10，故选A.
(2)∵Tr＋1＝C(x2)5－rr＝(－2)rC·x10－5r，由10－5r＝0，得r＝2，∴T3＝(－2)2C＝40.
(3)Tr＋1＝C()5－r·r＝C(－a)rx，由＝，解得r＝1.由C(－a)＝30，得a＝－6.故选D.
(4)8的展开式的通项为Tr＋1＝C·()8－rr＝rCx(r＝0,1,2，…，8)，为使Tr＋1为有理项，r必须是4的倍数，所以r＝0,4,8，故共有3个有理项．
(5)二项展开式的通项是Tr＋1＝Cx3n－3rx－2r＝Cx3n－5r，令3n－5r＝0，得n＝(r＝0,1,2，…，n)，故当r＝3时，n有最小值5.
[答案] (1)A (2)C (3)D (4)3 (5)5
[方法技巧]
二项展开式问题的常见类型及解法
(1)求展开式中的特定项或其系数．可依据条件写出第k＋1项，再由特定项的特点求出k值即可．
(2)已知展开式的某项或其系数求参数．可由某项得出参数项，再由通项公式写出第k＋1项，由特定项得出k值，最后求出其参数．
求解形如(a＋b)m(c＋d)n(m，n∈N*)的展开式中与特定项相关的量
[例2] (1)(1－)6(1＋)4的展开式中x的系数是( )
A．－4 B．－3 C．3 D．4
(2)已知(1＋ɑx)(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，则ɑ＝( )
A．－4 B．－3 C．－2 D．－1
[解析 (1)法一：(1－)6的展开式的通项为C·(－)m＝C(－1)mx，(1＋)4的展开式的通项为C·()n＝Cx，其中m＝0,1,2，…，6，n＝0,1,2,3,4.
令＋＝1，得m＋n＝2，于是(1－)6(1＋)4的展开式中x的系数等于C·(－1)0·C＋C·(－1)1·C＋C·(－1)2·C＝－3.
法二：(1－)6(1＋)4＝[(1－)(1＋)]4(1－)2＝(1－x)4(1－2＋x)．于是(1－)6(1＋)4的展开式中x的系数为C·1＋C·(－1)1·1＝－3.
法三：在(1－)6(1＋)4的展开式中要出现x，可分为以下三种情况：
①(1－)6中选2个(－)，(1＋)4中选0个作积，这样得到的x项的系数为CC＝15；
②(1－)6中选1个(－)，(1＋)4中选1个作积，这样得到的x项的系数为C(－1)1C
eq oal(1,4)＝－24；
③(1－)6中选0个(－)，(1＋)4中选2个作积，这样得到的x项的系数为CC＝6.
故x项的系数为15－24＋6＝－3.
(2)展开式中含x2的系数为C＋aC＝5，解得a＝－1.
[答案 (1)B (2)D
[方法技巧]
求解形如(a＋b)n(c＋d)m的展开式问题的思路
(1)若n，m中一个比较小，可考虑把它展开得到多个，如(a＋b)2(c＋d)m＝(a2＋2ab＋b2)(c＋d)m，然后展开分别求解．
(2)观察(a＋b)(c＋d)是否可以合并，如(1＋x)5·(1－x)7＝[(1＋x)(1－x)]5(1－x)2＝(1－x2)5(1－x)2；
(3)分别得到(a＋b)n，(c＋d)m的通项公式，综合考虑．
求解形如(a＋b＋c)n(n∈N*)的展开式中与特定项相关的量
[例3] (1)(2017·湖北枣阳模拟)(x2＋x＋y)5的展开式中x5y2的系数为( )
A．10 B．20 C．30 D．60
(2)(2016·安徽安庆二模)将3展开后，常数项是________．
[解析] (1)(x2＋x＋y)5的展开式的通项为Tr＋1＝C(x2＋x)5－r·yr，令r＝2，则T3＝C(x2＋x)3y2，又(x2＋x)3的展开式的通项为C(x2)3－k·xk＝Cx6－k，令6－k＝5，则k＝1，所以(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为CC＝30，故选C.
(2)3＝6展开式的通项是C()6－k·k＝(－2)k·C()6－2k.
令6－2k＝0，得k＝3.
所以常数项是C(－2)3＝－160.
[答案] (1)C (2)－160
[方法技巧]
求形如(a＋b＋c)n展开式中特定项的步骤
第一步，把三项的和a＋b＋c看作(a＋b)与c两项的和；
第二步，根据二项式定理求出[(a＋b)＋c]n的展开式的通项；
第三步，对特定项的次数进行分析，弄清特定项是由(a＋b)n－r的展开式中的哪些项和cr
相乘得到的；
第四步，把相乘后的项相加减即可得到特定项．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1．[考点一](2017·杭州模拟)6的展开式中，常数项是( )
A．－ B. C．－ D.
解析：选D Tr＋1＝C(x2)6－rr＝rCx12－3r，令12－3r＝0，解得r＝4.所以常数项为4C＝.故选D.
2．[考点一]在4的二项展开式中，如果x3的系数为20，那么ab3＝( )
A．20 B．15 C．10 D．5
解析：选D Tr＋1＝C(ax6)4－r·r＝Ca4－r·brx24－7r，令24－7r＝3，得r＝3，则4ab3＝20，所以ab3＝5.
3．[考点三](2016·厦门联考)在10的展开式中，含x2项的系数为( )
A．10 B．30 C．45 D．120
解析：选C 因为10＝10＝(1＋x)10＋C(1＋x)9＋…＋C10，所以x2项只能在(1＋x)10的展开式中，所以含x2的项为Cx2，系数为C＝45.
4．[考点二](1＋x)8(1＋y)4的展开式中x2y2的系数是( )
A．56 B．84 C．112 D．168
解析：选D (1＋x)8的展开式中x2的系数为C，(1＋y)4的展开式中y2的系数为C，所以x2y2的系数为CC＝168.
5．[考点二](x＋2)2(1－x)5中x7的系数与常数项之差的绝对值为( )
A．5 B．3 C．2 D．0
解析：选A 常数项为C×22×C＝4，x7的系数为C×C(－1)5＝－1，因此x7的系数与常数项之差的绝对值为5.
6．[考点三]5(x>0)的展开式中的常数项为________．
解析：5(x>0)可化为10，因而Tr＋1＝C10－r()10－2r，令10－2r＝0，
则r＝5，故展开式中的常数项为C·5＝.
答案：
突破点(二) 二项式系数的性质及应用
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
二项式系数的性质
(1)对称性：当0≤k≤n时，.
(2)二项式系数的最值：二项式系数先增后减，当n为偶数时，第＋1项的二项式系数最大，最大值为Cn；当n为奇数时，第项和第项的二项式系数最大，最大值为.
(3)二项式系数和：C＋C＋C＋…＋C＝2n，C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1.
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
二项展开式中系数和的问题
赋值法在求各项系数和中的应用
(1)形如(ax＋b)n，(ax2＋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)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f(x)展开式中各项系数之和为f(1)，
奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝，
偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝.
[例1] 二项式(2x－3y)9的展开式中，求：
(1)二项式系数之和；
(2)各项系数之和；
(3)所有奇数项系数之和；
(4)各项系数绝对值之和．
[解] 设(2x－3y)9＝a0x9＋a1x8y＋a2x7y2＋…＋a9y9.
(1)二项式系数之和为C＋C＋C＋…＋C＝29.
(2)各项系数之和为a0＋a1＋a2＋…＋a9，
令x＝1，y＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a9＝(2－3)9＝－1.
(3)由(2)知a0＋a1＋a2＋…＋a9＝－1 ①，
令x＝1，y＝－1，得a0－a1＋a2－…－a9＝59 ②，
得a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝，此即为所有奇数项系数之和．
(4)|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|＝a0－a1＋a2－…－a9，令x＝1，y＝－1，得|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|＝a0－a1＋a2－…－a9＝59，此即为各项系数绝对值之和．
[易错提醒]
(1)利用赋值法求解时，注意各项的系数是指某一项的字母前面的数值(包括符号)；
(2)在求各项的系数的绝对值的和时，首先要判断各项系数的符号，然后将绝对值去掉，再进行赋值．
二项式系数或系数的最值问题
求解二项式系数或系数的最值问题的一般步骤：
第一步，要弄清所求问题是“展开式系数最大”、“二项式系数最大”两者中的哪一个．
第二步，若是求二项式系数的最大值，则依据(a＋b)n中n的奇偶及二次项系数的性质求解．若是求系数的最大值，有两个思路，思路一：由于二项展开式中的系数是关于正整数n的式子，可以看作关于n的数列，通过判断数列单调性的方法从而判断系数的增减性，并根据系数的单调性求出系数的最值；思路二：由于展开式系数是离散型变量，因此在系数均为正值的前提下，求最大值只需解不等式组即可求得答案．
[例2] (1)已知(1＋x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为( )
A．29 B．210 C．211 D．212
(2)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] (1)由C＝C，得n＝10，故奇数项的二项式系数和为29.
(2)二项式中仅x5项系数最大，其最大值必为Cn，即得＝5，解得n＝10.
[答案 (1)A (2)C
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1．[考点一](2017·福建漳州调研)已知(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9＋a10x10，则a2＋a3＋…＋a9＋a10的值为( )
A．－20 B．0 C．1 D．20
解析：选D 令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a9＋a10＝1，再令x＝0，得a0＝1，所以a1＋a2＋…＋a9＋a10＝0，又易知a1＝C×21×(－1)9＝－20，所以a2＋a3＋…＋a9＋a10＝20.
2．[考点二](2017·广东肇庆三模)(x＋2y)7的展开式中，系数最大的项是( )
A．68y7 B．112x3y4 C．672x2y5 D．1 344x2y5
解析：选C 设第r＋1项系数最大，
则有
即
即解得
又∵r∈Z，∴r＝5.∴系数最大的项为T6＝Cx2·25y5＝672x2y5.故选C.
3．[考点二]2n(n∈N*)的展开式中只有第6项系数最大，则其常数项为( )
A．120 B．210 C．252 D．45
解析：选B 由已知得，二项式展开式中各项的系数与二项式系数相等．由展开式中只有第6项的系数C最大，可得展开式有11项，即2n＝10，n＝5.10展开式的通项为Tr＋1＝Cx5－rx－＝Cx5－r，令5－r＝0可得r＝6，此时常数项为T7＝C＝210.
4．[考点一]设n的展开式的各项系数之和为M，二项式系数之和为N，若M－N＝240，则展开式中含x的项为________．
解析：由已知条件4n－2n＝240，解得n＝4，Tr＋1＝C(5x)4－rr＝(－1)r54－rCx4－，令4－＝1，得r＝2，则展开式中含x的项为T3＝150x.
答案：150x
[全国卷5年真题集中演练——明规律]
1．(2013·新课标全国卷Ⅰ)设m为正整数，(x＋y)2m展开式的二项式系数的最大值为a，(x＋y)2m＋1展开式的二项式系数的最大值为b，若13a＝7b，则m＝( )
A．5 B．6 C．7 D．8
解析：选B 根据二项式系数的性质知：(x＋y)2m的二项式系数最大有一项，C＝a，(x＋y)2m＋1的二项式系数最大有两项，C＝C＝b.又13a＝7b，所以13C＝7C，将各选项中m的取值逐个代入验证，知m＝6满足等式，所以选择B.
2．(2016·全国乙卷)(2x＋)5的展开式中，x3的系数是________．(用数字填写答案)
解析：(2x＋)5展开式的通项为Tr＋1＝C(2x)5－r()r＝25－r·C·x5－.令5－＝3，得r＝4.
故x3的系数为25－4·C＝2C＝10.
答案：10
3．(2015·新课标全国卷Ⅱ)(a＋x)(1＋x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a＝________.
解析：设(a＋x)(1＋x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5.
令x＝1，得(a＋1)×24＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5.①
令x＝－1，得0＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5.②
①－②，得16(a＋1)＝2(a1＋a3＋a5)＝2×32，所以a＝3.
答案：3
4．(2014·新课标全国卷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＝Cx8－ryr，令r＝7，再令r＝6，得
x2y7的系数为C－C＝8－28＝－20.
答案：－20
5．(2014·新课标全国卷Ⅱ)(x＋a)10的展开式中，x7的系数为15，则a＝________.(用数字填写答案)
解析：二项展开式的通项公式为Tr＋1＝Cx10－rar，当10－r＝7时，r＝3，所以T4＝Ca3x7，则Ca3＝15，故a＝.
答案：
[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考
[练基础小题——强化运算能力]
1．(x＋2)8的展开式中x6的系数是( )
A．28 B．56 C．112 D．224
解析：选C 通项为Tr＋1＝Cx8－r2r＝2rCx8－r，令8－r＝6，得r＝2，即T3＝22Cx6＝112x6，所以x6的系数是112.
2．若二项式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n展开式的第5项C()n－44＝16Cx－6是常数项，可得
－6＝0，解得n＝12.
3．在x(1＋x)6的展开式中，含x3项的系数是( )
A．30 B．20 C．15 D．10
解析：选C 由题意可知x(1＋x)6的展开式中，含x3项的系数即为(1＋x)6的展开式中的x2项的系数，(1＋x)6的展开式中的x2项为Cx2，所以含x3项的系数为C＝15.
4．若(3x－1)7＝a7x7＋a6x6＋…＋a1x＋a0，则a7＋a6＋…＋a1的值为( )
A．1 B．129 C．128 D．127
解析：选B 令x＝1得a0＋a1＋…＋a7＝27＝128；令x＝0得a0＝(－1)7＝－1，所以a1＋a2＋a3＋…＋a7＝129.
5．(x2－x＋1)10展开式中x3项的系数为( )
A．－210 B．210 C．30 D．－30
解析：选A (x2－x＋1)10＝[x2－(x－1)]10＝C(x2)10－C(x2)9(x－1)＋…－Cx2(x－1)9＋C(x－1)10，所以含x3项的系数为：－CC＋C(－C)＝－210，故选A.
[练常考题点——检验高考能力]
一、选择题
1．二项式10的展开式中的常数项是( )
A．180 B．90 C．45 D．360
解析：选A 10的展开式的通项为Tk＋1＝C·()10－kk＝2kCx5－k，令5－k＝0，得k＝2，故常数项为22C＝180.
2.(1－)4的展开式中x的系数是( )
A．1 B．2 C．3 D．12
解析：选C 根据题意，所给式子的展开式中含x的项有(1－)4展开式中的常数项乘中的x以及(1－)4展开式中的含x2的项乘中的两部分，所以所求系数为1×2＋1＝3，故选C.
3．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.
4．(2017·成都一中模拟)设(x2＋1)(2x＋1)9＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2)2＋…＋a11(x＋2)11，则a0＋a1＋a2＋…＋a11的值为( )
A．－2 B．－1 C．1 D．2
解析：选A 令等式中x＝－1可得a0＋a1＋a2＋…＋a11＝(1＋1)(－1)9＝－2，故选A.
5．(2017·银川质检)若(2x＋1)11＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a11(x＋1)11，则a0＋＋＋…＋＝( )
A．0 B．1 C. D．12
解析：选A 令t＝x＋1，则x＝t－1，从而(2t－1)11＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋a11t11，而′＝a0t＋t2＋t3＋…＋t12＋c′，即＝a0t＋t2＋t3＋…＋t12＋c，令t＝0，得c＝，令t＝1，得a0＋＋＋…＋＝0.
6．在(1＋x)6(2＋y)4的展开式中，记xmyn项的系数为f(m，n)，则f(4,0)＋f(3,1)＋f(2,2)＋f(1,3)＋f(0,4)＝( )
A．1 240 B．1 289 C．600 D．880
解析：选B (1＋x)6的展开式中，xm的系数为C，(2＋y)4的展开式中，yn的系数为C24－n，则f(m，n)＝C·C·24－n，从而f(4,0)＋f(3,1)＋f(2,2)＋f(1,3)＋f(0,4)＝C·C· 24＋C·C·23＋C·C·22＋C· C·21＋C·C·20＝1 289.
二、填空题
7.6的展开式的第二项的系数为－，则－2x2dx的值为________．
解析：该二项展开式的第二项的系数为Ca5，由Ca5＝－，解得a＝－1，因此－2x2dx＝x2dx＝＝－＋＝.
答案：
8．若n展开式的各项系数的绝对值之和为1 024，则展开式中x的一次项的系数为________．
解析：Tr＋1＝C()n－rr＝(－3)r·Cx，
因为展开式的各项系数绝对值之和为
C＋|(－3)1C|＋(－3)2C＋|(－3)3C|＋…＋|(－3)nC|＝1 024，
所以(1＋3)n＝1 024，解得n＝5，令＝1，解得r＝1，
所以展开式中x的一次项的系数为(－3)1C＝－15.
答案：－15
9．在(1－x)5＋(1－x)6＋(1－x)7＋(1－x)8的展开式中，含x3的项的系数是________．
解析：展开式中含x3项的系数为C(－1)3＋C(－1)3＋C(－1)3＋C(－1)3＝－121.
答案：－121
10．若将函数f(x)＝x5表示为f(x)＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a5(1＋x)5，其中a0，a1，a2，…，a5为实数，则a3＝________.
解析：不妨设1＋x＝t，则x＝t－1，因此有(t－1)5＝a0＋a1t＋a2t2＋a3t3＋a4t4＋a5t5，则a3＝C(－1)2＝10.
答案：10
三、解答题
11．已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，求：
(1)a1＋a2＋…＋a7；
(2)a1＋a3＋a5＋a7；
(3)a0＋a2＋a4＋a6；
(4)|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|.
解：令x＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝－1.①
令x＝－1，
则a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37.②
(1)∵a0＝C＝1，
∴a1＋a2＋a3＋…＋a7＝－2.
(2)(①－②)÷2，得a1＋a3＋a5＋a7＝＝－1 094.
(3)(①＋②)÷2，得a0＋a2＋a4＋a6＝＝1 093.
(4)∵(1－2x)7展开式中a0，a2，a4，a6大于零，而a1，a3，a5，a7小于零，
∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|
＝(a0＋a2＋a4＋a6)－(a1＋a3＋a5＋a7)
＝1 093－(－1 094)＝2 187.
12．已知在n的展开式中，第6项为常数项．
(1)求n；
(2)求含x2的项的系数；
(3)求展开式中所有的有理项．
解：(1)通项公式为Tk＋1＝Cxkx－
＝Ckx.
因为第6项为常数项，
所以k＝5时，＝0，即n＝10.
(2)令＝2，得k＝2，
故含x2的项的系数是C2＝.
(3)根据通项公式，由题意
令＝r(r∈Z)，
则10－2k＝3r，k＝5－r，
∵k∈N，∴r应为偶数，
∴r可取2,0，－2，即k可取2,5,8，
∴第3项，第6项与第9项为有理项，
它们分别为C2x2，C5，C8x－2.
第三节
随机事件的概率
本节主要包括2个知识点：
1.随机事件的频率与概率；2.互斥事件与对立事件.
突破点(一) 随机事件的频率与概率
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
1．事件的分类
2．频率和概率
(1)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)＝为事件A
出现的频率．
(2)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，简称为A的概率．
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
随机事件的频率与概率
事件A发生的频率是利用频数nA除以试验总次数n所得到的值，且随着试验次数的增多，它在A的概率附近摆动幅度越来越小，即概率是频率的稳定值，因此在试验次数足够的情况下，给出不同事件发生的次数，可以利用频率来估计相应事件发生的概率．
[典例] (2017·湖北七市联考)某电子商务公司随机抽取1 000名网络购物者进行调查．这1 000名购物者2015年网上购物金额(单位：万元)均在区间[0.3,0.9]内，样本分组为：[0.3,0.4)，[0.4,0.5)，[0.5,0.6)，[0.6,0.7)，[0.7,0.8)，[0.8,0.9]，购物金额的频率分布直方图如下：
电子商务公司决定给购物者发放优惠券，其金额(单位：元)与购物金额关系如下：
购物金额分组
[0.3,0.5)
[0.5,0.6)
[0.6,0.8)
[0.8,0.9]
发放金额
50
100
150
200
(1)求这1 000名购物者获得优惠券金额的平均数；
(2)以这1 000名购物者购物金额落在相应区间的频率作为概率，求一个购物者获得优惠券金额不少于150元的概率．
[解] (1)购物者的购物金额x与获得优惠券金额y的频率分布如下表：
x
0.3≤x<0.5
0.5≤x<0.6
0.6≤x<0.8
0.8≤x≤0.9
y
50
100
150
200
频率
0.4
0.3
0.28
0.02
这1 000名购物者获得优惠券金额的平均数为：
＝96.
(2)由获得优惠券金额y与购物金额x的对应关系，由(1)有P(y＝150)＝P(0.6≤x<0.8)＝0.28，P(y＝200)＝P(0.8≤x≤0.9)＝0.02，从而，获得优惠券金额不少于150元的概率为P(y≥150)＝P(y＝150)＋P(y＝200)＝0.28＋0.02＝0.3.
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1．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＝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＝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＝0.2，
顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为＝0.6，
顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为＝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．
2．如图，A地到火车站共有两条路径L1和L2，现随机抽取100位从A地到火车站的人进行调查，调查结果如下：
所用时间(分钟)
10～20
20～30
30～40
40～50
50～60
选择L1的人数
6
12
18
12
12
选择L2的人数
0
4
16
16
4
(1)试估计40分钟内不能赶到火车站的概率；
(2)分别求通过路径L1和L2所用时间落在上表中各时间段内的频率；
(3)现甲、乙两人分别有40分钟和50分钟时间用于赶往火车站，为了尽最大可能在允许的时间内赶到火车站，试通过计算说明，他们应如何选择各自的路径．
解：(1)共调查了100人，其中40分钟内不能赶到火车站的有12＋12＋16＋4＝44(人)，
用频率估计概率，可得所求概率为0.44.
(2)选择L1的有60人，选择L2的有40人，故由调查结果得所求各频率为
所用时间(分钟)
10～20
20～30
30～40
40～50
50～60
L1的频率
0.1
0.2
0.3
0.2
0.2
L2的频率
0
0.1
0.4
0.4
0.1
(3)记事件A1，A2分别表示甲选择L1和L2时，在40分钟内赶到火车站；
记事件B1，B2分别表示乙选择L1和L2时，在50分钟内赶到火车站．
由(2)知P(A1)＝0.1＋0.2＋0.3＝0.6，
P(A2)＝0.1＋0.4＝0.5，P(A1)>P(A2)，故甲应选择L1；
P(B1)＝0.1＋0.2＋0.3＋0.2＝0.8，
P(B2)＝0.1＋0.4＋0.4＝0.9，
P(B2)>P(B1)，故乙应选择L2.
突破点(二) 互斥事件与对立事件
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
1．概率的基本性质
(1)概率的取值范围：0≤P(A)≤1.
(2)必然事件的概率：P(A)＝1.不可能事件的概率：P(A)＝0.
2．互斥事件和对立事件
事件
定义
概率公式
互斥事件
在一个随机试验中，我们把一次试验下不能同时发生的两个事件A与B称作互斥事件
P(A∪B)＝P(A)＋P(B)；
P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)
对立事件
在一个随机试验中，两个试验不会同时发生，并且一定有一个发生的事件A和称为对立事件
P()＝1－P(A)
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
事件关系的判断
[例1] (1)从1,2,3，…，7这7个数中任取两个数，其中：
①恰有一个是偶数和恰有一个是奇数；
②至少有一个是奇数和两个都是奇数；
③至少有一个是奇数和两个都是偶数；
④至少有一个是奇数和至少有一个是偶数．
上述事件中，是对立事件的是( )
A．① B．②④ C．③ D．①③
(2)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
(3)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，那么概率是 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] (1)③中“至少有一个是奇数”即“两个奇数或一奇一偶”，而从1～7中任取两个数根据取到数的奇偶性可认为共有三个事件：“两个都是奇数”、“一奇一偶”、“两个都是偶数”，故“至少有一个是奇数”与“两个都是偶数”是对立事件，易知其余都不是对立事件．
(2)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，充分性成立．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)＝，P(B)＝，满足P(A)＋P(B)＝1，但A，B不是对立事件，必要性不成立．故甲是乙的充分不必要条件．
(3)“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，其概率为1－＝.
[答案] (1)C (2)A (3)A
[方法技巧]
事件间的关系的判断方法
(1)判断事件间的关系时，可把所有的试验结果写出来，看所求事件包含哪几个试验结果，从而断定所给事件间的关系．
(2)对立事件一定是互斥事件，也就是说不互斥的两个事件一定不是对立事件，在确定了两个事件互斥的情况下，就要看这两个事件的和事件是不是必然事件，这是判断两个事件是否为对立事件的基本方法．判断互斥事件、对立事件时，注意事件的发生与否都是对于同一次试验而言的，不能在多次试验中判断．
(3)从集合的角度上看：事件A，B对应的基本事件构成了集合A，B，则A，B互斥时，A∩B＝∅；A，B对立时，A∩B＝∅且A∪B＝Ω(Ω为全集)．两事件互斥是两事件对立的必要不充分条件．
互斥事件、对立事件的概率
[例2] 某商场有奖销售中，购满100元商品得1张奖券，多购多得.1 000张奖券为一个开奖单位，设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个．设1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为A，B，C，求：
(1)P(A)，P(B)，P(C)；
(2)1张奖券的中奖概率；
(3)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率．
[解] (1)P(A)＝，P(B)＝＝，
P(C)＝＝.
故事件A，B，C的概率分别为，，.
(2)1张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖．设“1张奖券中奖”这个事件为M，则M＝A∪B∪C.
因为A，B，C两两互斥，
所以P(M)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)
＝＝.故1张奖券的中奖概率为.
(3)设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N，则事件N与“1张奖券中特等奖或中一等奖”为对立事件，
所以P(N)＝1－P(A∪B)＝1－＝.
故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为.
[方法技巧]
求复杂互斥事件概率的两种方法
(1)直接求解法：将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率的和；
(2)间接法：先求该事件的对立事件的概率，再由P(A)＝1－P()求解．当题目涉及“至多”“至少”型问题时，多考虑间接法．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1．[考点一]把红、黑、蓝、白4张纸牌随机地分发给甲、乙、丙、丁四个人，每人分得1张，事件“甲分得红牌”与事件“乙分得红牌”是( )
A．对立事件
B．不可能事件
C．互斥事件但不是对立事件
D．以上答案都不对
解析：选C 由互斥事件和对立事件的概念可判断，应选C.
2．[考点一]抽查10件产品，设事件A为“至少有2件次品”，则事件A的对立事件为( )
A．至多有2件次品 B．至多有1件次品
C．至多有2件正品 D．至少有2件正品
解析：选B 因为“至少有n个”的反面是“至多有n－1个”，又因为事件A为“至少有2件次品”，所以事件A的对立事件为“至多有1件次品”．
3．[考点二]口袋中有100个大小相同的红球、白球、黑球，其中红球45个，从口袋中摸出一个球，摸出白球的概率为0.23，则摸出黑球的概率为( )
A．0.45 B．0.67
C．0.64 D．0.32
解析：选D 由题可知，摸出红球的概率为0.45，摸出白球的概率为0.23，故摸出黑球的概率P＝1－0.45－0.23＝0.32.
4．[考点二]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，都是白子的概率是.则从中任意取出2粒恰好是同一色的概率是( )
A. B. C. 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)＝＋＝.即任意取出2粒恰好是同一色的概率为.
5．[考点二]某超市为了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.
一次购物量
1至4件
5至8件
9至12件
13至16件
17件及以上
顾客数(人)
x
30
25
y
10
结算时间
(分钟/人)
1
1.5
2
2.5
3
已知这100位顾客中一次购物量超过8件的顾客占55%.
(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＝1.9(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”，A1，A2分别表示事件“该顾客一次购物的结算时间为2.5分钟”，“该顾客一次购物的结算时间为3分钟”，将频率视为概率得P(A1)＝＝，P(A2)＝＝.则P(A)＝1－P(A1)－P(A2)＝1－－＝.故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率为.
[全国卷5年真题集中演练——明规律]
1．(2016·全国甲卷)某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该保险的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：
上年度出险次数
0
1
2
3
4
≥5
保费
0.85a
a
1.25a
1.5a
1.75a
2a
随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况，得到如下统计表：
出险次数
0
1
2
3
4
≥5
频数
60
50
30
30
20
10
(1)记A为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”．求P(A)的估计值；
(2)记B为事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160%”．求P(B)的估计值；
(3)求续保人本年度平均保费的估计值．
解：(1)事件A发生当且仅当一年内出险次数小于2.由所给数据知，一年内出险次数小于2的频率为＝0.55，故P(A)的估计值为0.55.
(2)事件B发生当且仅当一年内出险次数大于1且小于4.
由所给数据知，一年内出险次数大于1且小于4的频率为＝0.3，故P(B
)的估计值为0.3.
(3)由所给数据得
保费
0.85a
a
1.25a
1.5a
1.75a
2a
频率
0.30
0.25
0.15
0.15
0.10
0.05
调查的200名续保人的平均保费为
0．85a×0.30＋a×0.25＋1.25a×0.15＋1.5a×0.15＋1.75a×0.10＋2a×0.05＝1.192 5a.
因此，续保人本年度平均保费的估计值为1.192 5a.
2．(2015·新课标全国卷Ⅱ)某公司为了解用户对其产品的满意度，从A，B两地区分别随机调查了40个用户，根据用户对产品的满意度评分，得到A地区用户满意度评分的频率分布直方图和B地区用户满意度评分的频数分布表．
B地区用户满意度评分的频数分布表
满意度评分分组
[50,60)
[60,70)
[70,80)
[80,90)
[90,100]
频数
2
8
14
10
6
(1)在图②中作出B地区用户满意度评分的频率分布直方图，并通过直方图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度(不要求计算出具体值，给出结论即可)．
(2)根据用户满意度评分，将用户的满意度分为三个等级：
满意度评分
低于70分
70分到89分
不低于90分
满意度等级
不满意
满意
非常满意
估计哪个地区用户的满意度等级为不满意的概率大？说明理由．
解：(1)B地区用户满意度评分的频率分布直方图如图所示．
通过两地区用户满意度评分的频率分布直方图可以看出，B地区用户满意度评分的平均值高于A地区用户满意度评分的平均值；B地区用户满意度评分比较集中，而A地区用户满意度评分比较分散．
(2)A地区用户的满意度等级为不满意的概率大．
记CA表示事件：“A地区用户的满意度等级为不满意”；CB表示事件：“B地区用户的满意度等级为不满意”．由直方图得P(CA)的估计值为(0.01＋0.02＋0.03)×10＝0.6，P(CB)的估计值为(0.005＋0.02)×10＝0.25.
所以A地区用户的满意度等级为不满意的概率大．
[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考
[练基础小题——强化运算能力]
1．从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是( )
A．“至少有一个黑球”与“都是黑球”
B．“至少有一个黑球”与“都是红球”
C．“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”
D．“恰有一个黑球”与“恰有两个黑球”
解析：选D A中的两个事件是包含关系，不是互斥事件；B中的两个事件是对立事件；C中的两个事件都包含“一个黑球一个红球”的事件，不是互斥关系；D中的两个事件是互斥而不对立的关系．
2．在一次随机试验中，彼此互斥的事件A，B，C，D的概率分别为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：选D 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Venn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．
3．甲、乙两人下棋，和棋的概率为，乙获胜的概率为，则下列说法正确的是( )
A．甲获胜的概率是 B．甲不输的概率是
C．乙输了的概率是 D．乙不输的概率是
解析：选A “甲获胜”是“和棋或乙获胜”的对立事件，所以“甲获胜”的概率是P＝1－－＝，故A正确；“乙输了”等于“甲获胜”，其概率为，故C不正确；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)＝＋＝或设事件A为“甲不输”，则A是“乙获胜”的对立事件，所以P(A)＝1－＝，故B不正确；同理，“乙不输”的概率为，故D不正确．
4．某城市2016年的空气质量状况如下表所示：
污染指数T
30
60
100
110
130
140
概率P
其中污染指数T≤50时，空气质量为优；50
0，y>0，＋＝1.则x＋y＝(x＋y)·＝5＋≥9，当且仅当x＝2y时等号成立，故x＋y的最小值为9.
答案：9
三、解答题
11．某河流上的一座水力发电站，每年六月份的发电量Y(单位：万千瓦时)与该河上游在六月份的降雨量X(单位：毫米)有关．据统计，当X＝70时，Y＝460；X每增加10，Y增加5.已知近20年X的值为140,110,160,70,200,160,140,160,220,200,110,160,160,200,140,110,160,220,140,160.
(1)完成如下的频率分布表：
近20年六月份降雨量频率分布表
降雨量
70
110
140
160
200
220
频率
(2)假定今年六月份的降雨量与近20年六月份降雨量的分布规律相同，并将频率视为概率，求今年六月份该水力发电站的发电量低于490(万千瓦时)或超过530(万千瓦时)的概率．
解：(1)在所给数据中，降雨量为110毫米的有3个，为160毫米的有7个，为200毫米的有3个．故近20年六月份降雨量频率分布表为
降雨量
70
110
140
160
200
220
频率
(2)由已知可得Y＝＋425，
故P(“发电量低于490万千瓦时或超过530万千瓦时”)
＝P(Y<490或Y>530)＝P(X<130或X>210)
＝P(X＝70)＋P(X＝110)＋P(X＝220)
＝＋＋＝.
故今年六月份该水力发电站的发电量低于490(万千瓦时)或超过530(万千瓦时)的概率为.
12.某人在如图所示的直角边长为4米的三角形地块的每个格点(指纵、横直线的交叉点以及三角形的顶点)处都种了一株相同品种的作物．根据历年的种植经验，一株该种作物的年收获量 Y
(单位：kg)与它的“相近”作物株数X之间的关系如下表所示：
X
1
2
3
4
Y
51
48
45
42
这里，两株作物“相近”是指它们之间的直线距离不超过1米．
(1)完成下表，并求所种作物的平均年收获量；
Y
51
48
45
42
频数
4
(2)在所种作物中随机选取一株，求它的年收获量至少为48 kg的概率．
解：(1)所种作物的总株数为1＋2＋3＋4＋5＝15，其中“相近”作物株数为1的作物有2株，“相近”作物株数为2的作物有4株，“相近”作物株数为3的作物有6株，“相近”作物株数为4的作物有3株．列表如下：
Y
51
48
45
42
频数
2
4
6
3
所种作物的平均年收获量为
＝＝＝46.
(2)由(1)知，P(Y＝51)＝，P(Y＝48)＝.
故在所种作物中随机选取一株，它的年收获量至少为48 kg的概率为P(Y≥48)＝P(Y＝51)＋P(Y＝48)＝＋＝.
第四节
本节主要包括3个知识点：
1.古典概型； 2.几何概型；
3.概率与统计的综合问题.
古典概型与几何概型
突破点(一) 古典概型
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
1．基本事件的特点
(1)任何两个基本事件都是互斥的；
(2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和．
2．古典概型
具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型，简称古典概型．
(1)有限性：试验中所有可能出现的基本事件只有有限个；
(2)等可能性：每个基本事件出现的可能性相等．
3．古典概型的概率公式
P(A)＝.
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
古典概型的求法
古典概型的概率计算往往与实际问题结合紧密，解决问题的一般步骤如下：
第一步，阅读题目，判断试验是否为古典概型，若满足有限性和等可能性，则进行下一步．
第二步，通过列举或计算求出基本事件的总数n及题目要求的事件所包含的基本事件的个数m.
第三步，利用古典概型的概率公式求出事件的概率．
[典例] 为振兴旅游业，四川省面向国内发行总量为2 000万张的熊猫优惠卡，向省外人士发行的是熊猫金卡(简称金卡)，向省内人士发行的是熊猫银卡(简称银卡)．某旅游公司组织了一个有36名游客的旅游团到四川名胜景区旅游，其中 是省外游客，其余是省内游客．在省外游客中有 持金卡，在省内游客中有 持银卡．
(1)在该团中随机采访2名游客，求恰有1人持银卡的概率；
(2)在该团中随机采访2名游客，求其中持金卡与持银卡人数相等的概率．
[解] (1)由题意得，省外游客有27人，其中9人持金卡；省内游客有9人，其中6人持银卡．
设事件A为“采访该团2人，恰有1人持银卡”，
则P(A)＝＝，
所以采访该团2人，恰有1人持银卡的概率是.
(2)设事件B为“采访该团2人，持金卡与持银卡人数相等”，可以分为事件B1为“采访该团2人，持金卡0人，持银卡0人”，或事件B2为“采访该团2人，持金卡1人，持银卡1人”两种情况．
则P(B)＝P(B1)＋P(B2)＝＋＝，
所以采访该团2人，持金卡与持银卡人数相等的概率是.
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
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. B. C. D.
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＝＝.
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. B. C. D.
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＝＝.
3．一个三位数的百位、十位、个位上的数字依次为a，b，c，当且仅当a>b，b20，解得2，三棱锥SABC的高与三棱锥SAPC的高相同．
如图所示，作PM⊥AC于M，BN⊥AC于N，
则PM，BN分别为△APC与△ABC的高，
所以＝＝>，
又＝，
所以>，
故所求的概率为(即为长度之比)．
[答案] (1)1－ (2)
[方法技巧]
求解与体积有关的几何概型的关键点
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．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1．[考点二]如图，将半径为1的圆分成相等的四段弧，再将四段弧围成星形放在圆内(阴影部分)．现在往圆内任投一点，此点落在星形区域内的概率为( )
A.－1 B.
C．1－ D.
解析：选A 顺次连接星形的四个顶点，则星形区域的面积等于()2－4＝4－π，又因为圆的面积等于π×12＝π，因此所求的概率等于＝－1.
2．[考点一]如图所示，A是圆上一定点，在圆上其他位置任取一点A′，连接AA′，得到一条弦，则此弦的长度小于或等于半径长度的概率为( )
A. B.
C. D.
解析：选C 当AA′的长度等于半径长度时，∠AOA′＝，A′点在A点左右都可取得，故由几何概型的概率计算公式得P＝＝.
3．[考点一](2017·伊春模拟)在区间上随机取一个数x，则sin x＋cos x∈[1， ]的概率是( )
A. B.
C. D.
解析：选B 因为sin x＋cos x＝sin∈，
所以≤sin≤1，
所以x＋∈2kπ＋，2kπ＋(k∈Z)，
即x∈2kπ，2kπ＋(k∈Z)，
又x∈－，，所以x∈，
故要求的概率为＝.
4．[考点三]如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，有一动点在此长方体内随机运动，则此动点在三棱锥AA1BD内的概率为________．
解析：设事件M为“动点在三棱锥AA1BD内”，
则P(M)＝＝
＝＝＝.
答案：
5．[考点二]在区间[0,1]上任取两个数a，b，则函数f(x)＝x2＋ax＋b2无零点的概率为________．
解析：要使该函数无零点，只需a2－4b2<0，
即(a＋2b)(a－2b)<0.
∵a，b∈[0,1]，a＋2b>0，
∴a－2b<0.
作出的可行域(如阴影部分所示)，易得该函数无零点的概率P＝＝.
答案：
6．[考点二]欧阳修的《卖油翁》中写到：“(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3 cm的圆，中间有边长为1 cm的正方形孔，若随机向铜钱上滴一滴油(油滴的直径忽略不计)，则正好落入孔中的概率是________．
解析：依题意，所求概率为P＝＝.
答案：
突破点(三) 概率与统计的综合问题
概率的计算问题往往与抽样方法、频率分布直方图、频率分布表、茎叶图等知识点相结合进行考查，一般难度不大，考查基础知识点和基本方法.解决此类综合问题可遵循以下几个步骤进行：
第一步，根据所给的频率分布直方图、茎叶图等统计图表确定样本数据、平均数等统计量；
第二步，根据题意，一般由频率估计概率，确定相应的事件的概率；
第三步，利用互斥事件、对立事件、古典概型等概率计算公式计算概率.
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
概率与统计图表的综合问题
[例1] (2017·郑州模拟)某园林基地培育了一种新观赏植物，经过一年的生长发育，技术人员从中抽取了部分植株的高度(单位：厘米)作为样本(样本容量为n)进行统计，按照[50,60)，[60,70，)[70,80)，[80,90)，[90,100]的分组作出频率分布直方图，并作出样本高度的茎叶图(图中仅列出了高度在[50,60)，[90,100]的数据)．
(1)求样本容量n和频率分布直方图中的x、y的值；
(2)在选取的样本中，从高度在80厘米以上(含80厘米)的植株中随机抽取2株，求所抽取的2株中至少有一株高度在[90,100]内的概率．
[解] (1)由题意可知，样本容量n＝＝50，y＝＝0.004，
x＝0.100－0.004－0.010－0.016－0.040＝0.030.
(2)由题意可知，高度在[80,90)内的株数为5，记这5株分别为a1，a2，a3，a4，a5，高度在[90,100]内的株数为2，记这2株分别为b1，b2.抽取2株的所有情况有21种，分别为：
(a1，a2)，(a1，a3)，(a1，a4)，(a1，a5)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，a3)，(a2，a4)，(a2，a5)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a3，a4)，(a3，a5)，(a3，b1)，(a3，b2)，(a4，a5)，(a4，b1)，(a4，b2)，(a5，b1)，(a5，b2)，(b1，b2)．
其中2株的高度都不在[90,100]内的情况有10种，分别为：(a1，a2)，(a1，a3)，(a1，a4)，(a1，a5)，(a2，a3)，(a2，a4)，(a2，a5)，(a3，a4)，(a3，a5)，(a4，a5)．
所以所抽取的2株中至少有一株高度在[90,100]内的概率P＝1－＝.
[方法技巧] 破解概率与统计图表综合问题的“三步曲”
概率与抽样方法的综合问题
[例2] 某大型手机连锁店为了解销售价格在区间[5,30](单位：百元)内的手机的利润情况，从2016年度销售的一批手机中随机抽取75部，按其价格分成5组，频数分布表如下：
价格分组
(单位：百元)
[5,10)
[10,15)
[15,20)
[20,25)
[25,30)
频数(单位：部)
5
10
20
15
25
(1)用分层抽样的方法从价格在区间[5,10)，[10,15)和[20,25)内的手机中共抽取6部，其中价格在区间[20,25)内的有几部？
(2)从(1)中抽出的6部手机中任意抽取2部，求价格在区间[10,15)内的手机至少有1部的概率．
[解] (1)因为在区间[5,10)，[10,15)和[20,25)内的手机的数量之比为5∶10∶15＝1∶2∶3，所以抽取的6部手机中价格在区间[20,25)内的有6×＝3(部)．
(2)这6部手机中价格在区间[5,10)内的有1部记为a
，在区间[10,15)内的有2部，分别记为b1，b2，在区间[20,25)内的有3部，分别记为c1，c2，c3，从中任取2部，可能的情况有(a，b1)，(a，b2)，(a，c1)，(a，c2)，(a，c3)，(b1，b2)，(b1，c1)，(b1，c2)，(b1，c3)，(b2，c1)，(b2，c2)，(b2，c3)，(c1，c2)(c1，c3)，(c2，c3)，共15种；
设“价格在区间[10,15)内的手机至少有1部”为事件A，则事件A包含的情况有(a，b1)，(a，b2)，(b1，b2)，(b1，c1)，(b1，c2)，(b1，c3)，(b2，c1)，(b2，c2)，(b2，c3)，共9种．
故P(A)＝＝.
[方法技巧]
求解概率与分层抽样综合问题的步骤
(1)利用分层抽样的抽样比，求出各层的样本数或各层应抽取的样本数；
(2)计算样本空间所含的基本事件个数与所求事件含有的基本事件的个数；
(3)利用古典概型的概率计算公式得出结果．
概率与统计案例的综合问题
[例3] (2017·武汉模拟)某城市随机抽取一年内100天的空气质量指数(AQI)的监测数据，结果统计如下：
AQI
[0,50]
(50,100]
(100,150]
(150,200]
(200,300]
>300
空气质量
优
良
轻度污染
中度污染
重度污染
严重污染
天数
6
14
18
27
20
15
(1)已知某企业每天的经济损失y(单位：元)与空气质量指数x的关系式为y＝若在本年内随机抽取一天，试估计这一天的经济损失超过400元的概率；
(2)若本次抽取的样本数据有30天是在供暖季，其中有8天为严重污染．根据提供的统计数据，完成下面的2×2列联表，并判断是否有95%的把握认为“该城市本年的空气严重污染与供暖有关”？
非严重污染
严重污染
总计
供暖季
非供暖季
总计
100
附：K2＝
P(K2≥k0)
0.100
0.050
0.025
0.010
0.001
k0
2.706
3.841
5.024
6.635
10.828
解：(1)记“在本年内随机抽取一天，该天的经济损失超过400元”为事件A.
由y>400，得x>200.
由统计数据可知，空气质量指数大于200的频数为35，
所以P(A)＝＝.
(2)根据题设中的数据得到如下2×2列联表：
非严重污染
严重污染
总计
供暖季
22
8
30
非供暖季
63
7
70
总计
85
15
100
将2×2列联表中的数据代入公式计算，得
K2＝≈4.575.
因为4.575>3.841，
所以有95%的把握认为“该城市本年的空气严重污染与供暖有关”．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1．[考点一](2017·太原模拟)某工厂对一批共50件的机器零件进行分类检测，其重量(克)统计如下：
重量段
[80,85)
[85,90)
[90,95)
[95,100]
件数
5
m
12
n
规定重量在82克及以下的为甲型，重量在85克及以上的为乙型，已知该批零件有甲型2件．
(1)从该批零件中任选1件，若选出的零件重量在[95,100]内的概率为0.26，求m的值；
(2)从重量在[80,85)的5件零件中，任选2件，求其中恰有1件为甲型的概率．
解：(1)由题意可得n＝0.26×50＝13，则m＝50－5－12－13＝20.
(2)设“从重量在[80,85)的5件零件中，任选2件，其中恰有1件为甲型”为事件A，记这5件零件分别为a，b，c，d，e，其中甲型为a，b.
从这5件零件中任选2件，所有可能的情况为ab，ac，ad，ae，bc，bd，be，cd，ce，de，共10种．
其中恰有1件为甲型的情况有ac，ad，ae，bc，bd，be，共6种．
所以P(A)＝＝.
即从重量在[80,85)的5件零件中，任选2件，其中恰有1件为甲型的概率为.
2．[考点一、二](2017·潍坊模拟)济南天下第一泉风景区为了做好宣传工作，准备在A
和B两所大学分别招募8名和12名志愿者，将这20名志愿者的身高(单位：cm)编成如图所示的茎叶图．若身高在175 cm以上(包括175 cm)定义为“高精灵”，身高在175 cm以下定义为“帅精灵”．已知A大学志愿者的身高的平均数为176，B大学志愿者的身高的中位数为168.
(1)求x，y的值；
(2)如果用分层抽样的方法从“高精灵”和“帅精灵”中随机抽取5人，再从这5人中选2人，求至少有1人为“高精灵”的概率．
解：(1)由茎叶图得，
＝176，
＝168.
解得x＝5，y＝7.
(2)由题意可得，“高精灵”有8人，“帅精灵”有12人，如果从“高精灵”和“帅精灵”中抽取5人，则抽取的“高精灵”和“帅精灵”的人数分别为8×＝2,12×＝3.
记抽取的“高精灵”分别为b1，b2，“帅精灵”分别为c1，c2，c3，
从这5人中任选2人的所有可能情况为(b1，b2)，(b1，c1)，(b1，c2)，(b1，c3)，(b2，c1)，(b2，c2)，(b2，c3)，(c1，c2)，(c1，c3)，(c2，c3)，共10种，
记“从这5人中选2人，至少有1人为‘高精灵’”为事件A，则A包含的情况为(b1，b2)，(b1，c1)，(b1，c2)，(b1，c3)，(b2，c1)，(b2，c2)，(b2，c3)，共7种，所以P(A)＝.
故从这5人中选2人，至少有1人为“高精灵”的概率为.
3．[考点一、二]某iPhone手机专卖店对某市市民进行iPhone手机认可度的调查，在已购买iPhone手机的1 000名市民中，随机抽取100名，按年龄(单位：岁)进行统计的频数分布表和频率分布直方图如下：
分组(岁)
频数
[25,30)
5
[30,35)
x
[35,40)
35
[40,45)
y
[45,50)
10
合计
100
(1)求频数分布表中x，y的值，并补全频率分布直方图；
(2)在抽取的这100名市民中，从年龄在[25,30)、[30,35)内的市民中用分层抽样的方法抽取5人参加iPhone手机宣传活动，现从这5人中随机选取2人各赠送一部iPhone 7手机，求这2人中恰有1人的年龄在[30,35)内的概率．
解：(1)由频数分布表和频率分布直方图可知，
解得
频率分布直方图中年龄在[40,45)内的人数为30，对应的为＝0.06，所以补全的频率分布直方图如下：
(2)由频数分布表知，在抽取的5人中，
年龄在[25,30)内的市民的人数为5×＝1，记为A1，年龄在[30,35)内的市民的人数为5×＝4，分别记为B1，B2，B3，B4.
从这5人中任选2人的所有基本事件为：{A1，B1}，{A1，B2}，{A1，B3}，{A1，B4}，{B1，B2}，{B1，B3}，{B1，B4}，{B2，B3}，{B2，B4}，{B3，B4}，共10个．
记“恰有1人的年龄在[30,35)内”为事件M，则M所包含的基本事件有4个：{A1，B1}，{A1，B2}，{A1，B3}，{A1，B4}．
所以这2人中恰有1人的年龄在[30,35)内的概率为P(M)＝＝.
4．[考点二、三](2017·贵阳模拟)
为了增强消防安全意识，某中学做了一次消防知识讲座，从男生中随机抽取了50人，从女生中随机抽取了70人参加消防知识测试，统计数据得到如下的列联表：
优秀
非优秀
总计
男生
15
35
50
女生
30
40
70
总计
45
75
120
(1)试判断能否有90%的把握认为消防知识的测试成绩优秀与否与性别有关；
附：K2＝
P(K2≥k0)
0.25
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
k0
1.323
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
(2)为了宣传消防安全知识，从该校测试成绩获得优秀的同学中采用分层抽样的方法，随机选出6名组成宣传小组．现从这6人中随机抽取2名到校外宣传，求到校外宣传的同学中至少有1名是男生的概率．
解：(1)因为K2＝≈2.057，且2.057<2.706，
所以没有90%的把握认为消防知识的测试成绩优秀与否与性别有关．
(2)用分层抽样的方法抽取时，抽取比例是＝，则抽取女生30×＝4(人)，抽取男生15×＝2(人)，抽取的同学分别记为B1，B2，B3，B4，C1，C2(其中C1，C2为男生)，从中随机抽取2名同学共有15种情况：(C1，B1)，(C1，B2)，(C1，B3)，(C1，B4)，(C2，B1)，(C2，B2)，(C2，B3)，(C2，B4)，(C1，C2)，(B1，B2)，(B1，B3)，(B1，B4)，(B2，B3)，(B2，B4)，(B3，B4)．其中至少有一名是男生的事件为：(C1，B1)，(C1，B2)，(C1，B3)，(C1，B4)，(C2，B1)，(C2，B2)，(C2，B3)，(C2，B4)，(C1，C2)，有9种情况．记“到校外宣传的同学中至少有1名是男生”为事件M，则P(M)＝＝.
[全国卷5年真题集中演练——明规律]
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. B. C. D.
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＝＝.故选B.
2．(2016·全国乙卷)为美化环境，从红、黄、白、紫4种颜色的花中任选2种花种在一个花坛中，余下的2种花种在另一个花坛中，则 红色和紫色的花不在同一花坛的概率是( )
A. B. C. D.
解析：选C 从4种颜色的花中任选2种颜色的花种在一个花坛中，余下2种颜色的花种在另一个花坛的情况有：红黄—白紫、红白—黄紫、红紫—白黄、黄白—红紫、黄紫—红白、白紫—红黄，共6种，其中红色和紫色的花不在同一花坛的情况有：红黄—白紫、红白—黄紫、黄紫—红白、白紫—红黄，共4种，故所求概率为P＝＝，故选C.
3．(2016·全国甲卷)某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现，红灯持续时间为40秒．若一名行人来到该路口遇到红灯，则至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为( )
A. B. C. D.
解析：选B 如图，若该行人在时间段AB的某一时刻来到该路口，则该行人至少等待15秒才出现绿灯．AB长度为40－15＝25，由几何概型的概率公式知，至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为＝，故选B.
4．(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. B. C. D.
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＝，即＝，所以π＝.
5．(2016·全国丙卷)小敏打开计算机时，忘记了开机密码的前两位，只记得第一位是M，
I，N中的一个字母，第二位是1,2,3,4,5中的一个数字，则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是( )
A. B. C. D.
解析：选C ∵Ω＝{(M,1)，(M,2)，(M,3)，(M,4)，(M,5)，(I,1)，(I,2)，(I,3)，(I,4)，(I,5)，(N,1)，(N,2)，(N,3)，(N,4)，(N,5)}，∴事件总数有15种．∵正确的开机密码只有1种，∴P＝.
6．(2015·新课标全国卷Ⅰ)如果3个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长，则称这3个数为一组勾股数，从1,2,3,4,5中任取3个不同的数，则这3个数构成一组勾股数的概率为( )
A. B. C. D.
解析：选C 从1,2,3,4,5中任取3个不同的数共有如下10个不同的结果：(1,2,3)，(1,2,4)，(1,2,5)，(1,3,4)，(1,3,5)，(1,4,5)，(2,3,4)，(2,3,5)，(2,4,5)，(3,4,5)，其中勾股数只有(3,4,5)，所以概率为.故选C.
7．(2014·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. B. C. D.
解析：选D 由题知所求概率P＝＝，选D.
8．(2013·新课标全国卷Ⅰ)从1,2,3,4中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是( )
A. B. C. D.
解析：选B 从1,2,3,4中任取2个不同的数有以下六种情况：(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)，满足取出的2个数之差的绝对值为2的有(1,3)，(2,4)，共两种情况．故所求概率是＝.
[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考
[练基础小题——强化运算能力]
1．(2017·武汉模拟)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. B. C. D.
解析：选D 因为log0.5(4x－3)≥0，所以0<4x－3≤1，即0，b>0，包含的基本事件有(2,1)，(2,2)，共2个，根据古典概型的概率计算公式可知直线y＝kx＋b不经过第四象限的概率P＝＝，故选B.
3．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＝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. B. C. D.
解析：选C 由题意可知S阴＝dx＝x＝，S长方形＝4×2＝8，则所求概率P＝＝＝.
4．(2017·商丘模拟)已知P是△ABC所在平面内一点，＋＋2＝0，现将一粒豆随机撒在△ABC内，则黄豆落在△PBC内的概率是( )
A. B. C. D.
解析：选C 如图所示，设点M是BC边的中点，因为＋＋2＝0，所以点P是中线AM的中点，所以黄豆落在△
PBC内的概率P＝＝，故选C.
5．设集合A＝{1,2}，B＝{1,2,3}，分别从集合A和B中随机取一个数a和b，确定平面上的一个点P(a，b)，记“点P(a，b)落在直线x＋y＝n上”为事件Cn(2≤n≤5，n∈N)，若事件Cn发生的概率最大，则n的所有可能值为( )
A．3 B．4 C．2和5 D．3和4
解析：选D 分别从集合A和B中随机取出一个数，确定平面上的一个点P(a，b)，则有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，共6种情况，a＋b＝2的有1种情况，a＋b＝3的有2种情况，a＋b＝4的有2种情况，a＋b＝5的有1种情况，所以可知若事件Cn发生的概率最大，则n的所有可能值为3和4.
6．某公司有一批专业技术人员，其中年龄在35～50岁的本科生和研究生分别有30人和20人，现用分层抽样法在35～50岁年龄段的专业技术人员中抽取一个容量为5的样本，将该样本看成一个总体，从中任意抽取3人，则至少有1人为研究生的概率为( )
A. B. C. D.
解析：选D 设容量为5的样本中研究生的人数为m，由题意可得＝，解得m＝2，则样本中有研究生2人，分别记为A，B，本科生3人，分别记为a，b，c，所以从中任意抽取3人的所有情况有(A，B，a)，(A，B，b)，(A，B，c)，(A，a，b)，(A，a，c)，(A，b，c)，(B，a，b)，(B，a，c)，(B，b，c)，(a，b，c)，共10种，3人均为本科生的情况只有(a，b，c)1种，故至少有1人为研究生的概率为1－＝.
二、填空题
7．某同学同时掷两颗骰子，得到点数分别为a，b，则双曲线－＝1的离心率e>的概率是________．
解析：由e＝ >，得b>2a.当a＝1时，有b＝3,4,5,6四种情况；当a＝2时，有b＝5,6两种情况，总共有6种情况．又同时掷两颗骰子，得到的点数(a，b)共有36种情况．则所求事件的概率P＝＝.
答案：
8．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＝＝.
答案：
9．已知正方形ABCD的边长为2，H是边DA的中点．在正方形ABCD内部随机取一点P，则满足|PH|<的概率为________．
解析：如图，设E，F分别为边AB，CD的中点，则满足|PH|<的点P在△AEH，扇形HEF及△DFH内，由几何概型的概率计算公式知，所求概率为＝＋.
答案：＋
10．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________．
解析：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，则所求概率为P＝＝.
答案：
三、解答题
11．从某市主办的科技知识竞赛的学生成绩中随机选取了40名学生的成绩作为样本，已知这40名学生的成绩全部在40分至100分之间，现将成绩按如下方式分成6组：第一组[40,50)；第二组[50,60)；……；第六组[90,100]，并据此绘制了如图所示的频率分布直方图．
(1)求成绩在区间[80,90)内的学生人数；
(2)从成绩大于等于80分的学生中随机选2名，求至少有1名学生的成绩在区间[90,100]
内的概率．
解：(1)因为各组的频率之和为1，所以成绩在区间[80,90)内的频率为1－(0.005×2＋0.015＋0.020＋0.045)×10
＝0.1，所以选取的40名学生中成绩在区间[80,90)内的学生人数为40×0.1＝4.
(2)设A表示事件“在成绩大于等于80分的学生中随机选2名，至少有1名学生的成绩在区间[90,100]内”，由(1)可知成绩在区间[80,90)内的学生有4人，记这4名学生分别为a，b，c，d，成绩在区间[90,100]内的学生有0.005×10×40＝2(人)，记这2名学生分别为e，f，则选取2名学生的所有可能结果为(a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，e)，(a，f)，(b，c)，(b，d)，(b，e)，(b，f)，(c，d)，(c，e)，(c，f)，(d，e)，(d，f)，(e，f)，共15种，事件“至少有1名学生的成绩在区间[90,100]内”的可能结果为(a，e)，(a，f)，(b，e)，(b，f)，(c，e)，(c，f)，(d，e)，(d，f)，(e，f)，共9种，所以P(A)＝＝.
12．现有8个质量和外形一样的球，其中A1，A2，A3为红球的编号，B1，B2，B3为黄球的编号，C1，C2为蓝球的编号，从三种颜色的球中分别选出一个球，放到一个盒子内．
(1)求红球A1被选中的概率；
(2)求黄球B1和蓝球C1不全被选中的概率．
解：从三种不同颜色的球中分别选出一球，其一切可能的结果组成的基本事件空间Ω＝{(A1，B1，C1)，(A1，B1，C2)，(A1，B2，C1)，(A1，B2，C2)，(A1，B3，C1)，(A1，B3，C2)，(A2，B1，C1)，(A2，B1，C2)，(A2，B2，C1)，(A1，B2，C2)，(A2，B3，C1)，(A2，B3，C2)，(A3，B1，C1)，(A3，B1，C2)，(A3，B2，C1)，(A3，B2，C2)，(A3，B3，C1)，(A3，B3，C2)}，共18个基本事件．由于每一个基本事件被抽取的机会均等，因此这些事件的发生是等可能的．
(1)用M表示“红球A1被选中”这一事件，则M＝{(A1，B1，C1)，(A1，B1，C2)，(A1，B2，C1)，(A1，B2，C2)，(A1，B3，C1)，(A1，B3，C2)}，事件M由6个基本事件组成，因而P(M)＝＝.
(2)用N表示“黄球B1和蓝球C1不全被选中”这一事件，则其对立事件表示“B1，C1全被选中”这一事件，由于＝{(A1，B1，C1)，(A2，B1，C1)，(A3，B1，C1)}，事件由3个基本事件组成，所以P()＝＝，由对立事件的概率计算公式得P(N)＝1－P()＝1－＝.
第五节
离散型随机变量的分布列、均值与方差
本节主要包括2个知识点：
1.离散型随机变量的分布列；
2.离散型随机变量的均值与方差.
突破点(一) 离散型随机变量的分布列
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
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；②i＝1.
3．常见的离散型随机变量的分布列
(1)两点分布
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
在含有M件次品的N件产品中，任取n件，其中恰有X件次品，则P(X＝k)＝，k＝0,1,2，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*.
X
0
1
…
m
P
…
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．
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
离散型随机变量分布列的性质
离散型随机变量的分布列的性质主要有三方面的作用：
(1)利用“总概率之和为1”可以求相关参数的取值范围或值；
(2)利用“离散型随机变量在一范围内的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和”求某些特定事件的概率；
(3)可以根据性质判断所得分布列结果是否正确．
[例1] (1)设X是一个离散型随机变量，其分布列为：
X
－1
0
1
P
2－3q
q2
则q的值为( )
A．1 B.±
C.－ D.＋
(2)离散型随机变量X的概率分布规律为P(X＝n)＝(n＝1,2,3,4)，其中a是常数，则P＜X＜的值为( )
A. B.
C. D.
[解析] (1)由分布列的性质知
∴q＝－.
(2)由×a＝1，知a＝1.∴a＝.
故P＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝×＋×＝.
[答案 (1)C (2)D
[易错提醒]
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．
求离散型随机变量的分布列
[例2] 某商店试销某种商品20天，获得如下数据：
日销售量(件)
0
1
2
3
频数
1
5
9
5
试销结束后(假设该商品的日销售量的分布规律不变)，设某天开始营业时有该商品3件，当天营业结束后检查存货，若发现存量少于2件，则当天进货补充至3件，否则不进货，将频率视为概率．
(1)求当天商店不进货的概率；
(2)记X为第二天开始营业时该商品的件数，求X的分布列．
[解] (1)P(当天商店不进货)＝P(当天商品销售量为0件)＋P(当天商品销售量为1件)＝＋＝.
(2)由题意知，X的可能取值为2,3.
P(X＝2)＝P(当天商品销售量为1件)＝＝，
P(X＝3)＝P(当天商品销售量为0件)＋P(当天商品销售量为2件)＋P(当天商品销售量为3件)＝＋＋＝.
所以X的分布列为
X
2
3
P
[方法技巧]
求离散型随机变量分布列的步骤
(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．
超几何分布
1．随机变量是否服从超几何分布的判断
若随机变量X满足如下条件，则X服从超几何分布：第一，该试验是不放回地抽取n次；第二，随机变量X表示抽取到的某类个体的个数(如次品件数或类似事件)，反之亦然．
2．超几何分布的特征
(1)考察对象分两类；
(2)已知各类对象的个数；
(3)从中抽取若干个个体，考查某类个体数X的概率分布．
[例3] (2016·天津高考节选)某小组共10人，利用假期参加义工活动．已知参加义工活动次数为1,2,3的人数分别为3,3,4.现从这10人中随机选出2人作为该组代表参加座谈会．
(1)设A为事件“选出的2人参加义工活动次数之和为4”，求事件A发生的概率；
(2)设X为选出的2人参加义工活动次数之差的绝对值，求随机变量X的分布列．
[解] (1)由已知，有P(A)＝＝.
所以事件A发生的概率为.
(2)随机变量X的所有可能取值为0,1,2.
P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝.
所以随机变量X的分布列为
X
0
1
2
P
[方法技巧]
求超几何分布的分布列的步骤
第一步，验证随机变量服从超几何分布，并确定参数N，M，n的值；
第二步，根据超几何分布的概率计算公式计算出随机变量取每一个值时的概率；
第三步，用表格的形式列出分布列．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1．[考点一]设某项试验的成功率是失败率的2倍，用随机变量X去描述1次试验的成功次数，则P(X＝0)等于( )
A．0 B. C. D.
解析：选C 设X的分布列为
X
0
1
P
p
2p
即“X＝0”表示试验失败，“X＝1”表示试验成功，设失败率为p，则成功率为2p.由p＋2p＝1，则p＝.
2．[考点一]若P(ξ≤x2)＝1－β，P(ξ≥x1)＝1－α，其中x1x2)＝β，P(ξx2)－P(ξE(X2)，
所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大．
[全国卷5年真题集中演练——明规律]
1．(2016·全国乙卷)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.
2．(2013·新课标全国卷Ⅱ)经销商经销某种农产品，在一个销售季度内，每售出1t该产品获利润500元，未售出的产品，每1t亏损300元．根据历史资料，得到销售季度内市场需求量的频率分布直方图，如图所示．经销商为下一个销售季度购进了130 t该农产品．以X(单位：t,100≤X≤150)表示下一个销售季度内的市场需求量，T(单位：元)表示下一个销售季度内经销该农产品的利润．
(1)将T表示为X的函数；
(2)根据直方图估计利润T不少于57 000元的概率；
(3)在直方图的需求量分组中，以各组的区间中点值代表该组的各个值，并以需求量落入该区间的频率作为需求量取该区间中点值的概率(例如：若需求量X∈[100,110)则取X＝105，且X＝105的概率等于需求量落入[100,110)的频率)，求T的数学期望．
解：(1)当X∈[100,130)时，
T＝500X－300(130－X)＝800X－39 000，
当X∈[130,150]时，T＝500×130＝65 000，
所以T＝
(2)由(1)知利润T不少于57 000元当且仅当120≤X≤150.由直方图知需求量X∈[120,150]的频率为0.7，所以下一个销售季度内的利润T不少于57 000元概率的估计值为0.7.
(3)依题意可得T的分布列为
T
45 000
53 000
61 000
65 000
P
0.1
0.2
0.3
0.4
所以E(T)＝45 000×0.1＋53 000×0.2＋61 000×0.3＋65 000×0.4＝59 400.
[课时达标检测] 难点增分课时——设计3级训练，考生据自身能力而选
一、全员必做题
1．袋中装着标有数字1,2,3,4,5的小球各2个，从袋中任取3个小球，每个小球被取出的可能性都相等，X表示取出的3个小球上的最大数字，求：
(1)取出的3个小球上的数字互不相同的概率；
(2)随机变量X的分布列及均值E(X)．
解：(1)“一次取出的3个小球上的数字互不相同”的事件记为A，则P(A)＝＝.
(2)由题意，X所有可能的取值为2,3,4,5.
P(X＝2)＝＝；
P(X＝3)＝＝；
P(X＝4)＝＝；
P(X＝5)＝＝.
所以随机变量X的分布列为
X
2
3
4
5
P
E(X)＝2×＋3×＋4×＋5×＝.
2．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的分布列及均值E(X)．
解：(1)由已知得，P(A)＝＝.
所以事件A发生的概率为.
(2)随机变量X的所有可能取值为1,2,3,4.
P(X＝k)＝(k＝1,2,3,4)．
所以，随机变量X的分布列为
X
1
2
3
4
P
E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×
＝＋＋＋＝＝.
3．国庆节期间，某旅行社组织了14人参加“国家旅游常识”知识竞赛，每人回答3个问题，答对题目个数及对应人数统计结果见下表：
答对题目个数
0
1
2
3
人数
3
2
5
4
根据上表信息解答以下问题：
(1)从14人中任选3人，求3人答对题目个数之和为6的概率；
(2)从14人中任选2人，用X表示这2人答对题目个数之和，求随机变量X的分布列及E(X)．
解：(1)记“3人答对题目个数之和为6”为事件A，
事件A包含“3人分别答对2题”，“3人分别答对1,2,3题”和“3人分别答对0,3,3题”．
则P(A)＝＝＝，
即3人答对题目个数之和为6的概率为.
(2)依题意可知X的所有可能取值为0,1,2,3,4,5,6.
则P(X＝0)＝＝＝，
P(X＝1)＝＝＝，
P(X＝2)＝＝＝，
P(X＝3)＝＝＝，
P(X＝4)＝＝＝，
P(X＝5)＝＝＝，
P(X＝6)＝＝＝.
从而X的分布列为
X
0
1
2
3
4
5
6
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋5×＋6×＝＝＝.
1．抛掷甲、乙两枚质地均匀且六个面上分别标有1,2,3,4,5,6的正方体，记上底面上的数字分别为x，y.若[a]表示a的整数部分，如：[2.6]＝2，设ξ为随机变量，且ξ＝.
(1)求P(ξ＝0)；
(2)求ξ的分布列，并求其均值E(ξ)．
解：(1)依题意，实数对(x，y)共有36种情况，使ξ＝＝0的实数对(x，y)有以下15种情况：(1,2)，(1,3)，(2,3)，(1,4)，(2,4)，(3,4)，(1,5)，(2,5)，(3,5)，(4,5)，(1,6)，(2,6)，(3,6)，(4,6)，(5,6)，
所以P(ξ＝0)＝＝.
(2)随机变量ξ的所有可能取值为0,1,2.
ξ＝1的情况有以下18种：(1,1)，(2,1)，(3,1)，(2,2)，(3,2)，(4,2)，(5,2)，(6,2)，(3,3)，(4,3)，(5,3)，(6,3)，(4,4)，(5,4)，(6,4)，(5,5)，(6,5)，(6,6)，
所以P(ξ＝1)＝＝.
ξ＝2的情况有以下3种：(4,1)，(5,1)，(6,1)，所以P(ξ＝2)＝＝.
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
P
均值E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝.
2．某商场中的20件不同的商品中有是进口商品，其余的是国产商品．在进口商品中有是高端商品，在国产商品中有是高端商品．
(1)从该批商品中随机抽取3件，求恰有1件进口高端商品且国产高端商品少于2件的概率；
(2)若销售1件国产高端商品获利80元，1件国产非高端商品获利50元，当销售该批国产商品3件时，获利为ξ元，求ξ的分布列及均值E(ξ)．
解：(1)设事件B为“从该批商品中随机抽取3件，恰有1件进口高端商品且国产高端商品少于2件”，事件A1为“抽取的3件商品中，有1件进口高端商品，0件国产高端商品”，事件A2为“抽取的3件商品中，有1件进口高端商品，1件国产高端商品”．
因为这20件商品中，进口高端商品有20××＝5(件)，国产高端商品有20××＝3(件)．
所以P(B)＝P(A1)＋P(A2)＝＋＝，
即从该批商品中随机抽取3件，恰有1件进口高端商品且国产高端商品少于2件的概率是.
(2)由于本批商品中仅有5件国产商品，其中3件是高端商品，故销售该批国产商品3件时，可能有1件高端商品，2件非高端商品，或2件高端商品，1件非高端商品，或3件都是高端商品，于是ξ的可能取值为180,210,240.
P(ξ＝180)＝＝，P(ξ＝210)＝＝＝，
P(ξ＝240)＝＝.
所以ξ的分布列为
ξ
180
210
240
P
故E(ξ)＝180×＋210×＋240×＝204.
三、冲刺满分题
1．袋中装有黑色球和白色球共7个，从中任取2个球都是白色球的概率为.现有甲、乙两人从袋中轮流摸出1个球，甲先摸，乙后摸，然后甲再摸，……，摸后均不放回，直到有一人摸到白色球后终止．每个球在每一次被摸出的机会都是等可能的，用X表示摸球终止时所需摸球的次数．
(1)求随机变量X的分布列和均值E(X)；
(2)求甲摸到白色球的概率．
解析：设袋中白色球共有x个，x∈N*且x≥2，则依题意知＝，所以＝，
即x2－x－6＝0，解得x＝3(x＝－2舍去)．
(1)袋中的7个球，3白4黑，随机变量X的所有可能取值是1,2,3,4,5.
P (X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝，P(X＝5)＝＝.
随机变量X的分布列为
X
1
2
3
4
5
P
所以E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＋5×＝2.
(2)记事件A为“甲摸到白色球”，则事件A包括以下三个互斥事件：
A1＝“甲第1次摸球时摸出白色球”；
A2＝“甲第2次摸球时摸出白色球”；
A3＝“甲第3次摸球时摸出白色球”．
依题意知，P(A1)＝＝，P(A2)＝＝，P(A3)＝＝，
所以甲摸到白色球的概率为P(A)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝＋＋＝.
2．某牛奶厂要将一批牛奶用汽车从所在城市甲运至城市乙，已知从城市甲到城市乙只有两条公路，且运费由厂商承担．若厂商恰能在约定日期(×月×日)将牛奶送到，则城市乙的销售商一次性支付给牛奶厂20万元；若在约定日期前送到，每提前一天销售商将多支付给牛奶厂1万元；若在约定日期后送到，每迟到一天销售商将少支付给牛奶厂1万元．为保证牛奶新鲜度，汽车只能在约定日期的前两天出发，且只能选择其中的一条公路运送牛奶，已知下表内的信息：
统计
信息
汽车行
驶路线
在不堵车的情况下到达城市乙所需时间(天)
在堵车的情况下到达城市乙所需时间(天)
堵车的概率
运费(万元)
公路1
2
3
1.6
公路2
1
4
0.8
(1)记汽车选择公路1运送牛奶时牛奶厂获得的毛收入为ξ(单位：万元)，求ξ的分布列和均值E(ξ)；
(2)选择哪条公路运送牛奶有可能让牛奶厂获得的毛收入更多？
(注：毛收入＝销售商支付给牛奶厂的费用－运费)
解：(1)若汽车走公路1，
不堵车时牛奶厂获得的毛收入ξ＝20－1.6＝18.4(万元)；
堵车时牛奶厂获得的毛收入ξ＝20－1.6－1＝17.4(万元)，
∴汽车走公路1时牛奶厂获得的毛收入ξ的分布列为
ξ
18.4
17.4
P
E(ξ)＝18.4×＋17.4×＝18.3(万元)．
(2)设汽车走公路2时牛奶厂获得的毛收入为η，则
不堵车时牛奶厂获得的毛收入η＝20－0.8＋1＝20.2(万元)；
堵车时牛奶厂获得的毛收入η＝20－0.8－2＝17.2(万元)．
∴汽车走公路2时牛奶厂获得的毛收入η的分布列为
η
20.2
17.2
P
E(η)＝20.2×＋17.2×＝18.7(万元)．
∵E(ξ)0，称P(B|A)＝为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率．
(2)性质
①0≤P(B|A)≤1；
②如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)．
2．事件的相互独立性
(1)定义
设A，B为两个事件，如果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(AB)＝P(A)P(B)．
②如果事件A与B相互独立，那么A与，与B，与也都相互独立．
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
求条件概率
解决条件概率问题的步骤
第一步，判断是否为条件概率，若题目中出现“已知”“在……前提下”等字眼，一般为条件概率．题目中若没有出现上述字眼，但已知事件的出现影响所求事件的概率时，也需注意是否为条件概率．若为条件概率，则进行第二步．
第二步，计算概率，这里有两种思路．
思路一：缩减样本空间法计算条件概率．
如求P(A|B)，可分别求出事件B，AB包含的基本事件的个数，再利用公式P(A|B)＝计算．
思路二：直接利用条件概率的计算公式计算条件概率，即先分别计算出P(AB)，P(B)，再利用公式P(A|B)＝计算．
[例1] (1)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
(2)从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A为“取到的2个数之和为偶数”，事件B为“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)＝( )
A. B. C. D.
(3)如图，EFGH是以O为圆心，半径为1的圆的内接正方形．将一颗豆子随机地扔到该圆内，用A表示事件“豆子落在正方形EFGH内”，B表示事件“豆子落在扇形OHE(阴影部分)内”，则P(B|A)＝________.
[解析] (1)根据条件概率公式P(B|A)＝，可得所求概率为＝0.8.
(2)P(A)＝＝，P(B)＝＝，又A⊇B，则P(AB)＝P(B)＝，所以P(B|A)＝＝＝.
(3)由题意可得，事件A发生的概率P(A)＝＝＝.事件AB表示“豆子落在△EOH内”，则P(AB)＝＝＝.故P(B|A)＝＝＝.
[答案] (1)A (2)B (3)
[易错提醒]
要注意P(B|A)与P(A|B)的不同：
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．
事件的相互独立性
1．求相互独立事件的步骤
第一步，先用字母表示出事件，再分析题中涉及的事件，并把题中涉及的事件分为若干个彼此互斥的事件的和；
第二步，求出这些彼此互斥的事件的概率；
第三步，根据互斥事件的概率计算公式求出结果．
此外，也可以从对立事件入手计算概率．
2．相互独立事件概率的求法
与相互独立事件A，B有关的概率的计算公式如下表：
事件A，B相互独立
概率计算公式
A，B同时发生
P(AB)＝P(A)P(B)
A，B同时不发生
P()＝P()P()＝[1－P(A)][1－P(B)]
＝1－P(A)－P(B)＋P(A)P(B)
A，B至少有一个不发生
P＝1－P(AB)＝1－P(A)P(B)
A，B至少有一个发生
P＝1－P()＝1－P()P()＝P(A)＋P(B)－P(A)P(B)
A，B恰有一个发生
P＝P(A＋B)＝P(A)P()＋P()P(B)
＝P(A)＋P(B)－2P(A)P(B)
[例2] (2016·山东高考)甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语．在一轮活动中，如果两人都猜对，则“星队”得3分；如果只有一人猜对，则“星队”得1分；如果两人都没猜对，则“星队”得0分．已知甲每轮猜对的概率是，乙每轮猜对的概率是；每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响，各轮结果亦互不影响．假设“星队”参加两轮活动，求：
(1)“星队”至少猜对3个成语的概率；
(2)“星队”两轮得分之和X的分布列和数学期望E(X)．
解：(1)记事件A：“甲第一轮猜对”，
记事件B：“乙第一轮猜对”，
记事件C：“甲第二轮猜对”，
记事件D：“乙第二轮猜对”，
记事件E：“‘星队’至少猜对3个成语”．
由题意，E＝ABCD＋BCD＋ACD＋ABD＋ABC，由事件的独立性与互斥性，
得P(E)＝P(ABCD)＋P(BCD)＋P(ACD)＋P(ABD)＋P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)P(D)＋P()·P(B)P(C)P(D)＋P(A)P()P(C)P(D)＋P(A)P(B)P()P(D)＋P(A)P(B)P(C)P()＝×××＋2×＝，
所以“星队”至少猜对3个成语的概率为.
(2)由题意，随机变量X可能的取值为0,1,2,3,4,6.由事件的独立性与互斥性，得
P(X＝0)＝×××＝，
P(X＝1)＝2×＝＝，
P(X＝2)＝×××＋×××＋×××＋×××＝，
P(X＝3)＝×××＋×××＝＝，
P(X＝4)＝2×＝＝，
P(X＝6)＝×××＝＝.
可得随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
4
6
P
所以数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋6×＝.
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1．[考点一]抛掷一枚均匀的骰子所得的样本空间为Ω＝{1,2,3,4,5,6}，令事件A＝{2,3,5}，B＝{1,2,4,5,6}，则P(A|B)等于( )
A. B. C. D.
解析：选A 在事件B发生的条件下研究事件A，事件B总共有5种结果，而事件AB只含有其中的2种，所以P(A|B)＝＝.
2．[考点二]两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的概率分别为和，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为( )
A. B. C. D.
解析：选B 恰有一个一等品即一个是一等品，另一个不是一等品，则情形为两种，∴P＝×＋×＝.
3．[考点一]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)＝＝＝＝0.75.
4．[考点二]事件A，B，C相互独立，如果P(AB)＝，P(C)＝，P(AB)＝，则P(B)＝________，P(B)＝________.
解析：联立由③÷①得P()＝，可得P(C)＝1－P()＝1－＝.将P(C)＝代入②得P()＝，所以P(B)＝1－P()＝，由①可得P(A)＝.所以P(B)＝P()·P(B)＝×＝.
答案：
5．[考点二]为迎接2022年北京冬奥会，推广滑雪运动，某滑雪场开展滑雪促销活动．该滑雪场的收费标准是：滑雪时间不超过1小时免费，超过1小时的部分每小时收费标准为40元(不足1小时的部分按1小时计算)．有甲、乙两人相互独立地来该滑雪场运动，设甲、乙不超过1小时离开的概率分别为，；1小时以上且不超过2小时离开的概率分别为，；两人滑雪时间都不会超过3小时．
(1)求甲、乙两人所付滑雪费用相同的概率；
(2)设甲、乙两人所付的滑雪费用之和为随机变量ξ，求ξ的分布列与数学期望E(ξ)．
解：(1)若两人所付费用相同，则相同的费用可能为0元，40元，80元，
两人都付0元的概率为P1＝×＝，
两人都付40元的概率为P2＝×＝，
两人都付80元的概率为P3＝×1－－＝×＝，则两人所付费用相同的概率为P＝P1＋P2＋P3＝＋＋＝.
(2)由题意得，ξ所有可能的取值为0,40,80,120,160.
P(ξ＝0)＝×＝，
P(ξ＝40)＝×＋×＝，
P(ξ＝80)＝×＋×＋×＝，
P(ξ＝120)＝×＋×＝，
P(ξ＝160)＝×＝，
ξ的分布列为
ξ
0
40
80
120
160
P
E(ξ)＝0×＋40×＋80×＋120×＋160×＝80.
突破点(二) 独立重复试验与二项分布
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
1．独立重复试验
在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验．Ai(i＝1,2，…，n)表示第i次试验结果，则P(A1A2A3…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)．
2．二项分布
在n次独立重复试验中，用X表示事件A发生的次数，设每次试验中事件A发生的概率是p，此时称随机变量X服从二项分布，记作X～B(n，p)，并称p为成功概率．在n次独立重复试验中，事件A恰好发生k次的概率为P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0,1,2，…，n)．
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
求独立重复试验的概率
[例1] (1)小王通过英语听力测试的概率是，他连续测试3次，那么其中恰有1次获得通过的概率是( )
A. B. C. D.
(2)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.质点P移动五次后位于点(2,3)的概率是( )
A.5 B．C5
C．C3 D．CC5
[解析] (1)所求概率P＝C·1·1－3－1＝.
(2)移动五次后位于点(2,3)，
所以质点P必须向右移动两次，向上移动三次．
故其概率为C3·2＝C5＝C5.
[答案] (1)A (2)B
[易错提醒]
(1)“恰好发生k次”与“有指定的k次发生”不同：恰好发生k次的概率为Pn(k)＝Cpk(1－p)n－k，有指定的k次发生的概率为P＝pk(1－p)n－k；
(2)Pn(k)＝Cpk(1－p)n－k恰好是[(1－p)＋p]n的第k＋1项Tk＋1＝C(1－p)n－kpk.
二项分布的简单应用
1．二项分布的简单应用是求n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率．解题的一般思路是：根据题意设出随机变量→分析出随机变量服从二项分布→找到参数n，p→写出二项分布的分布列→将k值代入求解概率．
2．若离散型随机变量X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)，即其均值和方差的求解既可以利用定义，也可以直接代入上述公式．
[例2] 某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖，每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．
(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率；
(2)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X，求X的分布列和数学期望．
[解] (1)记事件A1＝{从甲箱中摸出的1个球是红球}，A2＝{从乙箱中摸出的1个球是红球}，
B1＝{顾客抽奖1次获一等奖}，B2＝{顾客抽奖1次获二等奖}，C＝{顾客抽奖1次能获奖}．
由题意知A1与A2相互独立，A12与1A2互斥，B1与B2互斥，且B1＝A1A2，B2＝A12＋1A2，C＝B1＋B2.
因为P(A1)＝＝，P(A2)＝＝，
所以P(B1)＝P(A1A2)＝P(A1)P(A2)＝×＝，
P(B2)＝P(A12＋1A2)＝P(A12)＋P(1A2)
＝P(A1)P(2)＋P(1)P(A2)
＝P(A1)(1－P(A2))＋(1－P(A1))P(A2)
＝×＋×＝.
故所求概率为P(C)＝P(B1＋B2)＝P(B1)＋P(B2)＝＋＝.
(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，
所以X～B.
于是P(X＝0)＝C03＝，
P(X＝1)＝C12＝，
P(X＝2)＝C21＝，
P(X＝3)＝C30＝.
故X的分布列为
X
0
1
2
3
P
数学期望E(X)＝3×＝.
[方法技巧]
求随机变量X的均值与方差时，可首先分析X是否服从二项分布，如果X～B(n，p)，则用公式E(X)＝np；D(X)＝np(1－p)求解，可大大减少计算量．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1．[考点一]某人参加一次考试，4道题中解对3道即为及格，已知他的解题正确率为0.4，则他能及格的概率是( )
A．0.18 B．0.28
C．0.37 D．0.48
解析：选A C×0.43×0.6＋C×0.44＝0.179 2≈0.18.
2．[考点一]设事件A在每次试验中发生的概率相同，且在三次独立重复试验中，若事件A至少发生一次的概率为，则事件A恰好发生一次的概率为________．
解析：假设事件A在每次试验中发生说明试验成功，设每次试验成功的概率为p，由题意得，事件A发生的次数X～B(3，p)，则有1－(1－p)3＝，得p＝，则事件A恰好发生一次的概率为C××2＝.
答案：
3．[考点二]有一批产品，其中有12件正品和4件次品，从中有放回地任取3件，若X表示取到次品的次数，则D(X)＝________.
解析：∵X～B，∴D(X)＝3××＝.
答案：
4．[考点二]某智能玩具的外形是正方体，其每一个面(编号分别为①②③④⑤⑥)上都配置有5颗颜色各异的闪光小星星，假设每颗闪光小星星正常发光的概率均为，若一个面上至少有3颗闪光小星星正常发光，则不需要更换这个面，否则需要更换这个面，假定更换一个面需要10元，用η表示更换费用．
(1)求①号面需要更换的概率；
(2)求η的分布列及数学期望．
解：(1)由题意知，①号面需要更换的概率为1－＝.
(2)设需要更换的面的个数为ξ，则ξ～B，
P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，
P(ξ＝2)＝＝，P(ξ＝3)＝＝，
P(ξ＝4)＝＝，P(ξ＝5)＝＝，
P(ξ＝6)＝＝，
所以η的分布列为
η
0
10
20
30
40
50
60
P
所以数学期望E(η)＝0×＋10×＋20×＋30×＋40×＋50×＋60×＝30(元)．
(或E(η)＝E(10ξ)＝10E(ξ)＝10×6×＝30(元)．)
5．[考点二]2015年9月3日，抗战胜利70周年纪念活动在北京隆重举行，受到全国人民的瞩目．纪念活动包括纪念大会、阅兵式、招待会和文艺晚会等．据统计，抗战老兵由于身体原因，参加纪念大会、阅兵式、招待会这3个环节(可参加多个，也可都不参加)的情况及其概率如下表所示：
参加纪念活动的环节数
0
1
2
3
概率
(1)若从抗战老兵中随机抽取2名进行座谈，求这2名抗战老兵参加纪念活动的环节数不同的概率；
(2)某医疗部门决定从这些抗战老兵中(其中参加纪念活动的环节数为3的抗战老兵数大于等于3)随机抽取3名进行体检，其中参加纪念活动的环节数为3的抗战老兵有ξ名，求ξ的分布列和数学期望．
解：(1)设“这2名抗战老兵参加纪念活动的环节数不同”为事件M，则“这2名抗战老兵参加纪念活动的环节数相同”为事件，根据题意可知P()＝2＋2＋2＋2＝，由对立事件的概率计算公式可得P(M)＝1－P()＝，即这2名抗战老兵参加纪念活动的环节数不
同的概率为.
(2)根据题意可知随机变量ξ的可能取值为0,1,2,3，且ξ～B
则P(ξ＝0)＝C×3＝，
P(ξ＝1)＝C××2＝，
P(ξ＝2)＝C×2×＝，
P(ξ＝3)＝C×3＝.
则随机变量ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
P
E(ξ)＝3×＝1.
突破点(三) 正态分布
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
1．正态曲线及性质
(1)正态曲线的定义
函数φμ，σ(x)＝e－，x∈(－∞，＋∞)(其中实数μ和σ(σ＞0)为参数)的图象为正态分布密度曲线，简称正态曲线．
(2)正态曲线的特点
①曲线位于x轴上方与x轴不相交；
②曲线是单峰的，它关于直线x＝μ对称；
③曲线在x＝μ处达到峰值；
④曲线与x轴之间的面积为1；
⑤当σ一定时， 曲线的位置由μ确定，曲线随着μ的变化而沿x轴平移；
⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定：
2．正态分布
(1)正态分布的定义及表示：
如果对于任何实数a，b(a＜b)，随机变量X满足P(a＜X≤b)＝φμ，σ(x)dx，则称随机变量X服从正态分布，记作X～N(μ，σ2)．
(2)正态分布的三个常用数据：
①P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.682_6；
②P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.954_4；
③P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)＝0.997_4.
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
正态曲线的性质
[例1] (1)已知随机变量ξ服从正态分布N(2，σ2)，且P(ξ<4)＝0.8，则P(0<ξ<2)＝( )
A．0.6 B．0.4 C．0.3 D．0.2
(2)某班有50名学生，一次考试后数学成绩ξ(ξ∈N)服从正态分布N(100,102)，已知P(90≤ξ≤100)＝0.3，估计该班学生数学成绩在110分以上的人数为________．
[解析 (1)画出正态曲线如图，结合图象知：
P(ξ<0)＝P(ξ>4)＝1－P(ξ<4)＝1－0.8＝0.2，P(0<ξ<2)＝P(0<ξ<4)＝[1－P(ξ<0)－P(ξ>4)]＝(1－0.2－0.2)＝0.3.
(2)由题意，知P(ξ>110)＝＝0.2，所以该班学生数学成绩在110分以上的人数为0.2×50＝10.
[答案] (1)C (2)10
[方法技巧]
利用正态曲线的对称性求概率是高考考查的重点．解题的关键是利用对称轴x＝μ确定所求概率对应的随机变量的区间与已知概率对应的随机变量的区间的关系，必要时可借助图形判断．
对于正态分布N(μ，σ2)，由x＝μ是正态曲线的对称轴知：
(1)对任意的a，有P(X<μ－a)＝P(X>μ＋a)；
(2)P(X0)，若ξ在(0,4)内取值的概率为0.4，则ξ在(0，＋∞)内取值的概率为( )
A．0.2 B．0.4 C．0.8 D．0.9
解析：选D ∵ξ服从正态分布N(4，σ2)(σ>0)，∴曲线的对称轴是直线x＝4，∴ξ在(4，＋∞)内取值的概率为0.5.
∵ξ在(0,4)内取值的概率为0.4，∴ξ在(0，＋∞)内取值的概率为0.5＋0.4＝0.9.
2．[考点一]设随机变量X服从正态分布N(3,4)，若P(X＜2a－3)＝P(X＞a＋2)，则a＝( )
A．3 B. C．5 D.
解析：选D 因为X服从正态分布N(3,4)，P(X＜2a－3)＝P(X＞a＋2)．∴2a－3＋a＋2＝6，a＝.
3．[考点一]已知随机变量X～N(2，s2)，若P(X7.879，所以有99.5%的把握认为“平均车速超过100 km/h与性别有关”．
(2)平均车速不超过100 km/h的驾驶员有40人，从中随机抽取2人的方法总数为C，记“这2人恰好是1名男性驾驶员和1名女性驾驶员”为事件A，则事件A所包含的基本事件数为CC，所以所求的概率P(A)＝＝＝.
(3)根据样本估计总体的思想，从总体中任取1辆车，平均车速超过100 km/h且为男性驾驶员的概率为＝，故X～B.
所以P(X＝0)＝C03＝；
P(X＝1)＝C2＝；
P(X＝2)＝C2＝；
P(X＝3)＝C30＝.
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
2．一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需击鼓三次，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，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？
(3)玩过这款游戏的许多人都发现，若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而减少了．请运用概率统计的相关知识分析分数减少的原因．
解：(1)X可能的取值为10,20,100，－200.根据题意，有
P(X＝10)＝C×1×2＝，
P(X＝20)＝C×2×1＝，
P(X＝100)＝C×3×0＝，
P(X＝－200)＝C×0×3＝.
所以X的分布列为
X
10
20
100
－200
P
(2)设“第i盘游戏没有出现音乐”为事件Ai(i＝1,2,3)，则P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝P(X＝－200)＝.所以“三盘游戏中至少有一次出现音乐”的概率为1－P(A1A2A3)＝1－3＝1－＝.因此，玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是.
(3)数学期望E(X)＝10×＋20×＋100×－200×＝－.
这表明，获得分数X的均值为负，
因此，多次游戏之后分数减少的可能性更大．
三、冲刺满分题
1．甲、乙两俱乐部举行乒乓球团体对抗赛．双方约定：
①比赛采取五场三胜制(先赢三场的队伍获得胜利，比赛结束)；
②双方各派出三名队员，前三场每位队员各比赛一场．已知甲俱乐部派出队员A1，A2，A3，其中A3只参加第三场比赛，另外两名队员A1，A2比赛场次未定；乙俱乐部派出队员
B1，B2，B3，其中B1参加第一场与第五场比赛，B2参加第二场与第四场比赛，B3只参加第三场比赛．
根据以往的比赛情况，甲俱乐部三名队员对阵乙俱乐部三名队员获胜的概率如下表：
A1
A2
A3
B1
B2
B3
(1)若甲俱乐部计划以3∶0取胜，则应如何安排A1，A2两名队员的出场顺序，使得取胜的概率最大？
(2)若A1参加第一场与第四场比赛，A2参加第二场与第五场比赛，各队员每场比赛的结果互不影响，设本次团体对抗赛比赛的场数为随机变量X，求X的分布列及数学期望E(X)．
解：(1)设A1，A2分别参加第一场，第二场，则P1＝××＝，设A2，A1分别参加第一场、第二场，则P2＝××＝，∴P1>P2，∴甲俱乐部安排A1参加第一场，A2参加第二场，则以3∶0取胜的概率最大．
(2)比赛场数X的所有可能取值为3,4,5，P(X＝3)＝××＋××＝，P(X＝4)＝C×××＋×3＋C×××＋×3＝，P(X＝5)＝1－P(X＝3)－P(X＝4)＝，∴X的分布列为
X
3
4
5
P
∴E(X)＝3×＋4×＋5×＝.
2．某茶楼有四类茶饮，假设为顾客准备泡茶工具所需的时间相互独立，且都是整数(单位：分钟)．现统计该茶楼服务员以往为100位顾客准备泡茶工具所需的时间t，结果如表所示．
类别
铁观音
龙井
金骏眉
大红袍
顾客数(人)
20
30
40
10
时间t(分钟/人)
2
3
4
6
注：服务员在准备泡茶工具时的间隔时间忽略不计，并将频率视为概率．
(1)求服务员恰好在第6分钟开始准备第三位顾客的泡茶工具的概率；
(2)用X表示至第4分钟末服务员已准备好了泡茶工具的顾客数，求X的分布列及均值．
解：(1)由题意知t的分布列如下．
t
2
3
4
6
P
设A表示事件“服务员恰好在第6分钟开始准备第三位顾客的泡茶工具”，则事件A对应两种情形：
①为第一位顾客准备泡茶工具所需的时间为2分钟，且为第二位顾客准备泡茶工具所需的时间为3分钟；
②为第一位顾客准备泡茶工具所需的时间为3分钟，且为第二位顾客准备泡茶工具所需的时间为2分钟．
所以P(A)＝P(t＝2)×P(t＝3)＋P(t＝3)×P(t＝2)＝×＋×＝.
(2)X的所有可能取值为0,1,2，
X＝0对应为第一位顾客准备泡茶工具所需的时间超过4分钟，所以P(X＝0)＝P(t＞4)＝P(t＝6)＝；
X＝1对应为第一位顾客准备泡茶工具所需的时间为2分钟且为第二位顾客准备泡茶工具所需的时间超过2分钟，或为第一位顾客准备泡茶工具所需的时间为3分钟，或为第一位顾客准备泡茶工具所需的时间为4分钟，
所以P(X＝1)＝P(t＝2)·P(t＞2)＋P(t＝3)＋P(t＝4)＝×＋＋＝；
X＝2对应为两位顾客准备泡茶工具所需的时间均为2分钟，所以P(X＝2)＝P(t＝2)·P(t＝2)＝×＝.
所以X的分布列为
X
0
1
2
P
所以X的均值E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
