三维设计新课标高考数学理大一轮复习讲义计数原理与概率随机变量及其分布
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
基础盘查一 分类加法计数原理
(一)循纲忆知
1．理解分类加法计数原理．
2．会用分类加法计数原理分析和解决一些简单的实际问题．
(二)小题查验
1．判断正误
(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同( )
(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事( )
答案：(1)× (2)√
2．(人教A版教材习题改编)一件工作可以用2种方法完成，有5人只会用第1种方法完成，另有4人只会用第2种方法完成，从中选出1人来完成这件工作，不同选法的种数是________．
答案：9
3．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．
答案：36
基础盘查二 分步乘法计数原理
(一)循纲忆知
1．理解分步乘法计数原理．
2．会用分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题．
(二)小题查验
1．判断正误
(1)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的( )
(2)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事( )
答案：(1)√ (2)×
2．(人教A版教材例题改编)若给程序模块命名，需要用3个字符，其中首字符要求用字母A～G，或U～Z，后两个要求用数字1～9.则最多可以给________个程序命名．
答案：1 053
3．从集合中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋bi，
其中虚数有________．
答案：36
|(基础送分型考点——自主练透)
[必备知识]
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种不同方法．
[提醒] 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．
[题组练透]
1．(2015·辽宁五校联考)甲、乙、丙三位志愿者安排在周一至周五参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面，不同的安排方案共有( )
A．20种 B．30种
C．40种 D．60种
解析：选A 可将安排方案分为三类：①甲排在周一，共有A种排法；②甲排在周二，共有A种排法；③甲排在周三，共有A种排法，故不同的安排方案共有A＋A＋A＝20种．故选A.
2．如图，从A到O有________种不同的走法(不重复过一点)．
解析：分3类：第一类，直接由A到O，有1种走法；第二类，中间过一个点，有A→B→O和A→C→O 2种不同的走法；第三类，中间过两个点，有A→B→C→O和A→C→B→O 2种不同的走法，由分类加法计数原理可得共有1＋2＋2＝5种不同的走法．
答案：5
3．(2015·济南模拟)若椭圆＋＝1的焦点在y轴上，且m∈，n∈，则这样的椭圆的个数为________．
解析：当m＝1时，n＝2,3,4,5,6,7共6种
当m＝2时，n＝3,4,5,6,7共5种；
当m＝3时，n＝4,5,6,7共4种；
当m＝4时，n＝5,6,7共3种；
当m＝5时，n＝6、7共2种，故共有6＋5＋4＋3＋2＝20种．
答案：20
[类题通法]
利用分类加法计数原理解题时的注意事项
(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．
|(重点保分型考点——师生共研)
[必备知识]
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．
[提醒] 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，步步之间是相关联的．
[典题例析]
有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，在下列情况下各有多少种不同的报名方法？(不一定六名同学都能参加)
(1)每人恰好参加一项，每项人数不限；
(2)每项限报一人，且每人至多参加一项；
(3)每项限报一人，但每人参加的项目不限．
解：(1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有36＝729种．
(2)每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三
个项目只有4种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120种．
(3)每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63＝216种．
[类题通法]
一类元素允许重复选取的计数问题，可以采用分步乘法计数原理来解决，关键是明确要完成的一件事是什么．也就是说，用分步乘法计数原理求解元素可重复选取的问题时，哪类元素必须“用完”就以哪类元素作为分步的依据．
[演练冲关]
(2014·大纲卷)有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有( )
A．60种 B．70种
C．75种 D．150种
解析：选C 从中选出2名男医生的选法有C＝15种，从中选出1名女医生的选法有C＝5种，所以不同的选法共有15×5＝75种，故选C.
|(常考常新型考点——多角探明)
[多角探明]
两个原理的应用类型主要有：
(1)涂色问题；
(2)几何问题；
(3)集合问题.
角度一：涂色问题
涂色问题大致有两种解答方案：
(1)选择正确的涂色顺序，按步骤逐一涂色，这时用分步乘法计数原理进行计数；
(2)根据涂色时所用颜色数的多少，进行分类处理，这时用分类加法计数原理进行计数．
1．如图，用6种不同的颜色把图中A，B，C，D 4块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则涂色方法共有________种(用数字作答)．
解析：从A开始涂色，A有6种涂色方法，B有5种涂色方法，C有4种涂色方法，D有4种涂色方法．由分步乘法计数原理可知，共有6×5×4×4＝480种涂色方法．
答案：480
2．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：区域A有5种涂色方法；区域B有4种涂色方法；区域C的涂色方法可分2类：若C与A涂同色，区域D有4种涂色方法；若C与A涂不同色，此时区域C有3种涂色方法，区域D也有3种涂色方法．所以共有5×4×4＋5×4×3×3＝260种涂色方法．
答案：260
角度二：几何问题
主要与立体几何、解析几何相结合考查．
3．如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”．
在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是( )
A．48 B．18
C．24 D．36
解析：选D 分类讨论：
第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24个；
第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个．
所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36个．
角度三：集合问题
解决集合问题时，常以有特殊要求的集合为标准进行分类，常用的结论有的子集有2n个，真子集有2n－1个．
4．(2015·黄冈质检)设集合I＝{1,2,3,4,5}．选择集合I的两个非空子集A和B，若集合B中最小的元素大于集合A中最大的元素，则不同的选择方法共有( )
A．50种 B．49种
C．48种 D．47种
解析：选B 从5个元素中选出2个元素，小的给集合A，大的给集合B，有C＝10种选择方法；从5个元素中选出3个元素，有C＝10种选择方法，再把这3个元素从小到大排列，中间有2个空，用一个隔板将其隔开，一边给集合A，一边给集合B，方法种数是2，故此时有10×2＝20种选择方法；从5个元素中选出4个元素，有C＝5种选择方法，从小到大排列，中间有3个空，用一个隔板将其隔开，一边给集合A，一边给集合B，方法种数是3，故此时有5×3＝15种选择方法；从5个元素中选出5个元素，有C＝1种选择方法，同理隔开方法有4种，故此时有1×4＝4种选择方法．根据分类加法计数原理，总计为10＋20＋15＋4＝49种选择方法．故选B.
[类题通法]
在解决综合问题时，可能同时应用两个计数原理，即分类的方法可能要运用分步完成，分步的方法可能会采取分类的思想求．分清完成该事情是分类还是分步，“类”间互相独立，“步”间互相联系．
一、选择题
1．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．
2．从集合中，选出5个数组成的子集，使得这5个数中任意两个数的和都不等于11，则这样的子集有( )
A．32个 B．34个
C．36个 D．38个
解析：选A 先把数字分成5组：，，，，，由于选出的5个数中，任意两个数的和都不等于11，所以从每组中任选一个数字即可，故共可组成2×2×2×2×2＝32个这样的子集．
3．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个不同的数共有8×7＝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．
4．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．
5．在某校举行的羽毛球两人决赛中，采用5局3胜制的比赛规则，先赢3局者获胜，直到决出胜负为止．若甲、乙两名同学参加比赛，则所有可能出现的情形(个人输赢局次的不同视为不同情形)共有( )
A．6种 B．12种
C．18种 D．20种
解析：选D 分三种情况：恰好打3局(一人赢3局)，有2种情形；恰好打4局(
一人前3局中赢2局，输1局，第4局赢)，共有2C＝6种情形；恰好打5局(一个前4局中赢2局，输2局，第5局赢)，共有2C＝12种情形．所有可能出现的情形共有2＋6＋12＝20种．
6．(2015·商洛一模)某体育彩票规定：从01至36共36个号中抽出7个号为一注，每注2元．某人想从01至10中选3个连续的号，从11至20中选2个连续的号，从21至30中选1个号，从31至36中选1个号组成一注，则这人把这种特殊要求的号买全，至少要花( )
A．3 360元 B．6 720元
C．4 320元 D．8 640元
解析：选D 从01至10中选3个连续的号共有8种选法；从11至20中选2个连续的号共有9种选法；从21至30中选1个号有10种选法；从31至36中选一个号有6种选法，由分步乘法计数原理知共有8×9×10×6＝4 320(种)选法，故至少需花4 320×2＝8 640(元)．
二、填空题
7．(2015·河北保定调研)已知集合M＝，集合A，B为集合M的非空子集，若对∀x∈A，y∈B，x
时，
二项式系数逐渐减小．当n是偶数时，中间一项的二项式系数最大；当n是奇数时，中间两项的二项式系数最大．
(3)各二项式系数的和：(a＋b)n的展开式的各个二项式系数的和等于 2n，即C＋C＋…＋C＝2n.
(4)奇数项的二项式系数之和等于偶数项的二项式系数之和，即C＋C＋…＝C＋C＋…＝2n－1.
[典题例析]
1．(2015·辽宁五校联考)若n展开式中只有第6项的二项式系数最大，则展开式的常数项是( )
A．360 B．180
C．90 D．45
解析：选B 展开式中只有第6项的二项式系数最大，则展开式总共11项，所以n＝10，通项公式为Tr＋1＝C()10－r·r＝C2rx5－r，所以r＝2时，常数项为180.
2．若(x＋2＋m)9＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9，且(a0＋a2＋…＋a8)2－(a1＋a3＋…＋a9)2＝39，则实数m的值为( )
A．1或－3 B．－1或3
C．1 D．－3
解析：选A 令x＝0，得a0＋a1＋a2＋…＋a9＝(2＋m)9，令x＝－2，得a0－a1＋a2－…－a9＝m9，又(a0＋a2＋…＋a8)2－(a1＋a3＋…＋a9)2＝39，即(a0＋a1＋a2＋…＋a9)·(a0－a1＋a2－…－a9)＝39，即(2＋m)9·m9＝39，所以(2＋m)m＝3，解得m＝1或－3.
3．若n的展开式中含x的项为第6项，设(1－3x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则a1＋a2＋…＋an的值为________．
解析：展开式n的通项为Tr＋1＝C(x2)n－r·r＝C(－1)rx2n－3r，因为含x的项为第6项，所以r＝5,2n－3r＝1，解得n＝8，令x＝1，得a0＋a1＋…＋a8＝(1－3)8＝28，又a0＝1，所以a1＋…＋a8＝28－1＝255.
答案：255
[类题通法]
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，则中间一项的二项式系数最大；
(2)如果n是奇数，则中间两项
的二项式系数相等并最大．
3．二项展开式系数最大项的求法
如求(a＋bx)n(a，b∈R)的展开式系数最大的项，一般是采用待定系数法，设展开式各项系数分别为A1，A2，…，An＋1，且第k项系数最大，应用从而解出k来，即得．
[演练冲关]
(2015·合肥质检)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
|(常考常新型考点——多角探明)
[多角探明]
在高考中，常常涉及一些多项式二项式问题，主要考查学生的化归能力．归纳起来常见的命题角度有：
(1)几个多项式和的展开式中的特定项(系数)问题；
(2)几个多项式积的展开式中的特定项(系数)问题；
(3)三项展开式中的特定项(系数)问题.
角度一：几个多项式和的展开式中的特定项(系数)问题
1.4＋8的展开式中的常数项为( )
A．32 B．34
C．36 D．38
解析：选D 4的展开式的通项为Tm＋1＝C(x3)4－m·m＝C(－2)mx12－4m，令12－
4m＝0，解得m＝3，8的展开式的通项为Tn＋1＝Cx8－nn＝Cx8－2n，令8－2n＝0，解得n＝4，所以所求常数项为C(－2)3＋C＝38.
角度二：几个多项式积的展开式中的特定项(系数)问题
2．(2015·昆明调研)(1－)4的展开式中x的系数是________．
解析：(1－)4展开式的通项公式Tr＋1＝C(－)r＝(－1)rCx，(1－)4的展开式中含x的项为·(－1)4Cx2＋x·(－1)0Cx＝·x2＋x·1＝3x，故系数是3.
答案：3
角度三：三项展开式中特定项(系数)问题
3．(2015·皖南八校联考)(x2－4x＋4)5的展开式中x的系数是________．
解析：由(x2－4x＋4)5＝(x－2)10，得二项展开式的通项为Tr＋1＝Cx10－r(－2)r，所以x的系数为(－2)9C＝－5 120.
答案：－5 120
[类题通法]
1．对于几个多项式和的展开式中的特定项(系数)问题，只需依据二项展开式的通项，从每一项中分别得到特定的项，再求和即可．
2．对于几个多项式积的展开式中的特定项问题，一般都可以根据因式连乘的规律，结合组合思想求解，但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏．
3．对于三项式问题一般先变形化为二项式再解决．
一、选择题
1．(2014·四川高考)在x(1＋x)6的展开式中，含x3项的系数为( )
A．30 B．20
C．15 D．10
解析：选C 只需求(1＋x)6的展开式中含x2项的系数即可，而含x2项的系数为C＝15，故选C.
2．(2015·洛阳统考)设n为正整数，2n展开式中存在常数项，则n的一个可能取值为( )
A．16 B．10
C．4 D．2
解析：选B 2n展开式的通项公式为Tk＋1＝Cx2n－kk＝C(－1)kx，令＝0，得k＝，∴n可取10.
3．(2015·郑州第一次质量预测)6的展开式的第二项的系数为－，则x2dx的值为( )
A．3 B.
B．3或 D．3或－
解析：选B 该二项展开式的第二项的系数为Ca5，由Ca5＝－，解得a＝－1，因此x2dx＝x2dx＝＝－＋＝.
4．若(＋)5展开式的第三项为10，则y关于x的函数图象的大致形状为( )
解析：选D (＋)5的展开式的通项为Tr＋1＝Cxy，则T3＝Cxy＝10，即xy＝1，由题意知x≥0，故D选项图象符合．
5．(2015·河南商丘月考)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( )
A．74 B．121
C．－74 D．－121
解析：选D 展开式中含x3项的系数为C(－1)3＋C(－1)3＋C(－1)3＋C(－1)3＝－121.
6．在(2x＋xlg x)8的展开式中，二项式系数最大的项的值等于1 120，则x＝( )
A．1 B.
C．1或 D．－1
解析：选C 二项式系数最大的项为第5项，由题意可知T5＝C(2x)4(xlg x)4＝1 120，∴x4(1＋lg x)＝1，两边取对数可知lg2x＋lg x＝0，得lg x＝0或lg x＝－1，故x＝1或x＝.
二、填空题
7．(2015·浙江考试院抽测)若二项式n的展开式中的常数项是80，
则该展开式中的二项式系数之和等于________．
解析：对于Tr＋1＝C()n－rr＝C2rx－，当r＝n时展开式为常数项，因此n为5的倍数，不妨设n＝5m，则有r＝3m，则23mC＝8mC＝80，因此m＝1，则该展开式中的二项式系数之和等于2n＝25＝32.
答案：32
8.n的展开式中各项系数之和为729，则该展开式中x2项的系数为________．
解析：依题意得3n＝729，n＝6，二项式6的展开式的通项是Tr＋1＝C·(2x)6－r·r＝C·26－r·x6－.令6－＝2，得r＝3.因此，在该二项式的展开式中x2项的系数是C·26－3＝160.
答案：160
9．若(x2＋ax＋1)6(a>0)的展开式中x2的系数是66，则sin dx的值为________．
解析：由题意可得(x2＋ax＋1)6的展开式中x2的系数为C＋Ca2，故C＋Ca2＝66，∴a＝2或a＝－2(舍去)．故sin xdx＝sin xdx＝(－cos x)|＝1－cos 2.
答案：1－cos 2
10．若a1(x－1)4＋a2(x－1)3＋a3(x－1)2＋a4(x－1)＋a5＝x4，则a2＋a3＋a4＝________.
解析：x4＝[(x－1)＋1]4＝C(x－1)4＋C(x－1)3＋C(x－1)2＋C(x－1)＋C，对照a1(x－1)4＋a2(x－1)3＋a3(x－1)2＋a4(x－1)＋a5＝x4得a2＝C，a3＝C，a4＝C，所以a2＋a3＋a4＝C＋C＋C＝14.
答案：14
三、解答题
11．已知n(n∈N*)的展开式中第五项的系数与第三项的系数的比是10∶1.
(1)求展开式中各项系数的和；
(2)求展开式中含x的项．
解：由题意知，第五项系数为C·(－2)4，
第三项的系数为C·(－2)2，则有＝，
化简得n2－5n－24＝0，解得n＝8或n＝－3(舍去)．
(1)令x＝1得各项系数的和为(1－2)8＝1.
(2)通项公式Tr＋1＝C()8－rr＝C(－2)rx－2r，
令－2r＝，得r＝1，故展开式中含x的项为
T2＝－16x.
12．已知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)∵C＋C＝2C，∴n2－21n＋98＝0，
∴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C423＝，
T5的系数为C324＝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C727＝3 432.
(2)∵C＋C＋C＝79，∴n2＋n－156＝0.
∴n＝12或n＝－13(舍去)．
设Tk＋1项的系数最大，
∵12＝12(1＋4x)12，
∴
∴9.4≤k≤10.4，∴k＝10.
∴展开式中系数最大的项为T11，
T11＝C·2·210·x10＝16 896x10.
第四节随机事件的概率
基础盘查一 随机事件及概率
(一)循纲忆知
1．了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性．
2．了解概率的意义及频率与概率的区别．
(二)小题查验
1．判断正误
(1)“物体在只受重力的作用下会自由下落”是必然事件( )
(2)“方程x2＋2x＋8＝0有两个实根”是不可能事件( )
(3)在大量重复试验中，概率是频率的稳定值( )
(4)不可能事件就是一定不能发生的事件( )
答案：(1)√ (2)√ (3)√ (4)√
2．(人教B版教材习题改编)某射手在同一条件下进行射击，结果如下：
射击次数
10
20
50
100
200
500
击中靶心次数
8
19
44
92
178
455
这个射手射击一次，击中靶心的概率约是________．
答案：0.90
3．(2015·温州十校联考)记一个两位数的个位数字与十位数字的和为A.若A是不超过5的奇数，从这些两位数中任取一个，其个位数为1的概率为________．
解析：根据题意，个位数字与十位数字之和为奇数且不超过5的两位数有：10,12,14,21,23,30,32,41,50，共9个，其中个位是1的有21,41，共2个，因此所求的概率为.
答案：
基础盘查二 事件关系与运算
(一)循纲忆知
了解两个互斥事件的概率加法公式：
当事件A与B互斥时，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．
(二)小题查验
1．判断正误
(1)对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件
(2)一个人打靶时连续射击出两次，事件“至少有一次中靶”的互斥事件是“至多有一次中靶”( )
(3)事件A，B为互斥事件，则P(A)＋P(B)<1( )
(4)事件A，B同时发生的概率一定比A，B中恰有一个发生的概率小( )
答案：(1)√ (2)× (3)× (4)×
2．(人教A版教材例题改编)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，取到方块的概率是，则取到黑色牌的概率是________．
答案：
3．(2015·赤峰模拟)先后抛掷硬币三次，则至少一次正面朝上的概率是________．
答案：
|(基础送分型考点——自主练透)
[必备知识]
1．互斥事件
若A∩B为不可能事件(记作：A∩B＝∅)，则称事件A与事件B互斥，其含义是：事件A与事件B在任何一次试验中不会同时发生．
2．对立事件
若A∩B为不可能事件，而A∪B为必然事件，则事件A与事件B互为对立事件，其含义是：事件A与事件B在任何一次试验中有且仅有一个发生．
[提醒] “互斥事件”与“对立事件”的区别：对立事件是互斥事件，是互斥中的特殊情况，但互斥事件不一定是对立事件，“互斥”是“对立”的必要不充分条件．
[题组练透]
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．(2)(4)
C．(3) D．(1)(3)
解析：选C (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．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)＝，P(B)＝，满足P(A)＋P(B)＝1，但A，B不是对立事件．
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：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.
[类题通法]
利用集合方法判断互斥事件与对立事件
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．
|(重点保分型考点——师生共研)
[必备知识]
概率与频率
(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，由于事件A发生的频率fn(A)随着试验次数的增加稳定于概率P(A)，因此可以用频率fn(A)来估计概率P(A)．
[典题例析]
(2014·陕西高考)某保险公司利用简单随机抽样方法，对投保车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下：
赔付金额(元)
0
1 000
2 000
3 000
4 000
车辆数(辆)
500
130
100
150
120
(1)若每辆车的投保金额均为2 800元，估计赔付金额大于投保金额的概率；
(2)在样本车辆中，车主是新司机的占10%，在赔付金额为4 000元的样本车辆中，
车主是新司机的占20%，估计在已投保车辆中，新司机获赔金额为4 000元的概率．
解：(1)设A表示事件“赔付金额为3 000元”，B表示事件“赔付金额为4 000元”，以频率估计概率得
P(A)＝＝0.15，P(B)＝＝0.12.
由于投保金额为2 800元，赔付金额大于投保金额对应的情形是3 000元和4 000元，
所以其概率为P(A)＋P(B)＝0.15＋0.12＝0.27.
(2)设C表示事件“投保车辆中新司机获赔4 000元”，由已知，样本车辆中车主为新司机的有0.1×1 000＝100辆，而赔付金额为4 000元的车辆中，车主为新司机的有0.2×120＝24辆，
所以样本车辆中新司机车主获赔金额为4 000元的频率为＝0.24，由频率估计概率得P(C)＝0.24.
[类题通法]
求解随机事件的概率关键是准确计算基本事件数，计算的方法有：
(1)列举法；(2)列表法；(3)利用树状图法．
[演练冲关]
假设甲、乙两种品牌的同类产品在某地区市场上销售量相等，为了解它们的使用寿命，现从这两种品牌的产品中分别随机抽取100个进行测试，结果统计如图：
(1)估计甲品牌产品寿命小于200小时的概率；
(2)这两种品牌产品中，某个产品已使用了200小时，试估计该产品是甲品牌的概率．
解：(1)甲品牌产品寿命小于200小时的频率为＝
，用频率估计概率，可得甲品牌产品寿命小于200小时的概率为.
(2)根据频数分布图可得寿命大于200小时的两种品牌产品共有75＋70＝145(个)，其中甲品牌产品有75个，所以在样本中，寿命大于 200小时的产品是甲品牌的频率是＝.据此估计已使用了200小时的该产品是甲品牌的概率为.
|(重点保分型考点——师生共研)
[必备知识]
1．互斥事件的概率加法公式
如果事件A与事件B互斥，那么P(A∪B)＝P(A)＋P(B)；
2．对立事件概率公式
若事件B与事件A互为对立事件，则P(A)＋P(B)＝1，即P(A)＝1－P(B)．A的对立事件记为，当计算事件A的概率P(A)比较困难时，可通过P(A)＝1－P()计算．
[典题例析]
根据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为0.5，购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为0.3.
(1)求该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中的1种的概率；
(2)求该地1位车主甲、乙两种保险都不购买的概率．
解析：记A表示事件：该车主购买甲种保险；B表示事件：该车主购买乙种保险但不购买甲种保险；C表示事件：该车主至少购买甲、乙两种保险中的1种；D表示事件：该车主甲、乙两种保险都不购买．
(1)由题意得P(A)＝0.5，P(B)＝0.3，
又C＝A∪B，
所以P(C)＝P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝0.5＋0.3＝0.8.
(2)因为D与C是对立事件，
所以P(D)＝1－P(C)＝1－0.8＝0.2.
[类题通法]
求概率的关键是分清所求事件是由哪些事件组成的，求解时通常有两种方法：
(1)将所求事件转化成几个彼此互斥的事件的和事件，利用概率加法公式求解概率；
(2)若将一个较复杂的事件转化为几个互斥事件的和事件时，需要分类太多，而其对立面的分类较少，可考虑利用对立事件的概率公式，即“正难则反”．它常用来求“至少”或“至多”型事件的概率．
[演练冲关]
现有7名数理化成绩优秀者，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．
(1)求C1被选中的概率；
(2)求A1和B1不全被选中的概率．
解：(1)用M表示“C1恰被选中”这一事件．
从7人中选出数学、物理、化学成绩优秀者各1名，其一切可能的结果组成的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)．
C1恰被选中有6个基本事件：
(A1，B1，C1)，(A1，B2，C1)，(A2，B1，C1)，(A2，B2，C1)，(A3，B1，C1)，(A3，B2，C1)，
因而P(M)＝＝.
(2)用N表示“A1，B1不全被选中”这一事件，则其对立事件表示“A1，B1全被选中”这一事件，由于＝，所以事件由两个基本事件组成，所以P()＝＝，
由对立事件的概率公式得P(N)＝1－P()＝1－＝.
一、选择题
1．在一次随机试验中，彼此互斥的事件A，B，C，D的概率分别为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韦恩图表示，由图可知，任何一个事件与其余3个事件的和事件必然是对立事件，任何两个事件的和事件与其余两个事件的和事件也是对立事件．
2．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.
3．从存放的号码分别为1,2,3，…，10的卡片的盒子中，有放回地取100次，每次取一张卡片并记下号码，统计结果如下：
卡片号码
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
取到次数
13
8
5
7
6
13
18
10
11
9
则取到号码为奇数的卡片的频率是( )
A．0.53 B．0.5
C．0.47 D．0.37
解析：选A 取到号码为奇数的卡片的次数为：13＋5＋6＋18＋11＝53，则所求的频率为＝0.53.故选A.
4．从某校高二年级的所有学生中，随机抽取20人，测得他们的身高(单位：cm)分别为：
162,153,148,154,165,168,172,171,173,150，
151,152,160,165,164,179,149,158,159,175.
根据样本频率分布估计总体分布的原理，在该校高二年级的所有学生中任抽一人，估计该生的身高在155.5 cm～170.5 cm之间的概率约为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 从已知数据可以看出，在随机抽取的这20位学生中，身高在155.5 cm～170.5 cm之间的学生有8人，频率为，故可估计在该校高二年级的所有学生中任抽一人，其身高在155.5 cm～170.5 cm之间的概率约为.
5．已知甲、乙两人下棋，和棋的概率为，乙胜的概率为，则甲胜的概率和甲不输的概率分别为( )
A.， B.，
C.， D.，
解析：选C “甲胜”是“和棋或乙胜”的对立事件，所以甲胜的概率为1－－＝.
设“甲不输”为事件A，则A可看作是“甲胜”与“和棋”这两个互斥事件的和事件，所以P(A)＝＋＝.或设“甲不输”为事件A，则A可看作是“乙胜”的对立事件，所以P(A)＝1－＝.
6．若随机事件A，B互斥，A，B发生的概率均不等于0，且P(A)＝2－a，P(B)＝4a－5，则实数a的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：选D 由题意可知⇒
⇒⇒0，y>0，则x＋y的最小值为________．
解析：由题意可知＋＝1，则x＋y＝(x＋y)＝5＋≥9，当且仅当＝，即x＝2y时等号成立．
答案：9
三、解答题
11．有编号为1,2,3的三个白球，编号为4,5,6的三个黑球，这六个球除编号和颜色外完全相同，现从中任意取出两个球．
(1)求取得的两个球颜色相同的概率；
(2)求取得的两个球颜色不相同的概率．
解：从六个球中取出两个球的基本事件是：
(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)，(5,6)，共计15个．
(1)记事件A为“取出的两个球都是白球”，则这个事件包含的基本事件是(1,2)，(1,3)，(2,3)，共计3个，故P(A)＝＝；记“取出的两个球都是黑球”为事件B，同理可得P(B)＝.
记事件C为“取出的两个球的颜色相同”，A，B互斥，根据互斥事件的概率加法公式，得P(C)＝P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝.
(2)记事件D为“取出的两个球的颜色不相同”，则事件C，D对立，根据对立事件概率之间的关系，得P(D)＝1－P(C)＝1－＝.
12．黄种人人群中各种血型的人数所占的比例见下表：
血型
A
B
AB
O
该血型的人数所占的比例
28%
29%
8%
35%
已知同种血型的人可以互相输血，O型血的人可以给任一种血型的人输血，任何人的血都可以输给AB型血的人，其他不同血型的人不能互相输血．小明是B型血，若他因病需要输血，问：
(1)任找一个人，其血可以输给小明的概率是多少？
(2)任找一个人，其血不能输给小明的概率是多少？
解：(1)任找一人，其血型为A，B，AB，O型血分别记为事件A′，B′，C′，D′，它们是互斥的．由已知，有P(A′)＝0.28，P(B′)＝0.29，P(C′)＝0.08，P(D′)＝0.35.
因为B，O型血可以输给B型血的人，故“任找一个人，其血可以输给小明”为事件B′∪D′，根据概率加法公式，得P(B′∪D′)＝P(B′)＋P(D′)＝0.29＋0.35＝0.64.
(2)由于A，AB型血不能输给B型血的人，故“任找一个人，其血不能输给小明”为事件A′∪C′，且P(A′∪C′)＝P(A′)＋P(C′)＝0.28＋0.08＝0.36.
第五节古典概型
基础盘查 古典概型
(一)循纲忆知
1．理解古典概型及其概率计算公式．
2．会计算一些随机事件所包含的基本事件数及事件发生的概率．
(二)小题查验
1．判断正误
(1)“在适宜条件下，种下一粒种子观察它是否发芽”属于古典概型，其基本事件是“发芽与不发芽”( )
(2)掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”，这三个结果是等可能事件( )
(3)在古典概型中，如果事件A中基本事件构成集合A，所有的基本事件构成集合I，则事件A的概率为( )
答案：(1)× (2)× (3)√
2．(北师大版教材例题改编)小明的自行车用的是密码锁，密码锁的四位数码由4个数字2,4,6,8按一定顺序构成，小明
不小心忘记了密码中4个数字的顺序，随机地输入由2,4,6,8组成的一个四位数，不能打开锁的概率是________．
答案：
3．(2015·南京模拟)现从甲、乙、丙3人中随机选派2人参加某项活动，则甲被选中的概率为________．
解析：从甲、乙、丙3人中随机选派2人参加某项活动，有甲、乙，甲、丙，乙、丙三种可能，则甲被选中的概率为.
答案：
4．(2015·昆明模拟)投掷两颗相同的正方体骰子(骰子质地均匀，且各个面上依次标有点数1,2,3,4,5,6)一次，则两颗骰子向上点数之积等于12的概率为________．
解析：抛掷两颗相同的正方体骰子共有36种等可能的结果：(1,1)，(1,2)，(1,3)，…，(6,6)．点数积等于12的结果有：(2,6)，(3,4)，(4,3)，(6,2)，共4种，故所求事件的概率为＝.
答案：
|(基础送分型考点——自主练透)
[必备知识]
1．基本事件的特点
(1)任何两个基本事件是互斥的．
(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
(1)特点：
①试验中所有可能出现的基本事件只有有限个，即有限性．
②每个基本事件发生的可能性相等，即等可能性．
(2)概率公式：
P(A)＝.
[提醒]
(1)一个试验是否为古典概型，在于这个试验是否具有古典概型的两个特征——有限性和等可能性；
(2)古典概型的概率计算结果与模型的选择无关．
[题组练透]
1．(2015·浙江模拟)从1,2,3,4这四个数字中依次取(不放回)两个数a，b，使得a2≥4b的概率是( )
A. B.
C. D.
解析：选C 基本事件为(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)(2,3)，(2,4)，…，(4,3)，共12个，符合条件的有(2,1)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，共6个，因此使得a2≥4b的概率是.
2．(2015·广州二模)有两张卡片，一张的正反面分别写着数字0与1，另一张的正反面分别写着数字2与3，将两张卡片排在一起组成一个两位数，则所组成的两位数为奇数的概率是( )
A. B.
C. D.
解析：选C 能组成的两位数有12,13,20,30,21,31，共6个，其中的奇数有13,21,31，共3个，因此所组成的两位数为奇数的概率是＝，故选C.
3．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.
[类题通法]
计算古典概型事件的概率三步骤
步骤一：算出基本事件的总个数n；
步骤二：求出事件A所包含的基本事件个数m；
步骤三：代入公式求出概率P.
|(常考常新型考点——多角探明)
[多角探明]
古典概型在高考中常与平面向量、集合、函数、解析几何、统计等知识交汇命题，命题的角度新颖，考查知识全面，能力要求较高.
归纳起来常见的交汇命题角度有：
(1)古典概型与平面向量相结合；
(2)古典概型与直线、圆相结合；
(3)古典概型与函数相结合；
(4)古典概型与统计相结合.
角度一：古典概型与平面向量相结合
1．已知向量a＝(x，－1)，b＝(3，y)，其中x随机选自集合，y随机选自集合.
(1)求a∥b的概率；
(2)求a⊥b的概率．
解：由题意，得(x，y)所有的基本事件为(－1,1)，(－1,3)，(－1,9)，(1,1)，(1,3)，(1,9)，(3,1)，(3,3)，(3,9)，共9个．
(1)设“a∥b”为事件A，则xy＝－3.
事件A包含的基本事件有(－1,3)，共1个．
故a∥b的概率为P(A)＝.
(2)设“a⊥b”为事件B，则y＝3x.
事件B包含的基本事件有(1,3)，(3,9)，共2个．
故a⊥b的概率为P(B)＝.
角度二：古典概型与直线、圆相结合
2．(2015·洛阳统考)将一颗骰子先后投掷两次分别得到点数a，b，则直线ax＋by＝0与圆(x－2)2＋y2＝2有公共点的概率为________．
解析：依题意，将一颗骰子先后投掷两次得到的点数所形成的数组(a，b)有(1,1)，(1,2)，(1,3)，…，(6,6)，共36种，其中满足直线ax＋by＝0与圆(x－2)2＋y2＝2有公共点，即满足≤，a2≤b2的数组(a，b)有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，…，(6,6)，共6＋5＋4＋3＋2＋1＝21种，因此所求的概率等于＝.
答案：
角度三：古典概型与函数相结合
3．设a∈，b∈，函数f(x)＝ax2＋bx＋1.
(1)求f(x)在区间上是减函数的概率；
(2)从f(x)中随机抽取两个，求它们在(1，f(1))处的切线互相平行的概率．
解：(1)f′(x)＝ax＋b，由题意f′(－1)≤0，即b≤a，
而(a，b)共有(2,1)，(2,3)，(4,1)，(4,3)四种，满足b≤a的有3种，故概率为.
(2)由(1)可知，函数f(x)共有4种可能，从中随机抽取两个，有6种抽法．
∵函数f(x)在(1，f(1))处的切线的斜率为f′(1)＝a＋b，
∴这两个函数中的a与b之和应该相等，而只有(2,3)，(4,1)这1组满足，
∴概率为.
角度四：古典概型与统计相结合
4．(2015·洛阳统考)从某工厂抽取50名工人进行调查，发现他们一天加工零件的个数在50至350个之间，现按生产的零件的个数将他们分成六组，第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，第六组，相应的样本频率分布直方图如图所示：
(1)求频率分布直方图中的x的值；
(2)设位于第六组的工人为拔尖工，位于第五组的工人为熟练工，
现用分层抽样的办法在这两类工人中抽取一个容量为6的样本，从样本中任意取2个，求至少有一个拔尖工的概率．
解：(1)根据题意，
(0.002 4＋0.003 6＋x＋0.004 4＋0.002 4＋0.001 2)×50＝1，
解得x＝0.006 0.
(2)由题知拔尖工共有3人，熟练工共有6人．
抽取容量为6的样本，则其中拔尖工有2人，熟练工为4人．
可设拔尖工为A1，A2，熟练工为B1，B2，B3，B4.
则从样本中任抽2个的可能有：
A1B1，A1B2，A1B3，A1B4，A2B1，A2B2，A2B3，A2B4，A1A2，B1B2，B1B3，B1B4，B2B3，B2B4，B3B4，共15种，
至少有一个是拔尖工的可能有A1B1，A1B2，A1B3，A1B4，A2B1，A2B2，A2B3，A2B4，A1A2，共9种．
故至少有一个拔尖工的概率是＝.
[类题通法]
解决与古典概型交汇命题的问题时，把相关的知识转化为事件，列举基本事件，求出基本事件和随机事件的个数，然后利用古典概型的概率计算公式进行计算．
一、选择题
1．有5本不同的书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本．若将其随机地并排摆放在书架的同一层上，则同一科目的书都不相邻的概率是( )
A. B.
C. D.
解析：选B 语文、数学只有一科的两本书相邻，有2AAA＝48种摆放方法；语文、数学两科的两本书都相邻，有AAA＝24种摆放方法；而五本不同的书排成一排总共有A＝120种摆放方法．
故所求概率为1－＝.
2．(2015·武汉调研)同时抛掷两个骰子，则向上的点数之差的绝对值为4的概率是( )
A. B.
C. D.
解析：选C 同时抛掷两个骰子，基本事件总数为36，记“向上的点数之差的绝对值为4”为事件A，则事件A包含的基本事件有(1,5)，(2,6)，(5,1)，(6,2)，共4个，故P(A)＝＝.
3.如图，三行三列的方阵中有九个数aij(i＝1,2,3；j＝1,2,3)，从中任取三个数，则至少有两个数位于同行或同列的概率是( )
A. B.
C. D.
解析：选D 从九个数中任取三个数的不同取法共有C＝84(种)，因为取出的三个数分别位于不同的行与列的取法共有C·C·C＝6(种)，所以至少有两个数位于同行或同列的概率为1－＝.
4．(2015·威海一模)从集合中随机抽取一个数a，从集合中随机抽取一个数b，则向量m＝(a，b)与向量n＝(1，－1)垂直的概率为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 由题意可知m＝(a，b)有：(2,1)，(2,3)，(2,5)，(3,1)，(3,3)，(3,5)，(4,1)，(4,3)，(4,5)，(5,1)，(5,3)，(5,5)，共12种情况．
因为m⊥n，即m·n＝0，
所以a×1＋b×(－1)＝0，即a＝b，
满足条件的有(3,3)，(5,5)共2个，
故所求的概率为.
5．(2015·亳州质检)已知集合M＝，N＝，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. B.
C. D.
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OA斜率不小于2的有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,4)
，共4个，由所求的概率为＝.
6．(2015·郑州模拟)在二项式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. B.
C. D.
解析：选D 注意到二项式n的展开式的通项是Tr＋1＝C()n－rr＝C2－rx.依题意有C＋C2－2＝2C2－1＝n，即n2－9n＋8＝0，(n－1)(n－8)＝0(n≥2)，因此n＝8.∵二项式8的展开式的通项是Tr＋1＝C2－rx4－，其展开式中的有理项共有3项，所求的概率等于＝，选D.
二、填空题
7．(2015·浙江模拟)从2男3女共5名同学中任选2名(每名同学被选中的机会均等)，这2名都是男生或都是女生的概率等于________．
解析：设2名男生为A，B,3名女生为a，b，c，则从5名同学中任取2名的方法有(A，B)，(A，a)，(A，b)，(A，c)，(B，a)，(B，c)，(a，b)，(a，c)，(b，c)，共10种，而这2名同学刚好是一男一女的有(A，a)，(A，b)，(A，c)，(B，a)，(B，b)，(B，c)，共6种，故所求的概率P＝1－＝.
答案：
8.(2015·绵阳诊断)如图的茎叶图是甲、乙两人在4次模拟测试中的成绩，其中一个数字被污损，则甲的平均成绩不超过乙的平均成绩的概率为________．
解析：依题意，记题中的被污损数字为x，若甲的平均成绩不超过乙的平均成绩，则有(8＋9＋2＋1)－(5＋3＋x＋5)≤0，x≥7，即此时x的可能取值是7,8,9，因此甲的平均成绩不超过乙的平均成绩的概率P＝＝0.3.
答案：0.3
9．锅中煮有芝麻馅汤圆6个，花生馅汤圆5个，豆沙馅汤圆4个，这三种汤圆的外部特征完全相同．从中任意舀取4个汤圆，则每种汤圆都至少取到1个的概率为________．
解析：P＝＝＝.
答案：
10．设集合P＝，x∈P且y∈P，则点(x，y)在圆x2＋y2＝4内部的概率为________．
解析：以(x，y)为基本事件，可知满足x∈P且y∈P的基本事件有25个．若点(x，y)在圆x2＋y2＝4内部，则x，y∈，用列表法或坐标法可知满足x∈且y∈的基本事件有9个．所以点(x，y)在圆x2＋y2＝4内部的概率为.
答案：
三、解答题
11．(2014·福建高考)根据世行2013年新标准，人均GDP低于1 035 美元为低收入国家；人均GDP为1 035～4 085 美元为中等偏下收入国家；人均GDP为4 085～12 616 美元为中等偏上收入国家；人均GDP不低于12 616 美元为高收入国家．某城市有5个行政区，各区人口占该城市人口比例及人均GDP如下表：
行政区
区人口占城市人口比例
区人均GDP(单位：美元)
A
25%
8 000
B
30%
4 000
C
15%
6 000
D
10%
3 000
E
20%
10 000
(1)判断该城市人均GDP是否达到中等偏上收入国家标准；
(2)现从该城市5个行政区中随机抽取2个，求抽到的2个行政区人均GDP都达到中等偏上收入国家标准的概率．
解：(1)设该城市人口总数为a，则该城市人均GDP为
(8 000×0.25a＋4 000×0.30a＋6 000×0.15a＋3 000×0.10a＋10 000×0.20a)
＝6 400.
因为6 400∈[4 085,12 616)，
所以该城市人均GDP达到了中等偏上收入国家标准．
(2)“从5个行政区中随机抽取2个”的所有的基本事件是：{A，B}，{A，C}，{A，D}，{A，E}，{B，C}，{B，D}，{B，E}，{C，D}，{C，E}，{D，E}，共10个．
设事件“抽到的2个行政区人均GDP都达到中等偏上收入国家标准”为M，则事件M
包含的基本事件是：{A，C}，{A，E}，{C，E}，共3个，
所以所求概率为P(M)＝.
12．袋中装有黑球和白球共7个，从中任取2个球都是白球的概率为，现有甲、乙两人从袋中轮流摸球，甲先取，乙后取，然后甲再取，…，取后不放回，直到两人中有一人取到白球时即终止．每个球在每一次被取出的机会是等可能的．
(1)求袋中原有白球的个数；
(2)求取球2次即终止的概率；
(3)求甲取到白球的概率．
解：(1)设袋中原有n个白球，从袋中任取2个球都是白球的结果数为C，从袋中任取2个球的所有可能的结果数为C.
由题意知从袋中任取2球都是白球的概率
P＝＝，
则n(n－1)＝6，解得n＝3(舍去n＝－2)，即袋中原有3个白球．
(2)设事件A为“取球2次即终止”．取球2次即终止，即乙第一次取到的是白球而甲取到的是黑球，
P(A)＝＝＝.
(3)设事件B为“甲取到白球”，“第i次取到白球”为事件Ai，i ＝1,2,3,4,5，因为甲先取，所以甲只可能在第1次，第3次和第5次取到白球．
所以P(B)＝P(A1∪A3∪A5)＝P(A1)＋P(A3)＋P(A5)＝＋＋＝＋＋＝.
第六节几何概型
基础盘查 几何概型
(一)循纲忆知
1．了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率．
2．了解几何概型的意义(长度型、角度型、面积型、体积型)．
(二)小题查验
1．判断正误
(1)几何概型中，每一个基本事件就是从某个特定的几何区域内随机地取一点，该区域中的每一点被取到的机会相等( )
(2)在几何概型定义中的区域可以是线段、平面图形、立体图形( )
(3)与面积有关的几何概型的概率与几何图形的形状有关( )
答案：(1)√ (2)√ (3)×
2．(人教B版教材例题改编)平面上画了一些彼此相距2a的平行线，把一枚半径r＜a的硬币任意掷在这平面上，则硬币不与任一条平行线相碰的概率是________．
答案：
3．(2015·陕西质检)在区间[20,80]内任取一个实数m，则实数m落在区间[50,75]内的概率为________．
解析：选择区间长度度量，则所求概率为＝.
答案：
4．(2015·广州调研)在边长为2的正方形ABCD内部任取一点M，则满足∠AMB＞90°的概率为________．
解析：如图，如果点M位于以AB为直径的半圆内部，则∠AMB＞90°，否则，M点位于半圆上及空白部分，则∠AMB≤90°，所以∠AMB＞90°的概率P＝＝.
答案：
|(基础送分型考点——自主练透)
[必备知识]
P(A)＝
[题组练透]
1．(2015·韶关调研)在区间[0,2]之间随机抽取一个数x，则x满足2x－1≥0的概率为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 区间[0,2]看作总长度为2，区间[0,2]中满足2x－1≥0的只有，长度为，P＝＝.
2．已知一只蚂蚁在边长分别为5,12,13的三角形的边上随机爬行，则其恰在离三个顶点的距离都大于1的地方的概率为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 由题意可知，三角形的三条边长的和为5＋12＋13＝30，而蚂蚁要在离三个顶点的距离都大于1的地方爬行，则它爬行的区域长度为3＋10＋11＝24，根据几何概型的概率计算公式可得所求概率为＝.
3.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：如题图，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＝.
答案：
[类题通法]
求与长度(角度)有关的几何概型的概率的方法是把题中所表示的几何模型转化为长度(角度)．然后求解，要特别注意“长度型”与“角度型”的不同．解题的关键是构建事件的区域(长度、角度)．
|(重点保分型考点——师生共研)
[必备知识]
P(A)＝.
[典题例析]
(2015·济南一模)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＝“动点在三棱锥AA1BD内”，
P(M)＝＝
＝＝＝.
答案：
[类题通法]
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．
[演练冲关]
在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，点O为底面ABCD的中心，在正方体ABCDA1B1C1D1内随机取一点P，则点P到点O的距离大于1的概率为( )
A. B．1－
C. D．1－
解析：选B 正方体的体积为：2×2×2＝8，以O为球心，1为半径且在正方体内部的半球的体积为：×πr3＝×π×13＝π，则点P到点O的距离大于1的概率为：1－＝1－.
|(常考常新型考点——多角探明)
[多角探明]
与面积有关的几何概型是近几年高考的热点之一．归纳起来常见的命题角度有：
(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.
角度一：与三角形、矩形、圆等平面图形面积有关的问题
1．(2015·广东七校联考)如图，已知圆的半径为10，其内接三角形ABC
的内角A，B分别为60°和45°，现向圆内随机撒一粒豆子，则豆子落在三角形ABC内的概率为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 由正弦定理＝＝2R(R为圆的半径)⇒⇒
那么S△ABC＝×10×10sin 75°＝×10×10×＝25(3＋)．
于是，豆子落在三角形ABC内的概率为＝＝.
角度二：与线性规划交汇命题的问题
2．(2015·广州一模)任取实数a，b∈[－1,1]，则a，b满足|a－2b|≤2的概率为( )
A. B.
C. D.
解析：选D 如图所示，则事件|a－2b|≤2所表示的区域为图中的阴影部分所表示的区域，易知直线a－2b＝－2分别交直线a＝－1与y轴于点E，F(0,1)．
所以|BE|＝，|BF|＝1.
所以S△BEF＝|BE|·|BF|＝××1＝，
易得△DHG≌△BEF.
因此S△DHG＝S△BEF＝，
故阴影部分的面积
S＝S四边形ABCD－2S△BEF＝22－2×＝.
由几何概型的概率公式可知，事件|a－2b|≤2的概率
P＝＝＝×＝，故选D.
角度三：与定积分交汇命题的问题
3．(2015·哈师大附中模拟)已知Ω＝{(x，y)||x|≤1，|y|≤1}，A是曲线y＝x2与y＝x围成的区域，若向区域Ω上随机投一点P，则点P落入区域A的概率为________．
解析：如图，曲线y＝x2与y＝x围成的区域面积为(x－x2)dx＝＝.
而集合Ω对应的面积为4，故由几何概型计算公式可知点P落入区域A的概率为＝.
答案：
[类题通法]
求解与面积有关的几何概型时，关键是弄清某事件对应的面积，必要时可根据题意构造两个变量，把变量看成点的坐标，找到全部试验结果构成的平面图形，以便求解．
一、选择题
1.(2015·广东七校联考)如图，矩形长为6，宽为4，在矩形内随机地撒300颗黄豆，数得落在椭圆外的黄豆数为96，以此实验数据为依据可以估计出椭圆的面积约为( )
A．16.32 B．15.32
C．8.68 D．7.68
解析：选A 设椭圆的面积为S，则＝，故S＝16.32.
2．在满足不等式组的平面点集中随机取一点M(x0，y0)，设事件A为“y0＜2x0”，那么事件A发生的概率是( )
A. B.
C. D.
解析：选B 如图所示，不等式组表示的平面区域的面积S△ABC＝×(1＋3)×2＝4；
不等式组表示的平面区域的面积S△AOC＝×3×2＝3，因此所求的概率等于
eq f(3,4)，选B.
3．已知点P，Q为圆C：x2＋y2＝25上的任意两点，且|PQ|＜6，若PQ中点组成的区域为M，在圆C内任取一点，则该点落在区域M上的概率为( )
A. B.
C. D.
解析：选B PQ中点组成的区域M如图阴影部分所示，那么在C内部任取一点落在M内的概率为＝，故选B.
4.如图，长方形的四个顶点为O(0,0)，A(4,0)，B(4,2)，C(0,2)，曲线y＝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 图中阴影部分是事件A发生的区域，其面积S阴＝dx＝x＝，S长方形＝4×2＝8，∴所求概率P＝＝＝.故选C.
5．(2015·北京昌平模拟)设不等式组表示的平面区域为D.在区域D内随机取一个点，则此点到直线y＋2＝0的距离大于2的概率是( )
A. B.
C. D.
解析：选D 作出平面区域D，可知平面区域D是以A(4,3)，B(4，－2)，C(－6，－2)为顶点的三角形区域，当点在△AED区域内时，点到直线y＋2＝0的距离大于2.
∴P＝＝＝.
6．(2015·佛山二模)已知函数f(x)＝x2＋bx＋c，其中0≤b≤4，0≤c≤4.记函数f(x)满足条件为事件A，则事件A发生的概率为( )
A. B.
C. D.
解析：选C 由题意，得
即表示的区域如图阴影部分所示，可知阴影部分的面积为8，所以所求概率为，故选C.
二、填空题
7．(2015·湖北八校二联)记集合A＝{(x，y)|x2＋y2≤4}和集合B＝{(x，y)|x＋y－2≤0，x≥0，y≥0}表示的平面区域分别为Ω1和Ω2，若在区域Ω1内任取一点M(x，y)，则点M落在区域Ω2的概率为________．
解析：作圆O：x2＋y2＝4，区域Ω1就是圆O内部(含边界)，其面积为4π，区域Ω2就是图中△AOB内部(含边界)，其面积为2，因此所求概率为＝.
答案：
8．(2015·武汉调研)在区间(0,1)内随机地取出两个数，则两数之和小于的概率是________．
解析：设随机取出的两个数分别为x，y，则0＜x＜1,0＜y＜1，依题意有x＋y＜，由几何概型知，所求概率为P＝＝.
答案：
9．已知线段AC＝16 cm，先截取AB＝4 cm作为长方体的高，再将线段BC任意分成两段作为长方体的长和宽，则长方体的体积超过128 cm3的概率为________．
解析：依题意，设长方体的长为x cm，则相应的宽为(12－x)cm，由4x(12－x)＞128得x2－12x＋32＜0,4＜x＜8，因此所求的概率等于＝.
答案：
10．如图所示，图2中实线围成的部分是长方体(图1)的平面展开图，其中四边形ABCD是边长为1的正方形．若向虚线围成的矩形内任意抛掷一质点，它落在长方体的平面展开图内的概率是，则此长方体的体积是________．
解析：设长方体的高为h，由几何概型的概率计算公式可知，质点落在长方体的平面展开图内的概率P＝＝，解得h＝3或h＝－(舍去)，
故长方体的体积为1×1×3＝3.
答案：3
三、解答题
11．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)求n的值；
(2)从袋子中不放回地随机抽取2个小球，记第一次取出的小球标号为a，第二次取出的小球标号为b.
(ⅰ)记“a＋b＝2”为事件A，求事件A的概率；
(ⅱ)在区间[0,2]内任取2个实数x，y，求事件“x2＋y2＞(a－b)2恒成立”的概率．
解：(1)依题意＝，得n＝2.
(2)(ⅰ)记标号为0的小球为s，标号为1的小球为t，标号为2的小球为k，h，则取出2个小球的可能情况有：(s，t)，(s，k)，(s，h)，(t，s)，(t，k)，(t，h)，(k，s)，(k，t)，(k，h)，
(h，s)，(h，t)，(h，k)，共12种，其中满足“a＋b＝2”的有4种：(s，k)，(s，h)(k，s)，(h，s)．
所以所求概率为P(A)＝＝.
(ⅱ)记“x2＋y2＞(a－b)2恒成立”为事件B，则事件B等价于“x2＋y2＞4恒成立”，(x，y)可以看成平面中的点的坐标，则全部结果所构成的区域为Ω＝{(x，y)|0≤x≤2,0≤y≤2，x，y∈R}，而事件B构成的区域为B＝{(x，y)|x2＋y2＞4，(x，y)∈Ω}．所以所求的概率为P(B)＝1－.
12.(2015·潍坊一模)甲、乙两家商场对同一种商品开展促销活动，对购买该商品的顾客两家商场的奖励方案如下：
甲商场：顾客转动如图所示圆盘，当指针指向阴影部分(图中四个阴影部分均为扇形，且每个扇形圆心角均为15 °，边界忽略不计)即为中奖．
乙商场：从装有3个白球3个红球的盒子中一次性摸出2个球(球除颜色外不加区分)，如果摸到的是2个红球，即为中奖．
问：购买该商品的顾客在哪家商场中奖的可能性大？
解：如果顾客去甲商场，试验的全部结果构成的区域为圆盘，面积为πR2(R为圆盘的半径)，阴影区域的面积为＝.
所以，在甲商场中奖的概率为P1＝＝.
如果顾客去乙商场，记盒子中3个白球为a1，a2，a3,3个红球为b1，b2，b3，记(x，y)为一次摸球的结果，则一切可能的结果有：(a1，a2)，(a1，a3)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a2，a3)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(a3，b1)，(a3，b2)，(a3，b3)，(b1，b2)，(b1，b3)，(b2，b3)，共15种，
摸到的2个球都是红球有(b1，b2)，(b1，b3)，(b2，b3)共3个，所以在乙商场中奖的概率为P2＝＝.
由于P1＜P2，所以顾客在乙商场中奖的可能性大．
第七节离散型随机变量及其分布列
基础盘查一 离散型随机变量及其分布列
(一)循纲忆知
1．理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念．
2．了解分布列对于刻画随机现象的重要性．
(二)小题查验
1．判断正误
(1)抛掷均匀硬币一次，出现正面的次数是随机变量( )
(2)离散型随机变量的分布列中，随机变量取各个值的概率之和可以小于1( )
(3)离散型随机变量的各个可能值表示的事件是彼此互斥的( )
答案：(1) (2) (3)
2．(人教A版教材例题改编)用X表示投掷一枚均匀的骰子获得的点数，且X的分布列为P(x＝i)＝(i＝1,2，…，6)，则掷出的点数是偶数的概率为________．
答案：
3．已知随机变量X的分布列为P(X＝i)＝(i＝1,2,3)，则P(X＝2)＝________.
解析：由分布列的性质知＋＋＝1，∴a＝3，
∴P(X＝2)＝＝.
答案：
基础盘查二 常见离散型随机变量的分布列
(一)循纲忆知
理解超几何分布及其导出过程，并能进行简单的应用．
(二)小题查验
1．判断正误
(1)如果随机变量X的分布列由下表给出：
X
2
5
P
0.3
0.7
则它服从二点分布．( )
(2)从4名男演员和3名女演员中选出4人，其中女演员的人数X服从超几何分布．( )
答案：(1)× (2)√
2．(人教A版教材例题改编)某年级的联欢会上设计了一个摸奖游戏，在一个口袋中装有10个红球和20个白球，这些球除颜色外完全相同，一次从中摸出5个球，至少摸到3个红球就中奖，则中奖的概率为________．
答案：0.191
3．从装有3个红球，2个白球的袋中随机取出2个球，设其中有X个红球，则随机变量X的概率分布为
X
0
1
2
P
答案：0.1,0.6,0.3
|(基础送分型考点——自主练透)
[必备知识]
根据概率的性质，离散型随机变量的分布列具有如下性质：
(1)pi≥0，i＝1,2，…，n；
(2)p2＋p2＋…＋pi＋…＋pn＝1.
[提醒] 分布列的性质(2)的作用：可以用来检查所写出的分布列是否有误，还可以求分布列中的某些参数．
[题组练透]
1．已知随机变量X的概率分布如下：
X
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
P
m
则P(X＝10)＝
A. B.
C. D.
解析：选C 由离散型随机变量分布列的性质可知
＋＋＋…＋＋m＝1，
∴m＝1－
＝1－2·＝9＝.
2．随机变量X的分布列如下：
X
－1
0
1
P
a
b
c
其中a，b，c成等差数列，则P(|X|＝1)＝________，公差d的取值范围是________．
解析：∵a，b，c成等差数列，∴2b＝a＋c.
又a＋b＋c＝1，∴b＝，∴P(|X|＝1)＝a＋c＝.
又a＝－d，c＝＋d，根据分布列的性质，得0≤－d
≤，0≤＋d≤，∴－≤d≤.
答案：
[类题通法]
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．
|(重点保分型考点——师生共研)
[必备知识]
离散型随机变量的分布列的表示
设离散型随机变量X可能取的值为x1，x2，…xi，…，xn，X取每一个值xi(i＝1,2，…，n)的概率P(X＝xi)＝pi，则下表称为随机变量X的概率分布，简称为X的分布列.
X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn
为了简单起见，也可以用等式P(X＝xi)＝pi，i＝1,2，…，n表示X的分布列．
[典题例析]
(2014·江苏高考改编)盒中共有9个球，其中有4个红球、3个黄球和2个绿球，这些球除颜色外完全相同．
(1)从盒中一次随机取出2个球，求取出的2个球颜色相同的概率P；
(2)从盒中一次随机取出4个球，其中红球、黄球、绿球的个数分别记为x1，x2，x3，随机变量X表示x1，x2，x3中的最大数，求X的概率分布．
解：(1)取到的2个颜色相同的球可能是2个红球、2个黄球或2个绿球，所以P＝＝＝.
(2)随机变量X所有可能的取值为2,3,4.
{X＝4}表示的随机事件是“取到的4个球是4个红球”，故P(X＝4)＝＝；
{X＝3}表示的随机事件是“取到的4个球是3个红球和1个其他颜色的球，或3个黄球和1个其他颜色的球”，
故P(X＝3)＝＝＝；
于是P(X＝2)＝1－P(X＝3)－P(X＝4)＝1－－＝.
所以随机变量X的概率分布如下表：
X
2
3
4
P
[类题通法]
1．求离散型随机变量的分布列的关键是分析清楚随机变量的取值有多少，并且正确求出随机变量所取值对应的概率．
2．在求解随机变量概率值时，注意结合计数原理、古典概型等知识求解．
[演练冲关]
(2015·湖北八校联考)某射手射击一次所得环数X的分布列如下：
X
7
8
9
10
P
0.1
0.4
0.3
0.2
现该射手进行两次射击，以两次射击中最高环数作为他的成绩，记为ξ.
(1)求ξ＞7的概率；
(2)求ξ的分布列．
解：(1)P(ξ＞7)＝1－P(ξ＝7)＝1－0.1×0.1＝0.99.
(2)ξ的可能取值为7,8,9,10.
P(ξ＝7)＝0.12＝0.01，
P(ξ＝8)＝2×0.1×0.4＋0.42＝0.24，
P(ξ＝9)＝2×0.1×0.3＋2×0.4×0.3＋0.32＝0.39，
P(ξ＝10)＝2×0.1×0.2＋2×0.4×0.2＋2×0.3×0.2＋0.22＝0.36.
∴ξ的分布列为
ξ
7
8
9
10
P
0.01
0.24
0.39
0.36
|(重点保分型考点——师生共研)
[必备知识]
在含有M件次品的N件产品中，任取n件，其中恰有X件次品数，则事件{X＝k}发生的概率为
P(X＝k)＝，k＝0,1,2，…，m，
其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*，称分布列
X
0
1
…
m
P
…
为超几何分布列，如果随机变量X的分布列为超几何分布列，则称随机变量X服从超几何分布．
[典题例析]
(2014·天津高考改编)某大学志愿者协会有6名男同学，4名女同学．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)＝＝.
所以选出的3名同学是来自互不相同学院的概率为.
(2)随机变量X的所有可能值为0,1,2,3.
P(X＝k)＝(k＝0,1,2,3)．
所以，随机变量X的分布列是
X
0
1
2
3
P
[类题通法]
对于服从某些特殊分布的随机变量，其分布列可以直接应用公式给出．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．
[演练冲关]
(2015·南昌模拟)从某小组的5名女生和4名男生中任选3人去参加一项公益活动．
(1)求所选3人中恰有一名男生的概率；
(2)求所选3人中男生人数X的分布列．
解：(1)所选3人中恰有一名男生的概率P＝＝.
(2)X的可能取值为0,1,2,3.
P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝.
∴X的分布列为
X
0
1
2
3
P
[A卷——夯基保分]
一、选择题
1．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＝，故应选C.
2．一只袋内装有m个白球，n－m个黑球，连续不放回地从袋中取球，直到取出黑球为止，设此时取出了X个白球，下列概率等于的是( )
A．P(X＝3) B．P(X≥2)
C．P(X≤3) D．P(X＝2)
解析：选D 由超几何分布知P(X＝2)＝.
3．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.＋
解析：选C 由分布列的性质知
∴q＝－.
4．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的值为( )
A. B.
C. D.
解析：选D ∵P(X＝1)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＋P(X＝4)＝＋＋＋＝1，
∴a＝，
∴P＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝×＋×＝.
5．(2015·厦门质检)设随机变量X的分布列为P(X＝k)＝mk(k＝1,2,3)，则m的值为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 由分布列的性质得P(X＝1)＋P(X＝2)＋
P(X＝3)＝m×＋m2＋m×3＝＝1.
∴m＝.
6．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]．
二、填空题
7．若P(X≤x2)＝1－β，P(X≥x1)＝1－α，其中x1a＋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＝，故选D.
5．(2015·芜湖一模)若X～B(n，p)，且E(X)＝6，D(X)＝3，则P(X＝1)的值为( )
A．3×2－2 B．2－4
C．3×2－10 D．2－8
解析：选C 由题意知解得
∴P(X＝1)＝C××11＝＝3×2－10.
6．某种种子每粒发芽的概率都为0.9，现播种了1 000粒，对于没有发芽的种子，每粒需再补种2粒，补种的种子数记为X，则X的数学期望为( )
A．100 B．200
C．300 D．400
解析：选B 1 000粒种子每粒不发芽的概率为0.1，∴不发芽的种子数服从随机变量ξ～B(1 000,0.1)，∴1 000粒种子中不发芽的种子数的期望E(ξ)＝1 000×0.1＝100(粒)，又每粒不发芽的种子需补种2粒，∴需补种的种子数的期望E(X)＝2×100＝200.
二、填空题
7．(2015·温州十校联考)一个袋子中装有6个红球和4个白球，假设每一个球被摸到的可能性是相等的．从袋子中摸出2个球，其中白球的个数为X，则X的数学期望是______．
解析：根据题意知X＝0,1,2，而P(X＝0)＝＝；
P(X＝1)＝＝； P(X＝2)＝＝.
∴E(X)＝0×＋1×＋2×＝＝.
答案：
8．若随机变量X的概率分布密度函数是φμ，σ(x)＝·e－(x∈R)，则E(2X－1)＝________.
解析：σ＝2，μ＝－2，E(2X－1)＝2E(X)－1＝2×(－2)－1＝－5.
答案：－5
9．已知100件产品中有10件次品，从中任取3件，则任意取出的3件产品中次品数的均值为______．
解析：次品数服从二项分布，即X～B，
所以E(X)＝3×＝0.3.
答案：0.3
10．一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，则此人得分的数学期望与方差分别为______________．
解析：记此人三次射击击中目标X次，得分为Y分，则X～B，Y＝10X，∴E(Y)
＝10E(X)＝10×3×＝20，D(Y)＝100D(X)＝100×3××＝.
答案：20，
三、解答题
11．(2015·忻州联考)现有一游戏装置如图，小球从最上方入口处投入，每次遇到黑色障碍物等可能地向左、右两边落下．游戏规则为：若小球最终落入A槽，得10张奖票；若落入B槽，得5张奖票；若落入C槽，得重投一次的机会，但投球的总次数不超过3次．
(1)求投球一次，小球落入B槽的概率；
(2)设玩一次游戏能获得的奖票数为随机变量X，求X的分布列及数学期望．
解：(1)由题意可知投一次小球，落入B槽的概率为2＋2＝.
(2)落入A槽的概率为2＝，落入B槽的概率为，落入C槽的概率为2＝.
X的所有可能取值为0,5,10，
P(X＝0)＝3＝，
P(X＝5)＝＋×＋2×＝，
P(X＝10)＝＋×＋×2＝，
X的分布列为
X
0
5
10
P
E(X)＝0×＋5×＋10×＝.
12．(2015·昆明模拟)气象部门提供了某地区今年六月份(30天)的日最高气温的统计表如下：
日最高气温
t(单位：℃)
t≤22
22＜t≤28
28＜t≤32
t＞32
天数
6
12
Y
Z
由于工作疏忽，统计表被墨水污染，Y和Z数据不清楚，但气象部门提供的资料显示，六月份的日最高气温不高于32 ℃的频率为0.9.
某水果商根据多年的销售经验，六月份的日最高气温t(单位：℃)对西瓜的销售影响如下表：
日最高气温
t(单位：℃)
t≤22
22＜t≤28
28＜t≤32
t＞32
日销售额X
(单位：千元)
2
5
6
8
(1)求Y，Z的值；
(2)若视频率为概率，求六月份西瓜日销售额的期望和方差；
(3)在日最高气温不高于32 ℃时，求日销售额不低于5千元的概率．
解：(1)由已知得：P(t≤32)＝0.9，
∴P(t＞32)＝1－P(t≤32)＝0.1，
∴Z＝30×0.1＝3，
Y＝30－(6＋12＋3)＝9.
(2)P(t≤22)＝＝0.2，P(22＜t≤28)＝＝0.4，
P(28＜t≤32)＝＝0.3，P(t＞32)＝＝0.1，
∴六月份西瓜日销售额X的分布列为
X
2
5
6
8
P
0.2
0.4
0.3
0.1
∴E(X)＝2×0.2＋5×0.4＋6×0.3＋8×0.1＝5，
D(X)＝(2－5)2×0.2＋(5－5)2×0.4＋(6－5)2×0.3＋(8－5)2×0.1＝3.
(3)∵P(t≤32)＝0.9，P(22＜t≤32)＝0.4＋0.3＝0.7，
∴由条件概率得：P(X≥5|t≤32)＝P(22＜t≤32|t≤32)＝＝＝.
[B卷——增分提能]
1．(2015·崇文一模)某研究机构准备举行一次数学新课程研讨会，共邀请50名一线教师参加，使用不同版本教材的教师人数如下表所示：
版本
人教A版
人教B版
苏教版
北师大版
人教
20
15
5
10
(1)从这50名教师中随机选出2名，求2人所使用版本相同的概率；
(2)若随机选出2名使用人教版的教师发言，设使用人教A版的教师人数为X，求随机变量X的分布列和数学期望．
解：(1)从50名教师中随机选出2名的方法数为C＝1 225，选出2人使用版本相同的方法数为C＋C＋C＋C＝350，故2人使用版本相同的概率为P＝＝.
(2)X的所有可能取值为0,1,2.
P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝.
P(X＝2)＝＝.
∴X的分布列为
X
0
1
2
P
∴E(X)＝0×＋1×＋2×＝＝.
2．(2014·湖北高考)计划在某水库建一座至多安装3台发电机的水电站，过去50年的水文资料显示，水库年入流量X(年入流量：一年内上游来水与库区降水之和，单位：亿立方米)都在40以上．其中，不足80的年份有10年，不低于80且不超过120的年份有35年，超过120的年份有5年．将年入流量在以上三段的频率作为相应段的概率，并假设各年的年入流量相互独立．
(1)求未来4年中，至多有1年的年入流量超过120的概率；
(2)水电站希望安装的发电机尽可能运行，但每年发电机最多可运行台数受年入流量X限制，并有如下关系：
年入流量X
40120
发电机最多可运行台数
1
2
3
若某台发电机运行，则该台年利润为5 000万元；若某台发电机未运行，则该台年亏损800万元．欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机多少台？
解：(1)依题意，p1＝P(40120)＝＝0.1.
由二项分布，在未来4年中至多有1年的年入流量超过120的概率为p＝C(1－p3)4＋C(1－p3)3p3＝4＋4×3×＝0.947 7.
(2)记水电站年总利润为Y(单位：万元)．
①安装1台发电机的情形．
由于水库年入流量总大于40，故一台发电机运行的概率为1，对应的年利润Y＝5 000，E(Y)＝5 000×1＝5 000.
②安装2台发电机的情形．
依题意，当40120时，三台发电机运行，此时Y＝5 000×3＝15 000，
因此P(Y＝15 000)＝P(X>120)＝p3＝0.1.
因此得Y的分布列如下：
Y
3 400
9 200
15 000
P
0.2
0.7
0.1
所以，E(Y)＝3 400×0.2＋9 200×0.7＋15 000×0.1＝8 620.
综上，欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机2台．
3．某市一次全市高中男生身高统计调查数据显示：全市100 000名男生的身高服从正态分布N(168,16)．现从某学校高三年级男生中随机抽取50名测量身高，测量发现被测学生身高全部介于160 cm和184 cm之间，将测量结果按如下方式分成6组：第1组[160,164)，第2组[164,168)，…，第6组[180,184]，如图是按上述分组方法得到的频率分布直方图．
(1)试评估该校高三年级男生在全市高中男生中的平均身高状况；
(2)求这50名男生身高在172 cm以上(含172 cm)的人数；
(3)在这50名男生身高在172 cm以上(含172 cm)的人中任意抽取2人，将该2人中身高排名(从高到低)在全市前130名的人数记为X，求X的数学期望．
参考数据：
若X～N(μ，σ2)，则
P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.682 6，
P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.954 4，
P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)＝0.997 4.
解：(1)由频率分布直方图，经过计算得该校高三年级男生平均身高为162×＋166×＋170×＋174×＋178×＋182××4＝168.72，
高于全市的平均值168.
(2)由频率分布直方图知，后3组频率为(0.02＋0.02＋0.01)×4＝0.2，人数为0.2×50＝10，即这50名男生身高在172 cm以上(含172 cm)的人数为10.
(3)∵P(168－3×4＜X≤168＋3×4)＝0.997 4，
∴P(X≥180)＝＝0.001 3，
0．001 3×100 000＝130.
∴全市前130名的身高在180 cm以上，这50人中180 cm以上的有2人．
随机变量X可取0,1,2，于是
P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
∴E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
命题点一 排列组合 命题指数：☆☆☆☆
难度：中 题型：选择题、填空题
1．(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 分两步：第一步，选派一名教师到甲地，另一名到乙地，共有C＝2(种)选派方法；
第二步，选派两名学生到甲地，另外两名到乙地，共有C＝6(种)选派方法．由分步乘法计数原理得不同的选派方案共有2×6＝12(种)．
2．(2013·“北约”自主招生)有6×6的方阵，3辆完全相同的红车，3辆完全相同的黑车，它们均不在同一行且不在同一列，排列方法种数为( )
A．720 B．20
C．518 400 D．14 400
解析：选D (元素分析法)先从6行中选取3行停放红色车，有C种选择．最上面一行的红色车位置有6种选择；最上面一行的红色车位置选定后，中间一行的红色车位置有5种选择；上面两行的红色车位置选定后，最下面一行的红色车位置有4种选择．三辆红色车的位置选定后，黑色车的位置有3！＝6种选择．所以共有C×6×5×4×6＝14 400(种)停放汽车的方法．
3．(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种摆法，再将它们与其他3件产品全排列，有A种摆法，共有AA＝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×A＝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
4．(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CCA＝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A＝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．(2014·湖北高考)若二项式7的展开式中的系数是84，则实数a＝( )
A．2 B.
C．1 D.
解析：选C Tk＋1＝C(2x)7－kk＝C27－kakx7－2k，令7－2k＝－3，得k＝5，即T5＋1＝C22a5x－3＝84x－3，解得a＝1.选C.
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)＝CC，f(2,1)＝CC，f(1，2)＝CC，f(0,3)＝CC，因此f(3,0)＋f(2,1)＋f(1，2)＋f(0,3)＝120，选C.
3．(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
命题点三 几何概型 命题指数：☆☆☆
难度：中 题型：选择题、填空题
1.(2013·陕西高考)如图，在矩形区域ABCD的A，C两点处各有一个通信基站，假设其信号的覆盖范围分别是扇形区域ADE和扇形区域CBF(该矩形区域内无其他信号来源，基站工作正常)．若在该矩形区域内随机地选一地点，则该地点无信号的概率是( )
A．1－ B.－1
C．2－ D.
解析：选A 依题意，有信号的区域面积为×2＝，矩形的面积为2，所求概率为P＝＝1－.
2．(2013·湖南高考)已知事件“在矩形ABCD的边CD上随机取一点P，使△APB的最大边是AB”发生的概率为，则＝( )
A. B.
C. D.
解析：选D 由已知，点P的分界点恰好是边CD的四等分点，由勾股定理可得AB2＝2＋AD2，解得2＝，即＝.
3.(2014·福建高考)如图，在边长为e(e为自然对数的底数)的正方形中随机撒一粒黄豆，则它落到阴影部分的概率为________．
解析：因为函数y＝ex与函数y＝ln x互为反函数，其图象关于直线y＝x对称，又因为函数y＝ex与直线y＝e的交点坐标为(1，e)，所以阴影部分的面积为
2(e×1－exdx)＝2e－2ex＝2e－(2e－2)＝2，
由几何概型的概率计算公式，
得所求的概率P＝＝.
答案：
4．(2013·山东高考)在区间[－3,3]上随机取一个数x，使得|x＋1|－|x－2|≥1成立的概率为________．
解析：当x≤－1时，不等式|x＋1|－|x－2|≥1，即－(x＋1)＋(x－2)＝－3≥1，此时无解；当－12时，不等式|x＋1|－|x－2|≥1，即x＋1－x＋2＝3≥1，解得x>2.在区间[－3,3]上不等式|x＋1|－|x
－2|≥1的解集为1≤x≤3，故所求的概率为＝.
答案：
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、解答题
1．(2014·新课标全国卷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 设“一天的空气质量为优良”为事件A，“连续两天为优良”为事件AB，则已知某天的空气质量为优良，随
后一天的空气质量为优良的概率为P(B|A)．由条件概率可知，P(B|A)＝＝＝＝0.8，故选A.
2．(2014·湖北高考)随机掷两枚质地均匀的骰子，它们向上的点数之和不超过5的概率记为p1 ，点数之和大于5的概率记为p2 ，点数之和为偶数的概率记为p3 ，则( )
A．p1
查看更多
