2026届高考数学【提高版】第十章　一元函数的导数及其应用 课件（9份打包）

(共87张PPT)
第十章
§10.5　离散型随机变量及其分布列、数字特征
数学
大
一
轮
复
习
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.理解并会求离散型随机变量的数字特征.
课标要求
课时精练
内容索引
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
落实主干知识
第一部分
1.离散型随机变量
一般地，对于随机试验样本空间Ω中的每个样本点ω，都有 的实数X(ω)与之对应，我们称X为随机变量；可能取值为有限个或可以一一列举的随机变量称为离散型随机变量.
2.离散型随机变量的分布列
一般地，设离散型随机变量X的可能取值为x1，x2，…，xn，称X取每一个值xi的概率P(X＝xi)＝pi，i＝1，2，…，n为X的概率分布列，简称分布列.
3.离散型随机变量分布列的性质
(1)pi≥0，i＝1，2，…，n.
(2)p1＋p2＋…＋pn＝ .
唯一
1
4.离散型随机变量的均值(数学期望)与方差
一般地，若离散型随机变量X的分布列为
X x1 x2 … xn
P p1 p2 … pn
(1)均值(数学期望)
称E(X)＝ ＝xipi为随机变量X的均值或数学期望，
数学期望简称期望.它反映了随机变量取值的 .
x1p1＋x2p2＋…＋xnpn
平均水平
(2)方差
称D(X)＝(x1－E(X))2p1＋(x2－E(X))2p2＋…＋(xn－E(X))2pn＝
为随机变量X的方差，并称为随机变量X的
，记为σ(X)，它们都可以度量随机变量取值与其均值的
.
5.均值(数学期望)与方差的性质
(1)E(aX＋b)＝ .
(2)D(aX＋b)＝ (a，b为常数).
(xi－E(X))2pi
标准差
偏离程度
aE(X)＋b
a2D(X)
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)在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.(　　)
(2)离散型随机变量的各个可能值表示的事件是彼此互斥的.(　　)
(3)随机试验的结果与随机变量是对应关系，即每一个试验结果都有唯一的随机变量的值与之对应.(　　)
(4)方差或标准差越小，则随机变量的偏离程度越小.(　　)
×
√
√
√
2.甲、乙两人下象棋，赢了得3分，平局得1分，输了得0分，共下三局.用ξ表示甲的得分，则{ξ＝3}表示
A.甲赢三局
B.甲赢一局输两局
C.甲、乙平局二次
D.甲赢一局输两局或甲、乙平局三次
√
因为甲、乙两人下象棋，赢了得3分，平局得1分，输了得0分，故{ξ＝3}表示两种情况，即甲赢一局输两局或甲、乙平局三次.
A.1 B.2.2 C.11 D.15
3.已知随机变量X的分布列如表，则E(5X＋4)等于
√
依题意，0.4＋a＋0.3＝1，解得a＝0.3，
则E(X)＝1×0.4＋2×0.3＋4×0.3＝2.2，
所以E(5X＋4)＝5E(X)＋4＝5×2.2＋4＝15.
X 1 2 4
P 0.4 a 0.3
4.甲、乙两人在一天生产中出现的废品数分别是两个随机变量X，Y，分布列分别为
X 0 1 2 3
P 0.4 0.3 0.2 0.1
Y 0 1 2
P 0.3 0.5 0.2
若甲、乙两人的日产量相等，则甲、乙两人中技术较好的是　　.
乙
E(X)＝0×0.4＋1×0.3＋2×0.2＋3×0.1＝1，
E(Y)＝0×0.3＋1×0.5＋2×0.2＝0.9，
∵E(Y)1.(1)随机变量的均值是常数，样本的平均数是随机变量，它不确定.
(2)随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值偏离均值的平均程度，方差或标准差越小，则偏离变量的平均程度越小.
(3)求出分布列后，注意运用分布列的两条性质检验所求分布列是否正确.
2.(1)E(X1＋X2)＝E(X1)＋E(X2).
(2)D(X)＝E(X2)－(E(X))2.
(3)若X1，X2相互独立，则E(X1X2)＝E(X1)·E(X2).
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微点提醒
探究核心题型
第二部分
例1　(1)若随机变量X的分布列为
分布列的性质
题型一
X －2 －1 0 1 2 3
P 0.1 0.2 0.2 0.3 0.1 0.1
则当P(XA.[1，2) B.[1，2] C.(1，2] D.(1，2)
√
由随机变量X的分布列知，P(X<1)＝0.5，P(X<2)＝0.8，故当P(X(2)设随机变量X的分布列为P(X＝k)＝(k＝1，2，3，4，5)，则P(X≥4)等于
A. B. C. D.
√
P(X＝k)＝
＝，
∵P(X＝k)＝1，
∴×
＝×＝1.
则m＝，
∴P(X≥4)＝×.
离散型随机变量分布列的性质的应用
(1)利用“概率之和为1”可以求相关参数的值.
(2)利用“在某个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的结果是否正确.
思维升华
跟踪训练1　已知随机变量ξ的分布列如表：
ξ －2 0 2
P a b c
其中a，b，c成等差数列，则P(|ξ|＝2)的值是
A. B. C. D.
√
因为a，b，c成等差数列，所以b＝，
根据随机变量分布列的性质得a＋b＋c＝1，
所以＝1，即a＋c＝，
所以P(|ξ|＝2)＝P(ξ＝2)＋P(ξ＝－2)＝.
命题点1　求离散型随机变量的分布列及数字特征
例2　(多选)已知离散型随机变量X的分布列如表所示，则下列说法正确的是
A.a＝0.25
B.E(X)＝1
C.D(X)＝4.5
D.P(0.5离散型随机变量的分布列及数字特征
题型二
√
X －2 1 3
P 2a 0.25 a
√
√
由题意2a＋0.25＋a＝1，得a＝0.25，
所以E(X)＝－2×0.5＋1×0.25＋3×0.25＝0，
D(X)＝(－2－0)2×0.5＋(1－0)2×0.25＋(3－0)2×0.25＝4.5，
P(0.5关于随机变量的均值与方差，近几年均以选择题的形式考查，除考查均值、方差的直接计算，还经常从下列几个角度进行考查：(1)均值、方差及概率的大小比较；(2)均值、方差的增减性分析；(3)均值、方差的最值；(4)解均值、方差的不等式求字母的范围.
均值、方差的大小比较、最值(范围)问题
微拓展
典例　(1)设随机变量X的分布列如下(其中0A.D(X)增大
B.D(X)减小
C.D(X)先减后增
D.D(X)先增后减
√
X 0 1 2
P
由分布列可得E(X)＝0×＋1×＋2×＋p，
则D(X)＝
＝－p2＋p＋＝－，
因为0(2)(多选)已知某商场销售一种商品的单件销售利润为X＝0，a，2，根据以往销售经验可得0下列结论正确的是
A.b＝
B.若该商场销售该商品5件，其中3件销售利润为0的概率为
C.D(X)min＝
D.当D(X)最小时，E(X)＝
√
X 0 a 2
P b
√
√
由题意＋b＋＝1，∴b＝，故选项A正确；
该商场销售该商品5件，其中3件销售利润为0的概率为××，
故选项B正确；
随机变量X的均值E(X)＝0×＋a×＋2×(a＋1)，可知方差D(X)＝××××(2a2－2a＋5)＝×，当a＝时，D(X)min＝，故选项C正确；
当D(X)最小时，a＝，此时E(X)＝×，故选项D错误.
命题点2　均值与方差的性质应用
例3　(多选)已知随机变量X的分布列为
且a，b，c成等差数列，下列结论正确的是
A.D(bX＋1)＝D(X) B.P(|X|＝1)＝0.5
C.若E(aX)＝0.08，则a＝0.1 D.a－c可能等于0.1
√
X －1 0 1 2
P a b c 0.25
√
√
依题意，a＋b＋c＝3b＝0.75，解得b＝0.25，a＋c＝0.5.
DD(X)，A正确；
P(|X|＝1)＝P(X＝－1)＋P(X＝1)＝a＋c＝0.5，B正确；
E(X)＝－a＋c＋0.5＝1－2a，则E(aX)＝aE(X)＝a(1－2a)＝0.08，
解得a＝0.1或a＝0.4，C错误；
当a＝0.3，c＝0.2时，a－c＝0.1，D正确.
求离散型随机变量ξ的均值与方差的步骤
(1)理解ξ的意义，写出ξ的所有可能取值.
(2)求ξ取每个值的概率.
(3)写出ξ的分布列.
(4)由均值、方差的定义求E(ξ)，D(ξ).
思维升华
A.m＋n＝
B.P(X<2)＝
C.若m＝，Y＝3X＋2，则E(Y)＝2
D.D(X2)＝2
跟踪训练2　(多选)已知随机变量X的分布列如下，则下列说法正确的是
√
√
√
X －2 －1 1 2
P m n
因为＋m＋n＋＝1，所以m＋n＝，故A正确；
P(X<2)＝1－P(X≥2)＝1－，故B正确；
因为m＝，所以n＝，所以E(X)＝－2×＋(－1)×＋1×＋2×，所以E(Y)＝E(3X＋2)＝3E(X)＋2＝4，故C错误；
P(X2＝1)＝P(X＝－1)＋P(X＝1)＝m＋n＝，
P(X2＝4)＝P(X＝－2)＋P(X＝2)＝，
则X2的分布列为
所以E(X2)＝1×＋4×＝2，则D(X2)＝×(1－2)2＋×(4－2)2＝2，故D正确.
X2 1 4
P
例4　数学多选题的得分规则是：每小题的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的按比例得分，有选错的得0分，小明根据大量的多选题统计得到：多选题正确的选项共有四个的概率为0，正确选项共有两个的概率为p(0(1)现有某个多选题，小明完全不会，他有两种策略，策略一：在A，B，C，D四个选项中任选一个选项，策略二：在A，B，C，D四个选项中任选两个选项，求小明分别采取这两个策略时小明得分的数学期望；
均值与方差中的决策问题
题型三
设小明分别采用策略一和策略二的得分分别为X1，X2，
X1的可能取值为0，2，3，
P(X1＝0)＝p×＋(1－p)×，
P(X1＝2)＝(1－p)×，
P(X1＝3)＝p×，
∴E(X1)＝0×＋2×＋3×；
X2的可能取值为0，4，6，
P(X2＝0)＝p×＋(1－p)×，
P(X2＝4)＝(1－p)×，
P(X2＝6)＝p×，
∴E(X2)＝0×＋4×＋6×＝2－p，
∴小明分别采取策略一和策略二的得分的数学期望分别为和2－p.
(2)若有一个多选题，小明发现A正确，B，C，D选项他不会判断，现在他也有两个策略，策略一：除选A外再从B，C，D中任选一个，策略二：除选A外再从B，C，D中任选两个，在p＝的条件下，判断小明选择哪个策略更好.
设小明选择策略一和策略二的得分分别为Y1，Y2，
Y1的可能取值为0，4，6，
P(Y1＝0)＝××，
P(Y1＝4)＝×，
P(Y1＝6)＝×，
∴E(Y1)＝0×＋4×＋6×；
Y2的可能取值为0，6，
P(Y2＝0)＝×，
P(Y2＝6)＝×，
∴E(Y2)＝0×＋6×，
∵E(Y1)>E(Y2)，
∴小明选择策略一更好.
随机变量的均值和方差从整体和全局上刻画了随机变量，是生产实际中用于方案取舍的重要理论依据.一般先比较均值，若均值相同，再用方差来决定.
思维升华
跟踪训练3　(2021·新高考全国Ⅰ)某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题.每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束.A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分.
已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.
(1)若小明先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列；
由题意得，X的所有可能取值为0，20，100，
P(X＝0)＝1－0.8＝0.2，
P(X＝20)＝0.8×(1－0.6)＝0.32，
P(X＝100)＝0.8×0.6＝0.48，
所以X的分布列为
X 0 20 100
P 0.2 0.32 0.48
(2)为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由.
当小明先回答A类问题时，
由(1)可得E(X)＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4.
当小明先回答B类问题时，记Y为小明的累计得分，
则Y的所有可能取值为0，80，100，
P(Y＝0)＝1－0.6＝0.4，
P(Y＝80)＝0.6×(1－0.8)＝0.12，
P(Y＝100)＝0.6×0.8＝0.48，
所以Y的分布列为
E(Y)＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6.
因为57.6>54.4，即E(Y)>E(X)，
所以为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答B类问题.
Y 0 80 100
P 0.4 0.12 0.48
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课时精练
对一对
答案
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题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C A C C D C AC BC
题号 9 10 13 　14 答案 3 D 　B 答案
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(1)比赛只进行三局，则都是甲赢或都是乙赢，
所以概率为0.6×0.5×0.6＋0.4×0.5×0.4＝0.18＋0.08＝0.26.
(2)设比赛进行的局数为X，则X所有可能的取值为3，4，5.
当X＝3时，则前三局都是甲赢，P(X＝3)＝0.5×0.6＝0.3，
当X＝4时，则可能的情况是
11.
甲 乙 甲 乙
乙胜 甲 乙 乙 乙
甲胜 甲 甲 乙 甲
甲胜 甲 乙 甲 甲
答案
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P(X＝4)＝0.5×0.4×0.5＋0.5×0.4×0.5＋0.5×0.6×0.5＝0.35，
P(X＝5)＝1－P(X＝3)－P(X＝4)＝1－0.3－0.35＝0.35，
故E(X)＝3×0.3＋4×0.35＋5×0.35＝4.05.
11.
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(1)设员工所获得的奖励金额为X，
①P(X＝1 000)＝，
∴员工所获得的奖励金额为1 000元的概率为.
②X所有可能的取值为400，1 000，
P(X＝400)＝，
∴X的分布列为
12.
X 400 1 000
P
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∴员工所获得的奖励金额的均值为
E(X)＝400×＋1 000×＝700.
(2)根据公司预算，每个员工的平均奖励金额为1 000元，
∴先寻找均值为1 000元的可能方案，
对于面值由800元和200元组成的情况，
如果选择(200，200，200，800)的方案，
∵1 000元是面值之和的最大值，
∴均值不可能为1 000元，
12.
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如果选择(800，800，800，200)的方案，
∵1000元是面值之和的最小值，
∴均值不可能为1 000元，
因此可能的方案是(800，800，200，200)，记为方案1；
同理，对于面值由600元和400元组成的情况，
排除(600，600，600，400)和(400，400，400，600)的方案，
∴可能的方案是(400，400，600，600)，记为方案2.
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对于方案1，设员工所获得的奖励金额为X1，X1可取400，1 000，1 600，
P(X1＝400)＝，
P(X1＝1 000)＝，
P(X1＝1 600)＝，
∴E(X1)＝400×＋1 000×＋1 600×＝1 000，
D(X1)＝(400－1 000)2×＋(1 000－1 000)2×＋(1 600－1 000)2×＝120 000；
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对于方案2，设员工所获得的奖励金额为X2，X2可取800，1 000，1 200，
P(X2＝800)＝，
P(X2＝1 000)＝，
P(X2＝1 200)＝，
∴E(X2)＝800×＋1 000×＋1 200×＝1 000，
D(X2)＝×(800－1 000)2＋×(1 000－1 000)2＋×(1 200－1 000)2＝，
12.
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由于两种方案的奖励金额都符合预算要求，但方案2的方差比方案1小，
∴应选择方案2.
12.
一、单项选择题
1.在篮球比赛中，规定一次中距离投篮投中得2分，投不中得0分，则选手甲在三次中距离投篮中的总得分ξ的所有可能取值的和是
A.8 B.10 C.12 D.14
√
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知识过关
答案
选手甲在三次中距离投篮中可能都不中，得0分，中一次，得2分，中两次，得4分，中三次，得6分，故总得分ξ的所有可能取值为0，2，4，6，所以总得分ξ的所有可能取值的和为12.
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答案
2.设随机变量X的分布列为P(X＝i)＝，i＝1，2，3，则a等于
A.3 B. C.2 D.
√
根据题意，随机变量X的分布列为P(X＝i)＝，i＝1，2，3，
则有＝1，解得a＝3.
3.已知随机变量X的分布列为
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答案
X －1 0 1
P m n
若P(X≤0)＝，且2X＋Y＝1，则D(Y)等于
A. B. C. D.
√
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由P(X≤0)＝，
得m＝，n＝1－P(X≤0)＝，
则E(X)＝－1×＋0×＋1×，
D(X)＝E(X2)－(E(X))2
＝1×＋0×，
由2X＋Y＝1，得Y＝1－2X，
所以D(Y)＝4D(X)＝.
答案
4.已知随机变量X的概率分布列为P(X＝n)＝asin (n＝1，2)，其中a是常数，则E等于
A. B. C.2 D.
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由P(X＝n)＝asin (n＝1，2)，
得P(X＝1)＝a，P(X＝2)＝a，
由P(X＝1)＋P(X＝2)＝1，得a＝，
于是E(X)＝1×P(X＝1)＋2×P(X＝2)＝2a＝，
所以EE(X)＝2.
答案
5.一袋中装有5个白球和3个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个，取出后记下颜色，若为红色则停止，若为白色则继续抽取，停止时从袋中抽取的白球的个数为随机变量ξ，则P(ξ≤2)等于
A. B. C. D.
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答案
依题意知，ξ＝k表示前k个球为白球，第k＋1个球恰为红球，则ξ的可能取值为0，1，2，3，4，5，
则P(ξ＝k)＝，k＝0，1，2，3，4，5，
所以P(ξ＝0)＝，
P(ξ＝1)＝，P(ξ＝2)＝，
所以P(ξ≤2)＝P(ξ＝0)＋P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＝.
商品 D E F
猜对的概率 0.8 0.5 0.3
获得的奖金/元 100 200 300
规则如下：只有猜对当前商品名称才有资格猜下一件商品，你认为下列哪个答题顺序获得的奖金的均值最大
A.FDE B.FED C.DEF D.EDF
6.某听众打电话参加某广播电视台猜商品名称节目，能否猜对每件商品的名称相互独立，该听众猜对三件商品D，E，F的名称的概率及猜对时获得的奖金如表所示：
√
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答案
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4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
按照FDE的顺序获得的奖金的均值为
300×0.3×0.2＋400×0.3×0.8×0.5＋600×0.3×0.8×0.5＝138；
按照FED的顺序获得的奖金的均值为
300×0.3×0.5＋500×0.3×0.5×0.2＋600×0.3×0.5×0.8＝132；
按照DEF的顺序获得的奖金的均值为
100×0.8×0.5＋300×0.8×0.5×0.7＋600×0.8×0.5×0.3＝196；
按照EDF的顺序获得的奖金的均值为
200×0.5×0.2＋300×0.5×0.8×0.7＋600×0.5×0.8×0.3＝176.
综上所述，按照DEF的顺序获得的奖金的均值最大.
则下列说法正确的是
A.a＝0.1 B.D(X)＝1.84
C.E(X)＝2 D.E(2X＋6)＝9
二、多项选择题
7.已知离散型随机变量X的分布列为
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
√
答案
√
X 0 1 2 5
P a 2a＋0.2 a＋0.2 2a
由分布列的性质知6a＋0.4＝1，解得a＝0.1，故A正确；
故E(X)＝0×0.1＋1×0.4＋2×0.3＋5×0.2＝2，D(X)＝0.1×22＋0.4×12＋0.3×02＋0.2×32＝2.6，故B错误，C正确；
由离散型随机变量期望的性质可得，E(2X＋6)＝2E(X)＋6＝10，故D错误.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
下列结论正确的是
A.若p1＝2p2，则p1＝
B.若p1＝p2，则P(|X|＝1)＝
C.若E(X)＝，则p2＝
D.－p2(p1p2≠0)的最小值为－
8.已知随机变量X的分布列为
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
√
√
X －1 0 1
P p1 p2 p2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
对于A，由题意得p1＋2p2＝1，若p1＝2p2，则p1＝，A错误；
对于B，若p1＝p2，则p1＝p2＝，P(|X|＝1)＝P(X＝1)＋P(X＝－1)＝，
B正确；
对于C，若E(X)＝，则－p1＋p2＝，又p1＋2p2＝1，所以p2＝，C正确；
对于D，由p1＋2p2＝1，得0－p2＝(1－2p2)2－p2＝4－5p2＋1＝4，
因为0答案
根据随机变量ξ的分布列，计算出E(ξ)＝　　，若D(ξ)＝，则b的数值应
是　　.
三、填空题
9.随机变量ξ的分布列如表所示：
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
3
ξ 2 3 4
P a b a
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
依题意，a＋b＋a＝2a＋b＝1，
E(ξ)＝2a＋3b＋4a＝6a＋3b＝3(2a＋b)＝3，
D(ξ)＝(2－3)2a＋(3－3)2b＋(4－3)2a＝2a＝，
解得a＝，代入2a＋b＝1得b＝.
10.根据以往的经验，某工程施工期间的降水量X(单位：mm)对工期的影响如表所示：
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
降水量X X<300 300≤X<700 700≤X<900 X≥900
工期延误天数Y 0 2 6 10
历年气象资料表明，该工程施工期间降水量X小于300，700，900的概率分别为0.3，0.7，0.9，则工期延误天数Y的均值为　　.
3
1
2
3
4
5
6
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9
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14
答案
由题意可知P(X<300)＝0.3，
P(300≤X<700)＝P(X<700)－P(X<300)＝0.7－0.3＝0.4，
P(700≤X<900)＝P(X<900)－P(X<700)＝0.9－0.7＝0.2，
P(X≥900)＝1－P(X<900)＝1－0.9＝0.1.
所以随机变量Y的分布列为
所以E(Y)＝0×0.3＋2×0.4＋6×0.2＋10×0.1＝3，所以工期延误天数Y的均值为3.
Y 0 2 6 10
P 0.3 0.4 0.2 0.1
四、解答题
11.(2025·重庆模拟)甲、乙两名围棋手对弈，比赛实行五局三胜制，第一局通过猜子确定甲执黑先行，其后每局交换先行者，直至比赛结束，已知甲先行时他赢下该局的概率为0.6，乙先行时他赢下该局的概率为0.5.
(1)求比赛只进行了三局就结束的概率；
1
2
3
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14
答案
比赛只进行三局，则都是甲赢或都是乙赢，
所以概率为0.6×0.5×0.6＋0.4×0.5×0.4＝0.18＋0.08＝0.26.
(2)已知甲胜了第一局，求比赛进行局数的期望.
1
2
3
4
5
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14
答案
1
2
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5
6
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14
答案
设比赛进行的局数为X，则X所有可能的取值为3，4，5.
当X＝3时，则前三局都是甲赢，P(X＝3)＝0.5×0.6＝0.3，
当X＝4时，则可能的情况是
P(X＝4)＝0.5×0.4×0.5＋0.5×0.4×0.5＋0.5×0.6×0.5＝0.35，
P(X＝5)＝1－P(X＝3)－P(X＝4)＝1－0.3－0.35＝0.35，
故E(X)＝3×0.3＋4×0.35＋5×0.35＝4.05.
甲 乙 甲 乙
乙胜 甲 乙 乙 乙
甲胜 甲 甲 乙 甲
甲胜 甲 乙 甲 甲
12.某公司为活跃气氛、提升士气，年终拟通过抓阄兑奖的方式对所有员工进行奖励.规定：每位员工从一个装有4个标有面值的阄的袋中一次性随机摸出2个阄，阄上所标的面值之和为该员工获得的奖励金额.
(1)若袋中所装的4个阄中有1个所标的面值为800元，其余3个均为200元，求：
①员工所获得的奖励金额为1 000元的概率；
1
2
3
4
5
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9
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14
答案
设员工所获得的奖励金额为X，
P(X＝1 000)＝，
∴员工所获得的奖励金额为1 000元的概率为.
1
2
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13
14
答案
X所有可能的取值为400，1 000，
P(X＝400)＝，
∴X的分布列为
∴员工所获得的奖励金额的均值为
E(X)＝400×＋1 000×＝700.
X 400 1 000
P
②员工所获得的奖励金额的分布列及均值；
(2)公司对奖励金额的预算是人均1 000元，并规定袋中的4个阄只能由标有面值200元和800元的两种阄或标有面值400元和600元的两种阄组成.为了使员工得到的奖励金额尽可能符合公司的预算且每位员工所获得的奖励金额相对均衡，请对袋中的4个阄的面值给出一个合适的设计，并说明理由.
1
2
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答案
1
2
3
4
5
6
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14
答案
根据公司预算，每个员工的平均奖励金额为1 000元，
∴先寻找均值为1 000元的可能方案，
对于面值由800元和200元组成的情况，
如果选择(200，200，200，800)的方案，
∵1 000元是面值之和的最大值，
∴均值不可能为1 000元，
如果选择(800，800，800，200)的方案，
∵1000元是面值之和的最小值，
1
2
3
4
5
6
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14
答案
∴均值不可能为1 000元，
因此可能的方案是(800，800，200，200)，记为方案1；
同理，对于面值由600元和400元组成的情况，
排除(600，600，600，400)和(400，400，400，600)的方案，
∴可能的方案是(400，400，600，600)，记为方案2.
对于方案1，设员工所获得的奖励金额为X1，X1可取400，1 000，1 600，
P(X1＝400)＝，
1
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14
答案
P(X1＝1 000)＝，
P(X1＝1 600)＝，
∴E(X1)＝400×＋1 000×＋1 600×＝1 000，
D(X1)＝(400－1 000)2×＋(1 000－1 000)2×＋(1 600－1 000)2×＝120 000；
对于方案2，设员工所获得的奖励金额为X2，X2可取800，1 000，1 200，
P(X2＝800)＝，
1
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3
4
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14
答案
P(X2＝1 000)＝，
P(X2＝1 200)＝，
∴E(X2)＝800×＋1 000×＋1 200×＝1 000，
D(X2)＝×(800－1 000)2＋×(1 000－1 000)2＋×(1 200－1 000)2
＝，
由于两种方案的奖励金额都符合预算要求，但方案2的方差比方案1小，
∴应选择方案2.
A.P(X≥4)＝1－P(X≤3)
B.随机变量X的数学期望E(X)可以等于3.5
C.当pn＝(n＝1，2，3，4，5)时，p6＝
D.数列{pn}的通项公式可以为pn＝(n＝1，2，3，4，5，6)
13.设随机变量X的分布列如表所示，则下列说法中错误的是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
√
能力拓展
X 1 2 3 4 5 6
P p1 p2 p3 p4 p5 p6
A选项，由已知p1＋p2＋p3＋p4＋p5＋p6＝1，则P(X≥4)＝p4＋p5＋p6＝1－(p1＋p2＋p3)＝1－P(X≤3)，A选项正确；
B选项，当p1＝p2＝p3＝p4＝p5＝p6＝时，期望为E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＋5×＋6×＝3.5，B选项正确；
C选项，由pn＝(n＝1，2，3，4，5)，则p6＝1－(p1＋p2＋…＋p5)＝1－＝1－，C选项正确；
1
2
3
4
5
6
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8
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10
11
12
13
14
答案
D选项，由pn＝(n＝1，2，3，4，5，6)，则其前6项和为1－＋…＋≠1，D选项错误.
1
2
3
4
5
6
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8
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13
14
答案
14.设θ∈，随机变量ξ的分布列如表所示，则E(ξ)
A.有最大值，最小值
B.有最大值，最小值
C.有最大值，无最小值
D.无最大值，有最小值
1
2
3
4
5
6
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8
9
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13
14
答案
√
ξ 1 2 3
P
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
因为P(ξ＝3)＝1－sin2θ＝cos2θ，
所以E(ξ)＝sin2θ＋2×cos2θ＝＋cos2θ，
因为θ∈，所以≤cos θ≤，
从而cos2θ∈.
所以E(ξ)＝＋cos2θ的取值范围是，
则E(ξ)有最大值，最小值.
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第十章
§10.4　事件的相互独立性与条件概率、全概率公式
数学
大
一
轮
复
习
1.了解两个事件相互独立的含义.
2.理解随机事件的独立性和条件概率的关系，会利用全概率公式计算概率.
课标要求
课时精练
内容索引
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
落实主干知识
第一部分
1.相互独立事件
(1)概念：对任意两个事件A与B，如果P(AB)＝ 成立，则称事件A与事件B相互独立，简称为独立.
(2)性质：若事件A与B相互独立，那么A与 ，与 ，与也都相互独立.
2.条件概率
(1)概念：一般地，设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，我们称P(B|A)＝
为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率，简称条件概率.
P(A)P(B)
(2)两个公式
①利用古典概型：P(B|A)＝ ；
②概率的乘法公式：P(AB)＝ .
(3)条件概率的性质
条件概率只是缩小了样本空间，因此条件概率同样具有概率的性质.设P(A)>0，则
①P(Ω|A)＝ ；
②如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝ .
③设和B互为对立事件，则P(|A)＝ .
P(A)P(B|A)
1
P(B|A)＋P(C|A)
1－P(B|A)
3.全概率公式
一般地，设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件B Ω，有P(B)＝
.
P(Ai)P(B|Ai)
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)对于任意两个事件，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立.(　　)
(2)P(B|A)表示在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，P(AB)表示事件A，B同时发生的概率.(　　)
(3)抛掷两枚质地均匀的硬币，设“第一枚正面朝上”为事件A，“第二枚正面朝上”为事件B，则A，B相互独立.(　　)
(4)若事件A1与A2是对立事件，则对任意的事件B Ω，都有P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2).(　　)
×
√
√
√
2.若P(A|B)＝，P(B)＝，则P(AB)的值是
A. B.
C. D.
√
由P(AB)＝P(A|B)P(B)，可得P(AB)＝×.
3.某人忘记了一位同学电话号码的最后一个数字，但确定这个数字一定是奇数，则拨号不超过两次就拨对号码的概率为
A. B. C. D.
√
设Ai＝{第i次拨号拨对号码}，i＝1，2.
拨号不超过两次就拨对号码可表示为A1＋A2，
所以拨号不超过两次就拨对号码的概率为
P(A1＋A2)＝P(A1)＋P(A2)＝×.
4.甲箱中有3个白球，2个黑球，乙箱中有1个白球，3个黑球，先从甲箱中任取一球放入乙箱中，再从乙箱中任取一球，则从乙箱中取出白球的概
率是　　　.
记事件A为“从甲箱中取出一个白球放入乙箱”，
事件B为“从乙箱中取出白球”，
则P(A)＝，P()＝，P(B|A)＝，P(B|)＝，
∴P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()P(B|)＝××.
1.理清“相互独立”和“事件互斥”的区别
两事件互斥是指两事件不可能同时发生，两事件相互独立是指一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响，两个事件相互独立不一定互斥.
2.不要混淆P(B|A)与P(A|B)
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.
返回
微点提醒
探究核心题型
第二部分
命题点1　事件相互独立性的判断
例1　(2021·新高考全国Ⅰ)有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则
A.甲与丙相互独立 B.甲与丁相互独立
C.乙与丙相互独立 D.丙与丁相互独立
√
相互独立事件
题型一
事件甲发生的概率P(甲)＝，事件乙发生的概率P(乙)＝，事件丙发生的概率P(丙)＝，事件丁发生的概率P(丁)＝.事件甲与事
件丙同时发生的概率为0，P(甲丙)≠P(甲)P(丙)，故A错误；
事件甲与事件丁同时发生的概率为，P(甲丁)＝P(甲)P(丁)，故B
正确；
事件乙与事件丙同时发生的概率为，P(乙丙)≠P(乙)P(丙)，故C
错误；
事件丙与事件丁是互斥事件，不是相互独立事件，故D错误.
命题点2　相互独立事件的概率
例2　小刚参与一种答题游戏，需要解答A，B，C三道题.已知他答对这三
道题的概率分别为a，a，，且各题答对与否互不影响，若他恰好能答对两道题的概率为，则他三道题都答错的概率为
A. B. C. D.
√
记小刚答对A，B，C三道题分别为事件D，E，F，且D，E，F相互独立，
且P(D)＝P(E)＝a，P(F)＝.
恰好能答对两道题为事件DE＋DF＋EF，且DE，DF，EF两两互斥，
所以P(DE＋DF＋EF)＝P(DE)＋P(DF)＋P(EF)＝P(D)P(E)P()＋P(D)P()P(F)＋P()P(E)P(F)
＝a×a×＋a×(1－a)×＋(1－a)×a×，
整理得(1－a)2＝，他三道题都答错为事件，
故P()＝P()P()P()＝(1－a)2(1－a)2＝.
在概率与统计的问题中，经常会出现概率统计与数列综合考查的问题，一般以压轴题的形式出现.主要有四种类型：(1)an＝pan－1＋q型；(2)an＋1＝pan＋f(n)型；(3)an＋1＝anf(n)型；(4)an＋1＝pan＋qan－1型.
概率问题中的递推数列
微拓展
典例　(多选)甲、乙、丙三人玩传球游戏，持球人把球传给另外两人中的任意一人是等可能的.从一个人传球到另一个人称传球一次.若传球开始时甲持球，记传球n次后球仍回到甲手里的概率为Pn，则下列结论正确的是
A.P2＝ B.P4＝
C.Pn＝(1－Pn－1) D.Pn＝
√
√
√
A选项，第一次传球后到乙或丙手里，故P1＝0，
第二次传球，球有的概率回到甲手里，故P2＝，A正确；
C选项，Pn－1为传球(n－1)次后球仍回到甲手里的概率，要想传球n次后球仍回到甲手里，则第(n－1)次传球后球不在甲手里，在乙或丙手
里，且下一次传球有的概率回到甲手里，故Pn＝(1－Pn－1)，C正确；
D选项，由C选项知Pn＝(1－Pn－1)，即Pn＝－Pn－1＋，
设Pn＋λ＝－(Pn－1＋λ)，故Pn＝－Pn－1－λ，
所以－λ＝，解得λ＝－，
故Pn－＝－，
又P1－＝－≠0，
所以是首项为－，公比为－的等比数列，
故Pn－＝－，
故Pn＝，D正确；
B选项，由D选项可知P4＝×，B错误.
求相互独立事件同时发生的概率的方法
(1)相互独立事件同时发生的概率等于他们各自发生的概率之积.
(2)当正面计算较复杂或难以入手时，可从其对立事件入手计算.
思维升华
跟踪训练1　甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲中靶的概率为0.6，乙中靶的概率为0.7，且两人是否中靶相互独立，若甲、乙各射击一次，则
A.两人都中靶的概率为0.12
B.两人都不中靶的概率为0.42
C.恰有一人中靶的概率为0.46
D.至少有一人中靶的概率为0.74
√
设甲中靶为事件A，乙中靶为事件B，P(A)＝0.6，P(B)＝0.7，
则两人都中靶的概率为P(AB)＝P(A)P(B)＝0.6×0.7＝0.42，
两人都不中靶的概率为P()＝[1－P(A)][1－P(B)]＝0.4×0.3＝0.12，
恰有一人中靶的概率为P(B∪A)＝[1－P(A)]P(B)＋P(A)[1－P(B)]＝0.4×0.7＋0.6×0.3＝0.46，
至少有一人中靶的概率为1－P()＝0.88.
命题点1　条件概率
例3　甲、乙、丙、丁四名同学报名参加4×100米接力赛跑.记事件A为“甲同学不跑第一棒”，事件B为“乙同学跑第二棒”，则P(B|A)的值为
A. B. C. D.
条件概率
题型二
√
已知事件A为“甲同学不跑第一棒”，事件B为“乙同学跑第二棒”，
则P(A)＝，
P(AB)＝，
所以P(B|A)＝.
命题点2　条件概率性质的应用
例4　(多选)下列结论中错误的是
A.P(B|A)＝P(A|B)
B.P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)
C.P(AB)＝P(B|A)P(A)
D.P(B|A)P(A)≥P(A)＋P(B)
√
√
√
P(A|B)＝，P(B|A)＝，而P(A)与P(B)不一定相等，故A不正确；
当B，C为互斥事件时，等式成立，故B不正确；
由概率的乘法公式知C正确；
P(B|A)P(A)＝P(AB)≤P(A)＋P(B)，故D不正确.
求条件概率的常用方法
(1)定义法：P(B|A)＝.
(2)样本点法：P(B|A)＝.
(3)缩样法：去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型求解.
思维升华
跟踪训练2　(1)为讴歌中华民族实现伟大复兴的奋斗历程，增进学生对党史知识的了解，某学校开展党史知识竞赛活动，以班级为单位参加比赛.某班级在5道党史题中(有3道选择题和2道填空题)，不放回地依次随机抽取2道题作答，设事件A为“第一次抽到选择题”，事件B为“第二次抽到选择题”，则P(B|A)等于
A. B. C. D.
√
P(A)＝，P(AB)＝，所以P(B|A)＝.
(2)(多选)一个箱子中装有大小、形状均相同的8个小球，其中白球5个、黑球3个，现在从箱子中不放回地取两次球，第一次先从箱子中随机取出1个球，第二次再从箱子中随机取出2个球，分别用A，B表示事件“第一次取出白球”“第一次取出黑球”；分别用C，D表示事件“第二次取出的两球都为黑球”“第二次取出的两球为一个白球一个黑球”.则下列结论正确的是
A.P(C|B)＝ B.P(D|A)＝
C.P(B)＝ D.P(BC)＝
√
√
√
由题得P(B)＝，C选项正确；
根据条件概率得P(C|B)＝，A选项正确；
P(D|A)＝，B选项错误；
P(BC)＝P(B)P(C|B)＝×，D选项正确.
例5　(1)某保险公司将其公司的被保险人分为三类：“谨慎的”“一般的”“冒失的”.统计资料表明，这三类人在一年内发生事故的概率依次为0.05，0.15，0.30.若该保险公司的被保险人中“谨慎的”被保险人占20%，“一般的”被保险人占50%，“冒失的”被保险人占30%，则该保险公司的一个被保险人在一年内发生事故的概率是
A.0.155 B.0.175 C.0.016 D.0.096
全概率公式的应用
题型三
√
设事件B1表示“被保险人是‘谨慎的’”，事件B2表示“被保险人是‘一般的’”，事件B3表示“被保险人是‘冒失的’”，则P(B1)＝20%，P(B2)＝50%，P(B3)＝30%.设事件A表示“被保险人在一年内发生事故”，则P(A|B1)＝0.05，P(A|B2)＝0.15，P(A|B3)＝0.30.
由全概率公式，得P(A)＝P(Bi)P(A|Bi)
＝20%×0.05＋50%×0.15＋30%×0.30＝0.175.
(2)设5支枪中有2支未校正，3支已校正.一射手用校正过的枪射击，中靶率为0.9，用未校正过的枪射击，中靶率为0.4.若任取一支枪射击，结果未中靶，则该枪未校正的概率为　　　.
0.8
设事件A表示“射击时中靶”，事件B1表示“使用的枪校正过”，事件B2表示“使用的枪未校正”，则P(A|B1)＝0.9，P(B1)＝0.6，
P(A|B2)＝0.4，P(B2)＝0.4，
根据全概率公式得P(A)＝P(AB1)＋P(AB2)
＝P(A|B1)P(B1)＋P(A|B2)P(B2)
＝0.9×0.6＋0.4×0.4＝0.7，
所以P()＝1－P(A)＝0.3，
所以P(B2|)＝＝0.8.
利用全概率公式解题的思路
(1)按照确定的标准，将一个复杂事件分解为若干个互斥事件Ai(i＝1，2，…，n).
(2)求P(Ai)和所求事件B在各个互斥事件Ai发生条件下的概率P(B|Ai).
(3)代入全概率公式计算.
思维升华
跟踪训练3　(多选)湖南张家界是国家5A级景区，有许多好看的景点.李先生和张先生预选该景区的玻璃栈道和凤凰古城游玩，他们第一天去玻璃栈道和凤凰古城游玩的概率分别为0.3和0.7，如果他们第一天去玻璃栈道，那么第二天去玻璃栈道的概率为0.3；如果第一天去凤凰古城，那么第二天去玻璃栈道的概率为0.6.设A1＝“第一天去玻璃栈道”，A2＝“第二天去玻璃栈道”，B1＝“第一天去凤凰古城”，B2＝“第二天去凤凰古城”，则
A.P(A2|A1)＝0.3 B.P(A2|B1)＝0.3
C.P(A2)＝0.51 D.P(B2)＝0.49
√
√
√
由题干可知P(A2|A1)＝0.3，P(A2|B1)＝0.6，A正确，B错误；
P(A1)＝0.3，P(B1)＝0.7，P(B2|A1)＝0.7，P(B2|B1)＝0.4，所以P(A2)＝P(A1A2)＋P(B1A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(B1)P(A2|B1)＝0.3×0.3＋0.7×0.6＝0.51，P(B2)＝P(A1B2)＋P(B1B2)＝P(A1)P(B2|A1)＋P(B1)P(B2|B1)＝0.3×0.7＋0.7×0.4＝0.49，C，D正确.
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课时精练
对一对
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题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C B D B C A AC ABD
题号 9 10 13 14 15 16 答案 0.94 0.24　0.36 B ABD 15
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(1)设“甲解出该题”为事件A，“乙解出该题”为事件B，“丙解出该题”为事件C，
则A，B，C相互独立，
由题意得P(A)＝，
P(AC)＝P(A)P(C)＝·P(C)＝，
所以P(C)＝，
P(B)＝P(B)P()＝P(B)[1－P(C)]＝P(B)·，
11.
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所以P(B)＝，
所以乙、丙各自解出该题的概率为，.
(2)设“甲、乙、丙3人中至少有1人解出该题”为事件D，
则，
因为P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝，
所以P()＝，P()＝，P()＝，
因为，，相互独立，
11.
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所以P(D)＝1－P()＝1－P()
＝1－P()P()P()＝1－××.
所以甲、乙、丙3人中至少有1人解出该题的概率为.
11.
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设试验一次，“选到甲袋”为事件A1，“选到乙袋”为事件A2，“试验结果为红球”为事件B1，“试验结果为白球”为事件B2.
(1)P(B1)＝P(A1)P(B1|A1)＋P(A2)P(B1|A2)＝××.
所以试验一次结果为红球的概率为，
即首次试验结束的概率为.
(2)①因为B1，B2是对立事件，
P(B2)＝1－P(B1)＝，
12.
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所以P(A1|B2)＝＝，
所以选到的袋子为甲袋的概率为.
②由①得P(A2|B2)＝1－P(A1|B2)＝1－，
所以方案一中取到红球的概率为
P1＝P(A1|B2)P(B1|A1)＋P(A2|B2)P(B1|A2)＝××，
方案二中取到红球的概率为
12.
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P2＝P(A2|B2)P(B1|A1)＋P(A1|B2)P(B1|A2)＝××，
因为>，所以方案二中取到红球的概率更大，
即选择方案二第二次试验结束的概率更大.
12.
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一、单项选择题
1.某同学参加学校组织的化学竞赛，比赛分为笔试和实验操作测试，该同学参加这两项测试的结果相互不受影响.若该同学在笔试中结果为优秀的
概率为，在实验操作中结果为优秀的概率为，则该同学在这次测试中仅
有一项测试结果为优秀的概率为
A. B. C. D.
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知识过关
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根据题意可得该同学在这次测试中仅有一项测试结果为优秀的概率为
××.
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2.某车队派出两辆车参加比赛，假设这两辆车在比赛中不出现故障的概率均为p，则比赛结束时两辆车不同时出现故障的概率为
A.p2 B.2p－p2 C.1－p2 D.p－2p2
√
两辆车不同时出现故障的概率为1－(1－p)2＝2p－p2.
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3.以事件A，B分别表示“某城市的甲、乙两个区在一年内出现停水”，若P(B)＝0.30，P(A|B)＝0.15，则两个区一年内都出现过停水的概率为
A.0.6 B.0.65 C.0.45 D.0.045
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由题意可得P(AB)＝P(B)P(A|B)＝0.30×0.15＝0.045.
答案
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4.(2024·沈阳模拟)某公司的两名同事计划从大理古城、丽江古城、洱海、玉龙雪山、泸沽湖这5个著名旅游景点中随机选择一个游玩.则在两人中至少有一人选择大理古城的条件下，两人选择的景点不同的概率为
A. B. C. D.
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设“两人中至少有一人选择大理古城”为事件A，
“两人选择的景点不同”为事件B，则P(A)＝，
P(AB)＝，
P(B|A)＝.
答案
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5.已知P()＝，P(|A)＝，P(B|)＝，则P()等于
A. B. C. D.
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答案
P()＝＝1－P(A)，则P(A)＝.
由于P(|A)＝，则P(B|A)＝.
则P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()P(B|)＝××，
则P()＝1－P(B)＝.
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6.设某公路上经过的货车与客车的数量之比为2∶1，货车中途停车修理的概率为0.02，客车中途停车修理的概率为0.01，今有一辆汽车中途停车修理，则该汽车是货车的概率为
A.0.8 B.0.6 C.0.5 D.0.3
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答案
设A1表示“该汽车是货车”，A2表示“该汽车是客车”，
则P(A1)＝，P(A2)＝，
设B表示“一辆汽车中途停车修理”，
则P(B|A1)＝0.02，P(B|A2)＝0.01，
则P(B)＝P(A1B)＋P(A2B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)，
今有一辆汽车中途停车修理，该汽车是货车的概率为P(A1|B)＝
＝＝＝0.8.
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二、多项选择题
7.(2024·苏州模拟)随机事件A，B满足P(A)＝，P(B)＝，P(|B)＝，下列
说法正确的是
A.事件与事件B相互独立 B.P(∪B)＝
C.P(AB)＝ D.P()＝P(B)
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答案
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根据P(A)＝，P(B)＝可得P()＝1－P(A)＝，P()＝1－P(B)＝，
又P(|B)＝，可得P(B)＝P(B)＝＝P()P(B)，
因此事件与事件B相互独立，即A正确；
易知P(∪B)＝P()＋P(B)－P(B)＝，即B错误；
由P(B)＝P(AB)＋P(B)＝可得P(AB)＝－P(B)＝，即C正确；
因为P()＝，P(B)＝，所以P()≠P(B)，即D错误.
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8.一工厂将两盒产品送检，甲盒中有4个一等品，3个二等品和3个三等品，乙盒中有5个一等品，2个二等品和3个三等品.先从甲盒中随机取出一个产品放入乙盒，分别以A1，A2和A3表示由甲盒取出的产品是一等品、二等品和三等品的事件；再从乙盒中随机取出一产品，以B表示由乙盒取出的产品是一等品的事件.则下列结论中正确的是
A.P(B|A1)＝ B.P(B)＝
C.事件B与事件A1相互独立 D.P(A1|B)＝
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因为甲盒中有4个一等品，3个二等品和3个三等品，则P(A1)＝，P(A2)＝，P(A3)＝，乙盒中有5个一等品，2个二等品和3个三等品，则P(B|A1)＝，P(B|A2)＝P(B|A3)＝，则P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝×××2＝，故A，B正确；
答案
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因为P(A1B)＝P(A1)P(B|A1)＝×，又P(A1)＝，P(B)＝，则P(A1B)≠P(A1)P(B)，则两事件不相互独立，故C错误；
P(A1|B)＝×，故D正确.
答案
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三、填空题
9.某公司研发6G项目时遇到一项技术难题，由甲、乙两个部门分别独立攻关，已知甲部门攻克该技术难题的概率为0.8，乙部门攻克该技术难题的概率为0.7，则该公司攻克这项技术难题的概率为　　　.
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答案
0.94
由题意，该公司攻克这项技术难题的概率为1－(1－0.8)×(1－0.7)＝0.94.
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10.已知一道解答题有两小问，每小问5分，共10分.现每十个人中有六人能够做出第一问，但在第一问做不出的情况下，第二问做出的概率为0.1；第一问做出的情况下，第二问做不出的概率为0.6.用频率估计概率，则此题得满分的概率是　　　；得0分的概率是　　　.
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答案
0.24
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答案
设“第一问做出”为事件A，“第二问做出”为事件B，
由题意可得P(A)＝＝0.6，P(B|)＝0.1，P(|A)＝0.6，
则P()＝0.4，P(|)＝0.9，P(B|A)＝0.4，
所以P(AB)＝P(A)P(B|A)＝0.24，即此题得满分的概率是0.24，
所以P()＝P()P(|)＝0.36，
即此题得0分的概率是0.36.
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四、解答题
11.甲、乙、丙3名同学各自独立去做某道题，已知甲能解出该题的概率为，乙能解出而丙不能解出该题的概率为，甲、丙都能解出该题的概率为.
(1)求乙、丙各自解出该题的概率；
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答案
设“甲解出该题”为事件A，“乙解出该题”为事件B，“丙解出该题”为事件C，
则A，B，C相互独立，
由题意得P(A)＝，
P(AC)＝P(A)P(C)＝·P(C)＝，
所以P(C)＝，
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答案
P(B)＝P(B)P()＝P(B)[1－P(C)]
＝P(B)·，
所以P(B)＝，
所以乙、丙各自解出该题的概率为，.
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(2)求甲、乙、丙3人中至少有1人解出该题的概率.
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答案
设“甲、乙、丙3人中至少有1人解出该题”为事件D，则，
因为P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝，
所以P()＝，P()＝，P()＝，
因为，，相互独立，
所以P(D)＝1－P()＝1－P()
＝1－P()P()P()＝1－××.
所以甲、乙、丙3人中至少有1人解出该题的概率为.
15
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12.人工智能是用于研究模拟和延伸人类智能的技术科学，被认为是21世纪最重要的尖端科技之一，其理论和技术日益成熟，应用领域也在不断扩大.人工智能背后的一个基本原理：首先确定先验概率，然后通过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率做出推理和决策.基于这一基本原理，我们可以设计如下试验模型：有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子中有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球，乙袋中有2个红球和8个白球.从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋子中等可能地摸出一个球，称为一次试验.若多次试验直到摸出红球，则试验结束.假设首次试验选到甲袋或
乙袋的概率均为(先验概率).
(1)求首次试验结束的概率；
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答案
设试验一次，“选到甲袋”为事件A1，“选到乙袋”为事件A2，“试验结果为红球”为事件B1，“试验结果为白球”为事件B2.
P(B1)＝P(A1)P(B1|A1)＋P(A2)P(B1|A2)＝××.
所以试验一次结果为红球的概率为，
即首次试验结束的概率为.
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(2)在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率(先验概率)进行调整.
①求选到的袋子为甲袋的概率；
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答案
因为B1，B2是对立事件，
P(B2)＝1－P(B1)＝，
所以P(A1|B2)＝＝，
所以选到的袋子为甲袋的概率为.
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②将首次试验摸出的白球放回原来的袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案：方案一，从原来的袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球.请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大.
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答案
由①得P(A2|B2)＝1－P(A1|B2)＝1－，
所以方案一中取到红球的概率为
P1＝P(A1|B2)P(B1|A1)＋P(A2|B2)P(B1|A2)＝××，
方案二中取到红球的概率为
P2＝P(A2|B2)P(B1|A1)＋P(A1|B2)P(B1|A2)＝××，
因为>，所以方案二中取到红球的概率更大，
即选择方案二第二次试验结束的概率更大.
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13.长时间玩手机可能影响视力.据调查，某校学生大约40%的人近视，而该校大约有20%的学生每天玩手机超过1 h，这些人的近视率约为50%.现从每天玩手机不超过1 h的学生中任意调查一名学生，则他近视的概率为
A. B. C. D.
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答案
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能力拓展
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方法一　令A1＝“每天玩手机超过1 h的学生”，A2＝“每天玩手机不超过1 h的学生”，B＝“任意调查一人，此人近视”，
则A1，A2为对立事件，
依题意，P(A1)＝0.2，P(A2)＝0.8，P(B|A1)＝0.5，P(B)＝0.4，
由全概率公式P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)，
即0.4＝0.2×0.5＋0.8×P(B|A2)，
所以P(B|A2)＝.
1
2
3
4
5
6
7
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答案
15
16
方法二　设该校有100名学生，整理得到如下列联表：
依题意得所求概率P＝.
1
2
3
4
5
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10
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答案
视力情况 每天玩手机时间 合计
超过1 h 不超过1 h 近视 10 30 40
不近视 10 50 60
合计 20 80 100
15
16
14.(多选)(2023·新高考全国Ⅱ)在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立.发送0时，收到1的概率为α(0<α<1)，收到0的概率为1－α；发送1时，收到0的概率为β(0<β<1)，收到1的概率为1－β.考虑两种传输方案：单次传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发送1次；三次传输是指每个信号重复发送3次.收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码(例如，若依次收到1，0，1，则译码为1)
A.采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为(1－α)(1－β)2
B.采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为β(1－β)2
C.采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β(1－β)2＋(1－β)3
D.当0<α<0.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方
案译码为0的概率
1
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答案
√
√
√
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14
答案
对于A，依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的事件是发送1接收1、发送0接收0、发送1接收1这3个事件的积，
它们相互独立，所以所求概率为(1－β)(1－α)(1－β)＝(1－α)(1－β)2，故A正确；
对于B，三次传输，发送1，相当于依次发送1，1，1，则依次收到1，0，1的事件是发送1接收1、发送1接收0、发送1接收1这3个事件的积，
它们相互独立，所以所求概率为(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，故B正确；
15
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14
答案
对于C，三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次收到1，1，0；1，0，1；0，1，1和1，1，1这4个事件的和，
它们互斥，所求的概率为β(1－β)2＋(1－β)3＝(1－β)2(1＋2β)，故C错误；
对于D，三次传输，发送0，则译码为0的概率P＝(1－α)2(1＋2α)，
单次传输发送0，则译码为0的概率P'＝1－α，而0<α<0.5，
因此P－P'＝(1－α)2(1＋2α)－(1－α)
＝α(1－α)(1－2α)>0，即P>P'，故D正确.
15
16
15.(2025·南京模拟)由若干个互不相同的数构成等腰直角三角形数阵，如图，其中第1行1个数，第2行2个数，第3行3个数……以此类推，一共10行，设xk是从上往下数第k行中的最大数(k＝1，2，…，10)，则x11
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答案
15
16
一共10行，第10行需要10个数，则最大数在第10行的概率为，
第9行需要9个数，
则剩余数中最大数在第9行的概率为，
…
第k行需要k个数，则剩余数中最大数在第k行的概率为，
则满足x116.甲、乙、丙三个人做相互传球训练，训练规则是确定一人第一次将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，每次必须将球传出.如果第一次由甲将球传出，设n次传球后球在甲手中的概率为Pn，则P3＝　　　　　　；Pn＝　　　　　　　　.
1
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5
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答案
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16
×
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4
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答案
15
16
设An＝“经过n次传球后，球在甲的手中”，则事件An的概率即Pn，n∈N*，则P1＝0，
依题意，An＋1＝An＋1＋AnAn＋1，
则Pn＋1＝P(An＋1＋AnAn＋1)
＝P(An＋1)＋P(AnAn＋1)
＝P()P(An＋1|)＋P(An)P(An＋1|An)
＝(1－Pn)×＋Pn×0＝(1－Pn)，
1
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3
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答案
15
16
即Pn＋1＝－Pn＋，n∈N*， (*)
因为P1＝0，代入解得P2＝，P3＝－×，
由(*)可得，Pn＋1－＝－Pn＋
＝－，且P1－＝－，
故数列是以－为首项，－为公比的等比数列，
于是，Pn－＝－×，
则得Pn＝××.
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第十章
§10.1　计数原理与排列组合
数学
大
一
轮
复
习
1.理解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义.
2.理解排列、组合的概念.
3.能利用计数原理、排列组合解决简单的实际问题.
课标要求
课时精练
内容索引
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
落实主干知识
第一部分
1.两个计数原理
(1)分类加法计数原理：完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝ 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＝ 种不同的方法.
m＋n
m×n
2.排列与组合的概念
名称 定义 排列 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素 按照 排成一列
组合 作为一组
一定的顺序
3.排列数与组合数
(1)排列数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有 的个数，用符号 表示.
(2)组合数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有 的个数，用符号 表示.
不同排列
不同组合
4.排列数、组合数的公式及性质
公式
性质
n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)
1
n！
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)在分类加法计数原理中，某两类不同方案中的方法可以相同.(　　)
(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.(　　)
(3)所有元素完全相同的两个排列为相同排列.(　　)
(4)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同.(　　)
×
√
×
×
2.从6名班委中选出2人分别担任正、副班长，一共有　　　　种选法
A.11 B.12 C.30 D.36
√
6×(6－1)＝30.
3.(多选)下列结论正确的是
A.3×4×5＝ B.
C.若，则x＝3 D.＝64
√
＝5×4×3，故A正确；
＝2＝2×＝20，＝15，
故≠，故B错误；
，则x＝2x－2或x＋2x－2＝10，解得x＝2 或x＝4，故C错误；
＝1＋＋7＝64，故D正确.
√
4.由于用具简单，趣味性强，象棋成为流行极为广泛的棋艺活动.某棋局的一部分如图所示，若不考虑这部分以外棋子的影响，且“马”和“炮”不动，“兵”只能往前走或左右走，每次只能走一格，从“兵”吃掉“马”的最短路线中随机选择一条路线，则能顺带吃掉“炮”的可能路线有　　　条.
6
由题意可知，“兵”吃掉“马”的最短路线，需横走三步，竖走两步；其中能顺带吃掉“炮”的路线可分为两步：第一步，横走两步，竖走一步，有3种
走法；第二步，横走一步，竖走一步，有2种走法.故能顺带吃掉“炮”的可能路线共有3×2＝6(条).
1.元素之间与顺序有关的为排列，与顺序无关的为组合.
2.(1)排列数与组合数之间的联系为.
(2)排列数与组合数公式的两种形式分别为：①连乘积形式；②阶乘形式.前者多用于数字计算，后者多用于含有字母的排列数与组合数式子的变形与论证.
3.解有条件限制的排列、组合题，通常有直接法(合理分类)和间接法(排除法).分类时标准应统一，避免出现重复或遗漏.
4.对于分配问题，一般先分组，再分配，注意平均分组与不平均分组的区别，避免重复或遗漏.
返回
微点提醒
探究核心题型
第二部分
例1　(1)用3种不同颜色给如图所示的五个圆环涂色，要求相交的两个圆环不能涂相同的颜色，共有_________种不同的涂色方案
A.243 B.32
C.48 D.1 280
√
计数原理
题型一
从左到右依次涂色，第一个圆环可以涂3种颜色，第二、三、四、五个圆环各可以涂2种颜色，共有3×2×2×2×2＝48(种)不同的涂色方案.
(2)如图，在某海岸P的附近有三个岛屿Q，R，S，计划建立三座独立大桥，将这四个地方连起来，每座桥直线连接两个地方，且不出现立体交叉形式，则不同的连接方式有
A.24种 B.20种
C.16种 D.12种
√
可分为两类：
第一类：从一个地方出发向其他三个地方各建一座桥，
共有4种不同的连接方式；
第二类：一个地方最多建两座桥，其中建桥连接方式：P－S－R－Q和Q
－R－S－P属于相同的建桥方法，所以共有×＝12(种)不同的连接方
式，其中交叉建桥方法，例如P－R－S－Q，P－R－Q－S，R－P－S－Q，R－P－Q－S不符合题意，共有4种，
所以第二类建桥方法共有12－4＝8(种)不同的连接方式.
综上可得，不同的连接方式有4＋8＝12(种).
完成一件事的方法种数的计算步骤
(1)审清题意，弄清要完成的事件是怎样的.
(2)分析完成这件事应采用分类、分步、先分类后分步、先分步后分类这四种方法中的哪一种.
(3)弄清在每一类或每一步中的方法种数.
(4)根据分类加法计数原理或分步乘法计数原理计算出完成这件事的方法种数.
思维升华
跟踪训练1　(1)(2024·成都模拟)某高中运动会设有8个项目，甲、乙两名学生每人随机选取3个项目报名参加，则至少选中2个相同项目的报名方法有
A.420种 B.840种
C.476种 D.896种
√
由题意可知，可以分两种情况：
第一种情况：所选取的3个项目中恰有2个相同项目，
第一步，在8个项目中选取2个，共有＝28(种)，
第二步，甲在剩下的6个项目中选取1个，共有＝6(种)，
第三步，乙在剩下的5个项目中选取1个，共有＝5(种)，
由分步乘法计算原理可知，共有28×6×5＝840(种)；
第二种情况：所选取的3个项目全部相同，则有＝56(种)；
由分类加法计数原理可知，满足要求的报名方法一共有840＋56＝896(种).
(2)如图，某种雨伞架前后两排共8个孔，编号分别为1~8号.若甲、乙、丙、丁四名同学要放伞，每个孔最多放一把伞，则甲放在奇数孔，乙放在偶数孔，且丙、丁没有放在同一排的放法有
A.68种 B.136种
C.272种 D.544种
√
根据题意，分2种情况讨论：
①甲乙放在同一排，有＝128(种)放法，
②甲乙不放在同一排，有＝144(种)放法，
则有128＋144＝272(种)不同的放法.
例2　(1)甲、乙两名同学从生物、地理、政治、化学中各选两门进行学习，若甲、乙不能同时选生物，则甲、乙总的选法有
A.27种 B.18种 C.36种 D.48种
排列、组合问题
题型二
当甲选生物，乙不选生物时，甲、乙的选法有＝9(种)；当甲不选生物，乙随便选时，甲、乙的选法有＝18(种)，则甲、乙总的选法有9＋18＝27(种).
√
(2)某单位开展联欢活动，抽奖项目设置了特等奖、一等奖、二等奖、三等奖和鼓励奖共五种奖项.甲、乙、丙、丁、戊每人抽取一张奖票，开奖后发现这5人的奖项都不相同.甲说：“我不是鼓励奖”；乙说：“我不是特等奖”；丙说：“我的奖项介于丁和戊之间”.根据以上信息，这5人的奖项的所有可能的种数是
A.15 B.18 C.22 D.26
√
甲是特等奖，不考虑丙的奖项有种；甲不是特等奖，不考虑丙的奖项有种；而丙奖项在丁和戊之间的情况占，所以5人的奖项的所有可能的种数是)＝26.
排列问题和组合问题的区分方法
(1)排列问题：若交换某两个元素的位置对结果有影响，则是排列问题，即排列问题与选取的顺序有关.
(2)组合问题：若交换任意两个元素的位置对结果没有影响，则是组合问题，即组合问题与选取的顺序无关.
思维升华
跟踪训练2　(1)(2025·德阳模拟)甲、乙等6名数学竞赛国家集训队队员站成一排合影，若甲、乙两名同学中间恰有1人，则不同的站法数为
A.144 B.192 C.360 D.480
√
根据题意，分2步进行分析：
①在其他4人中，选出1人，安排在甲、乙中间，有＝8(种)情况；
②将3人看成一个整体，与其余3人全排列，有＝24(种)排法.
则有8×24＝192(种)不同的站法.
(2)某学校开展学雷锋主题活动，某班级5名女生和2名男生，分配成两个小组去两地参加志愿者活动，每小组均要求既要有女生又要有男生，则两个小组不同的分配方案有
A.20种 B.40种 C.60种 D.80种
√
由题意可知两名男生必须分开在两组，则有1女1男为一组，余下的人为一组；
2女1男为一组，余下的人为一组；
3女1男为一组，余下的人为一组；
4女1男为一组，余下的人为一组；
所以两个小组不同的分配方法有)＝60(种).
命题点1　相邻、相间问题
例3　(多选)某产品的加工过程有甲、乙、丙、丁、戊5道不同的工序，现将5道工序按不同的顺序安排流程，则下列说法正确的是
A.如果甲工序不能放在第一道，共有96种加工顺序
B.如果甲、乙两道工序必须相邻，共有12种加工顺序
C.如果甲、丙两道工序必须不相邻，共有72种加工顺序
D.如果乙、丙两道工序必须乙在前，丙在后，共有40种加工顺序
√
排列、组合的综合问题
题型三
√
如果甲工序不能放在第一道，则甲有4种安排方式，根据分步乘法计数原理，共有＝4×4×3×2×1＝96(种)加工顺序，故A正确；
甲、乙两道工序相邻，将甲和乙捆绑为一道工序，和剩余3道工序放在一起排序，则共有＝2×4×3×2×1＝48(种)加工顺序，故B错误；
如果甲、丙两道工序不能相邻，则先安排剩余3道工序，在形成的4个空中，安排甲、丙，故共有＝3×2×1×4×3＝72(种)加工顺序，故C正确；
现将5道不同的工序全排列，再除以乙、丙两道工序的全排列，
故共有＝60(种)加工顺序，故D错误.
命题点2　定序问题
例4　花灯，又名“彩灯”“灯笼”，是中国传统农业时代的文化产物，兼具生活功能与艺术特色.如图，现有悬挂着的6盏不同的花灯需要取下，每次取1盏，则不同取法种数为　 　.
90
由题意，取下6盏不同的花灯，
先对6盏不同的花灯进行全排列，共有种方法，
因为每次只取一盏花灯，而且只能从下往上取，
所以必须除去不符合题意的排列顺序，
即先取上方的顺序，故不同取法种数为＝90.
命题点3　分组、分配问题
例5　第41届全国青少年信息学奥林匹克竞赛于2024年7月16~22日在重庆市育才中学成功举办.在本次竞赛组织过程中，有甲、乙等5名新教师参加了接待、咨询、向导三个志愿者服务项目，每名新教师只参加一个服务项目，每个服务项目至少有一名新教师参加.若5名新教师中的甲、乙两人不参加同一个服务项目，则不同的安排方案有
A.108种 B.114种 C.150种 D.240种
√
5名新教师按3∶1∶1分组有种方法，按2∶2∶1分组有种分法，因此5名新教师的安排方案有种，当甲、乙在同一组时，甲、
乙可视为1个人，即相当于4名新教师的安排方案，有种，所以所求
不同的安排方案有＝25×6－6×6＝114(种).
求解排列组合问题的6种主要方法
思维升华
直接法 把符合条件的排列数直接列式计算
优先法 优先安排特殊元素或特殊位置
捆绑法 把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列
插空法 对于不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中
思维升华
直接法 把符合条件的排列数直接列式计算
定序问题除法处理 对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列
间接法 正难则反、等价转化
跟踪训练3　(1)8名同学以2人为一组分为学习小组完成学习任务，则所有可能的分组方案数量是
A.28 B.2 520 C.105 D.128
√
由题意8名同学以2人为一组分为学习小组完成学习任务，则所有可能的
分组方案数量是＝105.
(2)(多选)(2024·揭阳模拟)身高各不相同的六位同学A，B，C，D，E，F站成一排照相，则说法正确的是
A.A，C，D三位同学从左到右按照由高到矮的顺序站，共有120种站法
B.A与C同学不相邻，共有种站法
C.A，C，D三位同学必须站在一起，且A只能在C与D的中间，共有144种
站法
D.A不在排头，B不在排尾，共有504种站法
√
√
√
将A，C，D三位同学从左到右按照由高到矮的顺序站，共有＝120(种)站法，
故A正确；
先排B，D，E，F，共有种站法，A与C同学插空站，有种站法，故共有种站法，故B正确；
将A，C，D三位同学捆绑在一起，且A只能在C与D的中间，有2种站法，捆绑后有种站法，故共有2×＝48(种)站法，故C错误；
当A在排尾，B随意站时，则有＝120(种)站法；当A不在排头也不在排尾时，有种站法，B有种站法，剩下的同学随意站有种站法，共有＝384(种)站法，故A不在排头，B不在排尾，共有120＋384＝504(种)站法，故D正确.
在计数原理中，当计数的基数较大时，用枚举法会显得非常困难.如果问题带有明显的递推特征，把此类计数问题的基数从有限个且数目很少推广到n个，运用数列知识建立递推关系，经过推广就可以解决这类计数问题.
递推数列在计数原理中的应用
微拓展
典例　(1)有A1，A2，…，A6共六个人，他们的座位分别为B1，B2，…，B6，现在求每一个人坐一个座位，且都不坐自己座位，则共有　 种不同的坐法
A.9 B.16 C.44 D.265
√
记n个人坐位子且自己不坐自己的座位的方法数构成一个数列{an}，易得a2＝1，a3＝2，
当n≥4时，首先，让A1选位，A1不选B1，则共有n－1种坐法，不妨设A1选了Bk(k≠1)，然后再让Ak选位，
①当Ak选B1时，则余下n－2个人和n－2个座位，共有an－2种坐法；
②当Ak不选B1时，则余下n－1个人都有一个不能选的座位，则共有an－1种坐法，
所以an＝(n－1)(an－2＋an－1)，
所以a4＝3(a2＋a3)＝9，a5＝4(a3＋a4)＝44，
a6＝5(a4＋a5)＝265.
(2)如图，一个环形的大会场被分成了n个区域，现有k种不同颜色的服装提供给n个区域的观众，要求同一区域的观众着装颜色相同，且相邻区域的观众着装颜色不同.当k＝5，n＝6时，共有　　　　种不同的着装方法.
4 100
设提供k种颜色来给排成环形的n个区域涂色且
相邻区域不同色，记方法数为fk(n)，
若先考虑给n个排成一行的区域涂色且相邻区域不同色，则方法数应为k·(k－1)n－1，
①若区域1和区域n不同色，则把区域1和区域n粘在一起成一个环状时满足条件；
②若区域1和区域n同色，则把区域1和区域n粘在一起成一个环状时不满足条件，此方法数需从k·(k－1)n－1种方法中减掉.
所以fk(n)＝k·(k－1)n－1－fk(n－1)，
返回
易得f5(3)＝＝60，
所以f5(4)＝5×(5－1)3－f5(3)＝260，
所以f5(5)＝5×(5－1)4－f5(4)＝1 020，
所以f5(6)＝5×(5－1)5－f5(5)＝4 100.
课时精练
对一对
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D D D C C C D D
题号 9 10 11 12 13 14 15 16
答案 ACD BCD ABD 36 252 72 C B
题号 17 　18 答案 ACD 　8　m－1 答案
1
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3
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5
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18
一、单项选择题
1.(2024·徐州模拟)甲、乙、丙、丁四人打算从北京、上海、西安、长沙四个城市中任选一个前去游玩，其中甲去过北京，所以甲不去北京，则不同的选法有
A.18种 B.48种 C.108种 D.192种
√
1
2
3
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知识过关
答案
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16
答案
因为甲不去北京，应该分步完成：
第一步，甲在上海、西安、长沙三个城市中任选一个，有3种选法；
第二步，乙、丙、丁从北京、上海、西安、长沙四个城市中分别任选一个，有4×4×4＝64(种)选法，
由分步乘法计数原理，可得不同选法有3×64＝192(种).
18
17
1
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4
5
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14
15
16
答案
2.已知A，B两个公司承包6项工程，每项工程均被承包且至多被一个公司承包，每个公司至少承包2项，则承包方式共有
A.24种 B.70种
C.48种 D.50种
√
18
17
1
2
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4
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答案
根据题意，分三种情况：
①A公司承包2项工程，剩余4项工程由B公司承包，则有＝15(种)承包方式；
②A公司承包3项工程，剩余3项工程由B公司承包，则有＝20(种)承包方式；
③A公司承包4项工程，剩余2项工程由B公司承包，则有＝15(种)承包方式.
所以承包方式共有15＋20＋15＝50(种).
18
17
3.身高各不相同的7名同学排成一排照相，要求正中间的同学最高，左右两边分别顺次一个比一个矮，则这样的排法种数是
A.5 040 B.36 C.18 D.20
√
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16
最高的同学站中间，从余下6人中选3人在一侧只有一种站法，另3人在另一侧也只有一种站法，所以排法有＝20(种).
答案
18
17
4.(2025·南京模拟)北京大兴国际机场拥有机器人自动泊车系统，解决了停车满、找车难的问题.现有3辆不同的车停放在7个并排的泊车位上，要求4个空位必须相邻，箭头表示车头朝向，则不同的泊车方案有______种
A.16 B.18 C.24 D.32
√
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16
从7个车位里选择4个相邻的车位，共有4种方式，停放的3个车辆，有＝6(种)方式，则不同的泊车方案有4×6＝24(种).
答案
18
17
5.将1个0，2个1，2个2随机排成一行，则2个1不相邻的情况种数是
A.10 B.20 C.18 D.40
√
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答案
将1个0，2个1，2个2随机排成一行，
则2个1不相邻的情况共有＝18(种).
18
17
6.有5个人到南京、镇江、扬州的三所学校去应聘，若每人至多被一所学校录用，每所学校至少录用其中一人，则不同的录用情况种数是
A.90 B.150
C.390 D.420
√
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答案
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16
若5人中有且仅有3人被录用，满足条件的录用情况有＝60(种)，
若5人中有且仅有4人被录用，满足条件的录用情况有··＝180(种)，
若5人都被录用，满足条件的录用情况有··＝150(种)，
综上，符合要求的不同的录用情况种数是60＋180＋150＝390.
答案
18
17
7.(2024·南通模拟)把8个相同的篮球分发给甲、乙、丙、丁4人，不同的分发种数为
A.70 B.99
C.110 D.165
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答案
18
17
当8个相同的篮球只分给其中1人时，有4种分法；
当8个相同的篮球分给其中的2人时，先从4人里面选出2人，再将8个相同的篮球排成一排，从形成的7个空里面选出1个空插入1个“隔板”即可，此时有＝42(种)分法；
当8个相同的篮球分给其中的3人时，先从4人里面选出3人，再将8个相同的篮球排成一排，从形成的7个空里面选出2个空插入2个“隔板”即可，此时有＝84(种)分法；
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答案
18
17
当8个相同的篮球分给4人时，每人至少一个，此时将8个相同的篮球排成一排，从形成的7个空里面选出3个空插入3个“隔板”即可，此时有＝35(种)分法.
因此把8个相同的篮球分发给甲、乙、丙、丁4人时，不同的分发种数为4＋42＋84＋35＝165.
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答案
18
17
8.某同学计划用他姓名的首字母T，X，身份证的后4位数字(4位数字都不同)以及3个符号α，β，θ设置一个六位的密码.若T，X必选，且符号不能超过两个，数字不能放在首位和末位，字母的相对顺序和数字的相对顺序不变，则他可设置的密码的种数为
A.864 B.1 009
C.1 225 D.1 441
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答案
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16
①当符号的个数为0时，六位密码由字母T，X及身份证的后4位数字组成，此时只有1种情况；
②当符号的个数为1时，六位密码由字母T，X，3个数字及1个符号组成.
若末位是符号，则首位是字母T，可能的种数为＝48；
若末位是字母X，则可能的种数为＝96；
③当符号的个数为2时，六位密码由字母T，X，2个数字及2个符号组成.
若首位和末位均为符号，则可能的种数为＝216；
答案
18
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若首位和末位均为字母，则可能的种数为＝216；
若首位和末位一个是字母、一个是符号，
则可能的种数为)＝864.
故他可设置的密码的种数为1＋48＋96＋216＋216＋864＝1 441.
答案
18
17
二、多项选择题
9.下列说法正确的是
A.已知＝100(n∈N*，n≥2)，则n＝13
B.已知，则x＝5
C.4个人排成一排，则甲不站首尾的排法有12种
D.甲、乙、丙、丁四人排成一排，则甲、乙两人不相邻共有12种排法
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答案
由2n(2n－1)(2n－2)＝100n(n－1)，且n≥2，解得n＝13，故A正确；
由x＋2＝2x－5或x＋2＋2x－5＝12，解得x＝7或x＝5，故B错误；
先排甲，有2种排法，再排其余3人，有种排法，故满足条件的排法有2＝12(种)，故C正确；
先排丙、丁两人，有种排法，出现3个空，再排甲、乙两人，有种排法，故满足条件的排法有＝12(种)，故D正确.
18
17
10.有甲、乙、丙、丁、戊5位同学，下列说法正确的是
A.若5位同学排队要求甲、乙必须相邻且丙、丁不能相邻，则不同的排法
有12种
B.若5位同学排队最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法
共有42种
C.若甲、乙、丙3位同学按从左到右的顺序排队，则不同的排法有20种
D.若5位同学被分配到3个社区参加志愿活动，每个社区至少1位同学，则
不同的分配方案有150种
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对于A，甲、乙相邻可看作一人，与戊一起排列形成3个空，插入丙、丁两人即可，不同的排法种数为＝24，故A错误；
若甲排最左端，则有＝24(种)排法，若乙排最左端，则最右端有3人可选，中间三人有＝6(种)排法，即3×6＝18(种)排法，故满足条件的不同的排法共有24＋18＝42(种)，故B正确；
五个位置，先排丁、戊两人，有＝20(种)排法，余下三个位置甲、乙、丙三人按从左到右就1种排法，故满足条件的不同排法有20种，故C正确；
答案
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五人分三组，有3，1，1或2，2，1两种分配方法，若分为3，1，1三组，则有＝60(种)方法，若分为2，2，1三组，则有·＝90(种)方法，故满足条件的不同排法有60＋90＝150(种)，故D正确.
答案
18
17
11.定义“圆排列”：从n个不同元素中选m个元素围成一个圆形，称为圆排列，所有圆排列的方法数计为.圆排列是排列的一种，区别于通常
的“直线排列”，既无“头”也无“尾”，所以.现有2个女生，
4个男生共6名同学围坐成一圈，做击鼓传花的游戏，则
A.共有种排法
B.若两名女生相邻，则有2种排法
C.若两名女生不相邻，共有4种排法
D.若男生甲位置固定，则有5种排法
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现有2个女生，4个男生共6名同学围坐成一圈，共有(种)排法，A
选项正确；
若两名女生相邻，则有＝2(种)排法，B选项正确；
若两名女生不相邻，共有＝12(种)排法，C选项错误；
若男生甲位置固定，考虑以甲为基准的顺、逆时针排列，则有＝5(种)排法，D选项正确.
答案
18
17
三、填空题
12.某员工在开办公室四位数的数字密码门时，发现按键“3”
“6”“9”上有清晰的指纹印，若该密码确实由“3”“6”
“9”这三个数字组成，则该密码有　　种可能.(用数字作答)
36
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答案
依题意可知，密码由“3”“6”“9”三个数字组成，
所以四位数密码中有两个位置是同一数字，将这两个位置捆绑，再将3，6，9三个数字全排列，
所以该密码有＝36(种)可能.
18
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13.10人的身高各不相同，排成前后两排，每排5人，要求从左至右身高逐渐增加，共有　　　种排法.
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答案
252
由题意可知，每排5人，身高定序，选出5人即按序排好，
第一步，先定前排，
从10人中选5人按身高排好，有＝252(种)排法，
第二步，再定后排，
前排选定后，余下5人在后排且定序排好，只有1种排法.
由分步乘法计数原理得，共有252×1＝252(种)排法.
18
17
14.A，B，C，D，E，F同宿舍六位同学在食堂排队取餐，其中A，B，C三人两两不相邻，A和D必须相邻，这样的排队方法有　　种.
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72
答案
分三步：
第一步，先将除A，B，C三人的其余三人进行排序，有种方法；
第二步，第一步排好后有4个空位，因为A和D必须相邻，所以A只能插入与D相邻的两个空位，有2种方法；
第三步，将B，C插入剩余三个空位，有种方法.
由分步乘法计数原理得，共有×2×＝72(种)排队方法.
18
17
15.“四平方和定理”最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明.“四平方和定理”的内容是：任意正整数都可以表示为不超过四个自然数的平方和，例如正整数11＝32＋12＋12＋02.设36＝a2＋b2＋c2＋d2，其中a，b，c，d均为自然数，则满足条件的有序数组(a，b，c，d)的个数是
A.26 B.28 C.29 D.30
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能力拓展
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满足36＝a2＋b2＋c2＋d2的自然数a，b，c，d有四组，分别是：6，0，0，0；5，3，1，1；4，4，2，0；3，3，3，3，那么有序数组(a，b，c，d)有＋1＝29(个).
答案
18
17
16.(2024·深圳模拟)三名篮球运动员甲、乙、丙进行传球训练(不能传给自己)，由丙开始传，经过5次传递后，球又被传回给丙，则不同的传球方式共有
A.6种 B.10种 C.11种 D.12种
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设在第n(n≥2，n∈N*)次传球后有an种情况球在丙手中，即经过n次传球后球又被传回给丙，在前n次传球中，每次传球都有2种可能，故在前n次传球中共有2n种传球方法，故在第n次传球后，球不在丙手中的情况有(2n－an)种，即球在甲或乙手中，只有在这些情况时，在第n＋1次传球后，球才会被传回给丙，即an＋1＝2n－an，由题意可得a2＝2，则a3＝22－a2＝2，a4＝23－a3＝6，a5＝24－a4＝16－6＝10.
答案
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答案
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17.(多选)将1，2，3，4，5，6，7这七个数随机地排成一个数列，记第i项为ai(i＝1，2，…，7)，则下列说法正确的是
A.若a4＝7，a1＋a2＋a3B.若该数列恰好先减后增，则这样的数列共有64个
C.若所有的奇数不相邻，所有的偶数也不相邻，则这样的数列共有144个
D.若a1>a2>a3，a3a6>a7，则这样的数列共有71个
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答案
18
由于1＋2＋3＋4＋5＋6＝21为奇数，根据对称性可知这样的数列有·＝360(个)，故A正确；
从2，3，4，5，6，7中选出1个数排在1的右侧，其余排在1的左侧，得到先减后增的数列有个；从2，3，4，5，6，7中选出2个数排在1的右侧，其余排在1的左侧，得到先减后增的数列有个；从2，3，4，5，6，7中选出3个数排在1的右侧，其余排在1的左侧，得到先减后增的数列有个；从2，3，4，5，6，7中选出4个数排在1的右侧，其余排在1的左侧，得到先减后
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增的数列有个；从2，3，4，5，6，7中选出5个数排在1的右侧，其余排在1的左侧，得到先减后增的数列有＝62(个)，故B错误；
若所有的奇数不相邻，所有的偶数也不相邻，则这样的数列只能是“奇、偶、奇、偶、奇、偶、奇”，则有＝144(个)，故C正确；
若a3＝1，则先从其余6个数中任选2个数作为a1，a2且a1>a2，有种方法，剩余4个数中最大的为a5，剩下的3个数任取2个作为a6，a7且a6>a7，有＝45(个)；若a3＝2，则先从除去1之
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外的5个数中任选2个数作为a1，a2且a1>a2，有种方法，剩余4个数中最大的为a5，a7＝1，剩下的2个数任取1个作为a6或a4即可，有＝20(个)；若a3＝3，则先从除去1，2之外的4个数中任选2个数作为a1，a2且a1>a2，有种方法，剩余4个数位置固定，有一种排法，其中a6＝2，a7＝1，则这样的数列有＝6(个)，所以满足条件的数列共有45＋20＋6＝71(个)，故D正确.
17
18.(2025·吉林模拟)“冰天雪地也是金山银山”，近几年东北各地冰雪旅游呈现出一片欣欣向荣的景象，为东北经济发展增添了新动能.某市以“冰雪童话”为主题打造一个圆形“梦幻冰雪大世界”，其中共设“森林姑娘”“扣像墙”“古堡滑梯”等16处打卡景观.若这16处景观分别用A1，A2，…，A16表示，某游客按照箭头所示
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答案
18
方向(不可逆行)可以任意选择一条路径走向其他景观，并且每个景观至多经过一次，那么他从入口出发，按图中所示方向到达A6有　　　种不同的打卡路线；若该游客按上述规则从入口出发到达景观Ai的不同路线有ai条，其中1≤i≤16，i∈N*，记a2n＋1＝
m(1≤n≤7，n∈N*)，则a2i＝　　　　(结果用m表示).
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m－1
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答案
18
由题意知，到达A2共有1种走法，
到达A3共有1＋1＝2(种)走法(一种是经过A2到达A3，
一种是直接到达A3)，
到达A4共有1＋2＝3(种)走法(一种是经过A2，一种
是经过A3，将到达A2，A3的走法加起来)，
到达A5共有3＋2＝5(种)走法(一种是经过A4，一种是经过A3，将到达A4，A3的走法加起来)，
到达A6共有3＋5＝8(种)走法(一种是经过A4，一种是经过A5，将到达A4，A5的走法加起来)，
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答案
18
故按图中所示方向到达A6有8种不同的打卡路线.
由题意知，a1＝1，a2＝1，a3＝a1＋a2＝2，a4＝a2＋a3＝3，
a5＝a3＋a4＝5，…，an＋2＝an＋an＋1(1≤n≤14且n∈N*)，
因为an＋an＋1＝an＋2(1≤n≤14且n∈N*)，
所以a1＋a2＝a3，a3＋a4＝a5，a5＋a6＝a7，…，a2n－1＋a2n＝a2n＋1 (1≤n≤7且n∈N*)，
将上式累加可得a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2n－1＋a2n＝a3＋a5＋a7＋…＋a2n＋1(1≤n≤7且n∈N*)，
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答案
18
整理可得a1＋a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝a2n＋1，
又a1＝1，a2n＋1＝m，
所以a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝a2n＋1－a1＝m－1，
即a2i＝m－1.
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17(共29张PPT)
第十章
必刷小题19　计数原理与概率
数学
大
一
轮
复
习
对一对
答案
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题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A B D C B D A A
题号 9 10 11 12 13 14 答案 BCD BC AC 0.7 一、单项选择题
1.已知一个系统由A，B两个部件并联组成，当A或B正常工作时，系统就能正常工作，若A正常工作的概率为0.65，B正常工作的概率为0.6，则该系统正常工作的概率为
A.0.86 B.0.75 C.0.47 D.0.14
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答案
根据题意，A，B两个部件都不能正常工作的概率为(1－0.65)×(1－0.6)＝0.14，所以该系统正常工作的概率为1－0.14＝0.86.
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答案
2.在的二项展开式中，x的系数为
A.－ B. C.－ D.
√
因为的展开式的通项
Tk＋1＝··(－2)k·x3－k(k＝0，1，2，…，6)，
所以当k＝2时，x的系数为··(－2)2＝.
3.甲、乙等四个人一起随机手牵手围成一圈做游戏，甲与乙牵手的概率是
A. B. C. D.
√
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答案
以甲为中心，其他三人的位置是甲的左边、右边、对面，共有种情况，其中乙在甲的左边或右边，即甲与乙能牵手有2种情况，
所以所求概率为P＝.
4.现有一批产品共9件，已知其中5件正品和4件次品，现从中选4件产品进行检测，则下列事件中互为对立事件的是
A.恰好两件正品与恰好四件正品
B.至少三件正品与全部正品
C.至少一件正品与全部次品
D.至少一件正品与至少一件次品
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答案
根据题意，选项A中事件为互斥事件，不是对立事件；
选项B，D中事件可能同时发生，全部正品是至少三件正品的子事件；
选项C中事件为对立事件，全部次品不能存在有正品的事件.
5.(2024·大同模拟)某商场举办购物抽奖活动，其中将抽到的各位数字之和为8的四位数称为“幸运数”(如2 024是“幸运数”)，并获得一定的奖品，则首位数字为2的“幸运数”共有
A.32个 B.28个 C.27个 D.24个
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答案
依题意，首位数字为2的“幸运数”中其他三位数字的组合有以下七类：
①“0，0，6”组合，有种，②“0，1，5”组合，有种，③“0，2，4”组合，有种，④“0，3，3”组合，有种，⑤“1，1，4”组合，有种，⑥“1，2，3”组合，有种，⑦“2，2，2”组合，有1种.
由分类加法计数原理，首位数字为2的“幸运数”共有3＋3＋1＝9＋18＋1＝28(个).
6.已知甲袋中有6个红球和4个白球，乙袋中有8个红球和6个白球，随机取一袋，再从袋中任取一球，发现是红球，则此球来自甲袋的概率为
A. B. C. D.
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答案
设“取到甲袋”为事件A，则P(A)＝P()＝，
设“取到红球”为事件B，则P(B|A)＝，P(B|)＝，
由全概率公式可得P(B)＝P(B|A)P(A)＋P(B|)P()＝××，
所以P(A|B)＝.
7.在二项式的展开式中，二项式系数的和为64，把展开式中所有的项重新排成一列，奇次项(未知数x的指数为奇数的项)都互不相邻的概率为
A. B. C. D.
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答案
在二项式的展开式中，二项式系数的和为2n＝64＝26，所以n＝6.
二项式即为，
展开式的通项为Tk＋1＝·26－k(－1)k·x3－k，k＝0，1，2，…，6，
故展开式共有7项，当k＝0，2，4，6时，第k＋1项为奇次项，
把展开式中所有的项重新排成一列，奇次项都互不相邻，即把其他的3个偶次项先任意排，
再把这4个奇次项插入其中的4个空中，方法共有种，
故奇次项都互不相邻的概率为P＝.
8.某规范化考场的规格为每场30名考生，分为6排5列，依照如表所示的方式进行座位号的编排.为了确保考试的公平性，考生的试卷分为A卷和B卷，座位号为奇数的考生使用A卷，座位号为偶数的考生使用B卷.已知甲、乙、丙三名考生在同一考场参加考试，且三人使用的试卷类型相同，三名考生中任意两人不得安排在同一排或同一列，则甲、乙、丙三名考生的座位安排方案共有
A.2 016种
B.1 008种
C.1 440种
D.720种
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答案
第5列 第4列 第3列 第2列 第1列
25 24 13 12 01 第1排
26 23 14 11 02 第2排
27 22 15 10 03 第3排
28 21 16 09 04 第4排
29 20 17 08 05 第5排
30 19 18 07 06 第6排
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答案
先考虑甲、乙、丙三人使用A卷，则这三个人的座位号都为奇数，分以下几种情况讨论：
(1)若这三人都在奇数列，则有一人需在第1列选一个奇数号的座位，有3种情况，
然后有一人在第3列要选一个奇数号的座位，但与第一人不能在同一排，只有2种情况，
最后一人只能在第5列选择一个奇数号的座位，但该人不能与前两人在同一排，最后一人的座位只有一种选择，
此时，不同的排法有3×2×1×＝36(种)；
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答案
(2)三人中只有两人在奇数列，首先在第1，3，5列中选两列，有种选择，
其次，第一个人在其中的第一个奇数列中选择一个奇数号的位置，有3种选择，
第二个人在另一个奇数列中选择一个奇数号的位置，有2种选择，
第三个人在两个偶数列中选择一个奇数号的位置，有6种选择，
此时，共有×(3×2×6)×＝648(种)不同的排法；
(3)三人中只有一人在奇数列，第一个人在第1，3，5列中随便选择一个奇数号的位置，有9种选择，
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答案
其次，第二个人在第2列中选择一个奇数号的位置，有3种选择，例如第二个人选择11号座位，
由于第三个人不能与第二个人同排或同列，则第三个人只有2种选择，即19号
和21号两个位置可供选择，
此时，不同的排法有9×3×2×＝324(种).
综上所述，当三人都使用A卷时，不同的排法种数为36＋648＋324＝1 008.
由对称性可知，当三人都使用B卷时，不同的排法种数也为1 008.
综上，当三人的试卷类型相同时，不同的座位安排方案种数为1 008×2＝
2 016.
二、多项选择题
9.二项式的展开式中
A.前三项系数之和为22
B.二项式系数最大的项是第4项
C.常数项为15
D.所有项的系数之和为0
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答案
二项式展开式的通项为
Tk＋1＝·＝(－1)k(k＝0，1，2，…，6)，
前三项的系数之和为(－1)0＋(－1)1＋(－1)2＝10，A错误；
二项式系数(k＝0，1，2，…，6)中最大的是，恰好是第4项，B正确；
要求常数项，通项公式中应满足3－＝0，得k＝2，即T3＝(－1)2x0＝15，
C正确；
将x＝1代入，可得所有项的系数之和为0，D正确.
10.已知A，B是一个随机试验中的两个事件，且P(A)＝0.6，P()＝0.3，则下列结论一定正确的是
A.P(A)＝0.18
B.A，B不可能为互斥事件
C.若P(AB)＝0.42，则事件A，B相互独立
D.若，B相互独立，则P()＝0.7
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答案
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答案
若P(A)＝0.18＝P(A)P()，则事件A，相互独立，无法确定，故A错误；
若A，B为互斥事件，则P(AB)＝0，所以P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝0.6＋1－0.3＝1.3>1，故A，B不可能为互斥事件，故B正确；
若P(AB)＝0.42＝P(A)P(B)，则事件A，B相互独立，故C正确；
若，B相互独立，则，相互独立，所以P()＝P()＋P()－P()＝0.4＋0.3－0.4×0.3＝0.58，故D错误.
11.五一假期过后，车主小王选择去某市新开的A，B两家共享自助洗车店
洗车.已知小王第一次去A，B两家洗车店洗车的概率分别为和，如果小王第一次去A洗车店，那么第二次去A洗车店的概率为；如果小王第一次去B洗车店，那么第二次去A洗车店的概率为，则下列结论正确的是
A.小王第一次去B洗车店，第二次也去B洗车店的概率为
B.小王第二次去B洗车店的概率比第二次去A洗车店的概率大
C.若小王第二次去了A洗车店，则他第一次去A洗车店的概率为
D.若小王第二次去了B洗车店，则他第一次去A洗车店的概率为
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答案
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答案
记第i次去A洗车店为事件Ai，第i次去B洗车店为事件Bi，i＝1，2，
由题意可知，P(A1)＝，P(B1)＝，
P(A2|A1)＝，P(B2|A1)＝，
P(A2|B1)＝，P(B2|B1)＝，
对于A，P(B1B2)＝P(B1)P(B2|B1)＝×，故A正确；
对于B，P(B2)＝P(A1)P(B2|A1)＋P(B1)P(B2|B1)＝××，
P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(B1)P(A2|B1)＝××，故B错误；
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答案
对于C，P(A1|A2)＝，故C正确；
对于D，P(A1|B2)＝，故D错误.
三、填空题
12.小耿与小吴参与某个答题游戏，此游戏共有5道题，小耿有3道题不会，小吴有1道题不会，小耿与小吴分别从这5道题中任意选取1道题进行回答，
且两人选题和答题互不影响，则小耿与小吴恰有1人会答的概率为　　.
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答案
小耿与小吴恰有1人会答，包括两种情况，小耿会小吴不会和小吴会小耿不会.则小耿与小吴恰有1人会答的概率为××.
13.无人酒店是利用人工智能与物联网技术，为客人提供自助入住等服务的新型酒店，胜在科技感与新奇感.去某地旅游的游客有无人酒店和常规酒店两种选择，某游客去该地旅游，第一天随机选择一种酒店入住，如果第一天入住无人酒店，那么第二天还入住无人酒店的概率为0.8，如果第一天入住常规酒店，那么第二天入住无人酒店的概率为0.6，则该游客第二天入住无人酒店的概率为　　　.
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答案
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答案
记事件A1＝“第一天入住无人酒店”，A2＝“第二天入住无人酒店”，B1＝“第一天入住常规酒店”，
根据题意可知P(A1)＝P(B1)＝0.5，
P(A2|A1)＝0.8，P(A2|B1)＝0.6，
则由全概率公式可得P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(B1)P(A2|B1)＝0.7.
14.(2024·广州模拟)如图是一个3×3的九宫格，小方格内的坐标表示向量，现不改变这些向量坐标，重新调整位置，使得每行、每列各三个向量的和为零向量，则不同的填法种数为　　　.
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答案
(－1，1) (0，1) (1，1)
(－1，0) (0，0) (1，0)
(－1，－1) (0，－1) (1，－1)
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14
答案
首先对3×3的九宫格每个位置标注数字，第一步先排(0，0)，一共9个位置，因此有种排法，
根据对称性知，(0，0)所在的行和列只能排(1，1)，(－1，－1)，(1，－1)，(－1，1)，不妨设(0，0)在1位置，第二步排2位置，则从(1，1)，(－1，－1)，(1，－1)，(－1，1)中选一个，因此有种排法，
1 2 3
4 5 6
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13
14
答案
则3位置的向量也定下来了，第三步排4位置，则从(1，1)，(－1，－1)，(1，－1)，(－1，1)中剩余的两个中挑一个，因此有种排法，
接着排7位置，7位置是(1，1)，(－1，－1)，(1，－1)，(－1，1)中剩余的最后一个，相当于(0，0)所在的行和列都定下来了，则使得每行、每列各三个向量的和为零向量，其他四个位置的向量排法是唯一的，因此按分步乘法计数原理知，共有＝72(种)排法.
1 2 3
4 5 6
7 8 9(共36张PPT)
第十章
必刷大题20　概率与统计
数学
大
一
轮
复
习
答案
1
2
3
4
(1)设事件M＝“至少选到2箱A级苹果”，
由题意知选到1箱A级苹果的概率为，
选到1箱非A级苹果的概率为，
所以P(M)＝××
＝，
故至少选到2箱A级苹果的概率为.
1.
答案
1
2
3
4
(2)因为用按比例分配的分层随机抽样的方法从该农场收获的A，B，C三个等级苹果中选取10箱苹果，
所以A级苹果有6箱，B，C级苹果共有4箱，
随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，
则P(X＝0)＝，
P(X＝1)＝，
1.
答案
1
2
3
4
P(X＝2)＝，
P(X＝3)＝，
所以X的分布列为
E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×.
1.
X 0 1 2 3
P
答案
1
2
3
4
(1)记“输入的问题没有语法错误”为事件A，“回答正确”为事件B，
由测试结果知P(A)＝，P(B|A)＝，
P()＝，P(B|)＝，
所以P(B)＝P(B|)P()＋P(B|A)P(A)
＝××.
记“测试的2个问题都回答正确”为事件M，“测试的2个问题中恰有
1个问题存在语法错误”为事件N，则P(M)＝，
2.
答案
1
2
3
4
P(MN)＝P(A)P(B|A)P()P(B|)×2＝××××2＝，
所以P(N|M)＝.
(2)由(1)可得X~B，则X的可能取值为0，1，2，3，
所以P(X＝0)＝，
P(X＝1)＝××，
P(X＝2)＝××，
2.
答案
1
2
3
4
P(X＝3)＝，
所以X的分布列为
2.
X 0 1 2 3
P
答案
1
2
3
4
(1)设“一局比赛中甲被称为‘好投手’”为事件A，
则P(A)＝×××.
(2)设“一局比赛中乙被称为‘好投手’”为事件B，
则P(B)＝×××，
甲、乙同学都被称为“好投手”的概率为P＝×.
比赛设置n(n≥4)局，设甲、乙同学组成的小组获得“神投手组合”的局数为X，
3.
答案
1
2
3
4
则X~B，
且P(X＝3)＝，
设f(n)＝，n≥4，
则
则
3.
答案
1
2
3
4
即解得
又n∈N*，则n＝8，
所以本次投篮比赛设置的总局数为8时，对该小组更有利.
3.
答案
1
2
3
4
(1)因为X~B，
所以P(X＝k)＝，
所以X的分布列为
所以H(X)＝－
＝(log23－3)＝log23.
4.
X 0 1 2 3 4
P
答案
1
2
3
4
(2)①记发出信号0和1分别为事件Ai(i＝0，1)，收到信号0和1分别为事件Bi(i＝0，1)，则P(A0)＝m，P(A1)＝1－m，
P(B0|A0)＝P(B1|A1)＝n，
P(B1|A0)＝P(B0|A1)＝1－n，
所以P(B0)＝P(A0)P(B0|A0)＋P(A1)P(B0|A1)
＝mn＋(1－m)(1－n)＝1－m－n＋2mn，
所以P(A0|B0)＝＝.
4.
答案
1
2
3
4
②由①知P(B0)＝1－m－n＋2mn，
则P(B1)＝1－P(B0)＝m＋n－2mn，
则KL(X||Y)＝mlog2＋(1－m)log2.
设f(x)＝1－－ln x，x>0，
则f'(x)＝，
所以当00，f(x)单调递增；
当x>1时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
4.
答案
1
2
3
4
所以f(x)≤f(1)＝0，即ln x≥1－(当且仅当x＝1时取等号)，
所以log2x＝≥，
所以KL(X||Y)＝mlog2＋(1－m)log2
≥＝0，
当且仅当＝1，
即m＝，0所以KL(X||Y)≥0.
4.
1.(2024·安康模拟)某农场收获的苹果按A，B，C三个苹果等级进行装箱，已知苹果的箱数非常多，且A，B，C三个等级苹果的箱数之比为6∶3∶1.
(1)现从这批苹果中随机选出3箱，若选到任何一箱苹果是等可能的，求至少选到2箱A级苹果的概率；
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
设事件M＝“至少选到2箱A级苹果”，
由题意知选到1箱A级苹果的概率为，
选到1箱非A级苹果的概率为，
所以P(M)＝××
＝，
故至少选到2箱A级苹果的概率为.
(2)若用按比例分配的分层随机抽样的方法从该农场收获的A，B，C三个等级苹果中选取10箱苹果，假设某游客要从这10箱苹果中随机购买3箱，记购买的A级苹果有X箱，求X的分布列与数学期望.
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
因为用按比例分配的分层随机抽样的方法从该农场收获的A，B，C三个等级苹果中选取10箱苹果，
所以A级苹果有6箱，B，C级苹果共有4箱，
随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，
则P(X＝0)＝，
P(X＝1)＝，
P(X＝2)＝，
1
2
3
4
答案
P(X＝3)＝，
所以X的分布列为
E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×.
X 0 1 2 3
P
1
2
3
4
答案
2.随着科技的不断发展，人工智能技术的应用越来越广泛，某科技公司发明了一套人机交互软件，它会从数据库中检索最贴切的结果进行应答.该人机交互软件测试阶段，共测试了1 000个问题，测试结果如下表：
回答正确 回答错误
问题中存在语法错误 100 300
问题中没有语法错误 500 100
结果显示问题中是否存在语法错误会影响该软件回答问题的正确率，依据测试结果，用频率近似概率，解决下列问题.
(1)测试2个问题，在该软件都回答正确的情况下，求测试的2个问题中恰有1个问题存在语法错误的概率；
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4
答案
记“输入的问题没有语法错误”为事件A，“回答正确”为事件B，
由测试结果知P(A)＝，P(B|A)＝，
P()＝，P(B|)＝，
所以P(B)＝P(B|)P()＋P(B|A)P(A)
＝××.
记“测试的2个问题都回答正确”为事件M，“测试的2个问题中恰有
1个问题存在语法错误”为事件N，则P(M)＝，
1
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4
答案
P(MN)＝P(A)P(B|A)P()P(B|)×2＝××××2＝，
所以P(N|M)＝.
1
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4
答案
回答正确 回答错误
问题中存在语法错误 100 300
问题中没有语法错误 500 100
(2)现输入3个问题，每个问题能否被软件正确回答相互独立，记软件正确回答的问题个数为X，求X的分布列.
1
2
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4
答案
由(1)可得X~B，则X的可能取值为0，1，2，3，
所以P(X＝0)＝，
P(X＝1)＝××，
P(X＝2)＝××，
P(X＝3)＝，
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
3.某学校计划举办趣味投篮比赛，比赛分若干局进行.每一局比赛规则如下：两人组成一个小组，每人各投篮3次.若某选手投中次数多于未投中次数，则称该选手为“好投手”.若两人均为“好投手”，则称该小组为本局比赛的“神投手组合”.假定每位参赛选手都参加每一局的比赛，每人每次投篮结果互不影响.若甲、乙两位同学组成一个小组参赛，且甲、乙同学的投篮命中率分别为，.
(1)求在一局比赛中甲被称为“好投手”的概率；
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答案
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4
答案
设“一局比赛中甲被称为‘好投手’”为事件A，
则P(A)＝×××.
(2)若以“甲、乙同学组成的小组获得‘神投手组合’的局数为3的概率最大”作为决策依据，试推断本次投篮比赛设置的总局数n(n≥4)为多少时，对该小组更有利.
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
设“一局比赛中乙被称为‘好投手’”为事件B，
则P(B)＝×××，
甲、乙同学都被称为“好投手”的概率为P＝×.
比赛设置n(n≥4)局，设甲、乙同学组成的小组获得“神投手组合”的局数为X，
则X~B，
且P(X＝3)＝，
1
2
3
4
答案
设f(n)＝，n≥4，
则
则
即解得
又n∈N*，则n＝8，
所以本次投篮比赛设置的总局数为8时，对该小组更有利.
4.信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量X和Y的分布列分别为：P(X＝xi)＝pi，P(Y＝xi)＝qi，其中i＝1，2，…，n.定义X的信息熵：H(X)
＝－pilog2pi，X和Y的“距离”：KL(X||Y)＝pilog2.
(1)若X~B，求H(X)；
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
所以H(X)＝－
＝(log23－3)＝log23.
因为X~B，
所以P(X＝k)＝，
所以X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P
(2)已知发报台只发出信号0和1，接收台只收到信号0和1.现发报台发出信号0的概率为m，由于通信信号受到干扰，发出信号0接收台收到信号0的概率为n，发出信号1接收台收到信号1的概率也为n.
①若接收台收到信号为0，求发报台发出信号为0的概率；
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
记发出信号0和1分别为事件Ai(i＝0，1)，
收到信号0和1分别为事件Bi(i＝0，1)，
则P(A0)＝m，P(A1)＝1－m，
P(B0|A0)＝P(B1|A1)＝n，
P(B1|A0)＝P(B0|A1)＝1－n，
所以P(B0)＝P(A0)P(B0|A0)＋P(A1)P(B0|A1)
＝mn＋(1－m)(1－n)＝1－m－n＋2mn，
所以P(A0|B0)＝＝.
②记X和Y分别为发出信号和收到信号，证明：KL(X||Y)≥0.
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
由①知P(B0)＝1－m－n＋2mn，
则P(B1)＝1－P(B0)＝m＋n－2mn，
则KL(X||Y)＝mlog2＋(1－m)log2.
设f(x)＝1－－ln x，x>0，
则f'(x)＝，
所以当00，f(x)单调递增；
当x>1时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
1
2
3
4
答案
所以f(x)≤f(1)＝0，即ln x≥1－(当且仅当x＝1时取等号)，
所以log2x＝≥，
所以KL(X||Y)＝mlog2＋(1－m)log2
≥＝0，
当且仅当＝1，
即m＝，0所以KL(X||Y)≥0.(共50张PPT)
第十章
§10.7　概率、统计与其他知识的交汇问题
数学
大
一
轮
复
习
有关概率、统计与其他知识相交汇的考题，能体现“返璞归真，支持课改；突破定势，考查真功”的命题理念，是每年高考的必考内容.近几年将概率、统计问题与数列、函数、导数结合，成为创新问题.
重点解读
例1　(2025·广州模拟)将4个面上分别写有数字1，2，3，4的一个正四面体在桌面上连续独立地抛n次(n为正整数)，设X为与桌面接触的数字为偶数的次数，p(0(1)当n＝5时，若正四面体的质地是均匀的，求X的数学期望和方差；
概率、统计与数列的综合问题
题型一
因为正四面体的质地是均匀的，
p为抛掷正四面体一次与桌面接触的数字为偶数的概率，所以p＝，
进一步得，X~B，
所以E(X)＝np＝5×，
D(X)＝np(1－p)＝5××，
所以X的数学期望和方差分别为和.
(2)若正四面体有瑕疵，即p≠.
①设pn是抛掷正四面体n次中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次的概率，求证：pn＝p＋(1－2p)pn－1(n≥2)；
因为pn是抛正四面体n次中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次的概率，
所以pn－1是抛正四面体(n－1)次中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次的概率，
当n≥2时，当在前(n－1)次抛掷试验中正四面体与桌面接触的数字为偶数出现奇数次时，第n次抛掷的结果必须出现奇数，才可以保证前n次抛掷中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次，所以pn＝pn－1(1－p)，
当在前(n－1)次抛掷试验中正四面体与桌面接触的数字为偶数出现偶数次时，第n次抛掷的结果必须出现偶数，才可以保证前n次抛掷中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次，所以pn＝(1－pn－1)p，
由互斥事件概率的加法公式得pn＝pn－1(1－p)＋(1－pn－1)p＝p＋pn－1(1－2p)，
即pn＝p＋pn－1(1－2p)(n≥2).
②求抛掷正四面体n次中与桌面接触的数字为偶数出现偶数次的概率.
设pn－x＝(1－2p)(pn－1－x)，
结合①所得关系，则x＝，
即pn－＝(1－2p)且n≥2，
又p1－＝p－，
所以数列是首项为p－，公比为1－2p的等比数列，
所以pn－(1－2p)n－1，
所以pn＝(n∈N*)，
所以抛掷正四面体n次中与桌面接触的数字为偶数出现偶数次的概率为
1－pn＝(n∈N*).
概率问题与数列的交汇，综合性较强，主要有以下类型：
(1)求通项公式：关键是找出概率Pn或均值E(Xn)的递推关系式，然后根据构造法(一般构造等比数列)，求出通项公式.
(2)求和：主要是数列中的倒序相加法求和、错位相减法求和、裂项相消法求和.
(3)利用等差、等比数列的性质，研究单调性、最值或求极限.
思维升华
跟踪训练1　(2024·黄山质检)学校食堂为了减少排队时间，从开学第1天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐.某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，若他前1天选择了米饭套餐，
则第2天选择米饭套餐的概率为；若他前1天选择了面食套餐，则第2天选择米饭套餐的概率为.已知他开学第1天中午选择米饭套餐的概率为.
(1)求该同学开学第2天中午选择米饭套餐的概率；
设Ai＝“第i天选择米饭套餐”(i＝1，2)，则＝“第i天选择面食套餐”，
根据题意P(A1)＝，P()＝，
P(A2|A1)＝，P(A2|)＝，
由全概率公式，得P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P()P(A2|)＝××.
(2)记该同学开学第n(n∈N*)天中午选择米饭套餐的概率为Pn.证明：当n≥2时，Pn≤.
设An＝“第n天选择米饭套餐”(n＝1，2，…)，
则Pn＝P(An)，P()＝1－Pn，
P(An＋1|An)＝，P(An＋1|)＝，
由全概率公式，得P(An＋1)＝P(An)P(An＋1|An)＋P()P(An＋1|)
＝－Pn＋，
即Pn＋1＝－Pn＋，
所以Pn＋1－＝－，
因为P1－，所以是以为首项，－为公比的等比数列，
可得Pn＝×(n∈N*)，
当n为大于1的奇数时，Pn＝×≤×；
当n为正偶数时，Pn＝×<<，
综上所述，当n≥2时，Pn≤.
例2　(2024·龙岩模拟)某企业对某品牌芯片开发了一条生产线进行试产.其芯片质量按等级划分为五个层级，分别对应如图五组质量指标值：[45，55)，[55，65)，[65，75)，[75，85)，[85，95].根据长期检测结果，得到芯片的质量指标值X服从
概率、统计与导数的综合问题
题型二
正态分布N(μ，σ2)，并把质量指标值不小于80的产品称为A等品，其他产品称为B等品.现从该品牌芯片的生产线中随机抽取100件作为样本，统计得到如图所示的频率分布直方图.
(1)根据长期检测结果，该芯片质量指标值的标准差s的近似值为11，用样本平均数作为μ的近似值，用样本标准差s作为σ的估计值.若从生产线中任取一件芯片，试估计该芯片为A等品的概率(保留小数点后面两位有效数字)；
(①同一组中的数据用该组区间的中点值代表；
②参考数据：若随机变量ξ服从正态分布N(μ，
σ2)，则P(μ－σ<ξ<μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ<ξ<
μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ<ξ<μ＋3σ)≈0.997 3)
由题意，估计从该品牌芯片的生产线中随机抽取
100件产品的质量指标值的平均数为
＝10×(0.01×50＋0.025×60＋0.04×70＋0.015
×80＋0.01×90)＝69，
即μ≈＝69，σ≈s≈11，所以X~N(69，112)，
因为质量指标值X近似服从正态分布N(69，112)，
所以P(X≥80)＝≈≈
＝0.158 65≈0.16，
所以从生产线中任取一件芯片，该芯片为A等品的概率约为0.16.
(2)①从样本的质量指标值在[45，55)和[85，95]的芯片中随机抽取3件，记其中质量指标值在[85，95]的芯片件数为η，求η的分布列和数学期望；
(0.01＋0.01)×10×100＝20，所以质量指标值在[45，55)和[85，95]的芯片总件数为20，
质量指标值在[85，95]的芯片件数为10，故η的所有可能取值为0，1，2，3，
所以P(η＝0)＝，
P(η＝1)＝，
P(η＝2)＝，
P(η＝3)＝，
随机变量η的分布列为
所以η的数学期望E(η)
＝0×＋1×＋2×＋3×.
η 0 1 2 3
P
②该企业为节省检测成本，采用随机混装的方式将所有的芯片按100件一箱包装.已知一件A等品芯片的利润是m(1设每箱产品中A等品有Y件，则每箱产品中B等品有(100－Y)件，每箱产品的利润为Z元，
由题意知Z＝mY＋(100－Y)ln(25－m)
＝[m－ln(25－m)]Y＋100ln(25－m)，
由(1)知，每箱产品中A等品的概率为0.16，
所以Y~B(100，0.16)，
所以E(Y)＝100×0.16＝16，
E(Z)＝E((m－ln(25－m))Y＋100ln(25－m))
＝[m－ln(25－m)]E(Y)＋100ln(25－m)
＝16[m－ln(25－m)]＋100ln(25－m)
＝16m＋84ln(25－m)，
令f(x)＝16x＋84ln(25－x)(1由f'(x)＝16－＝0，得x＝∈(1，24)，
又当x∈时，f'(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
所以当x＝时，f(x)取得最大值.
即当m＝时，每箱产品利润最大.
在概率与统计的问题中，决策的工具是样本的数字特征或有关概率.决策方案的最佳选择是将概率最大(最小)或均值最大(最小)的方案作为最佳方案，这往往借助于函数、不等式或数列的有关性质去实现.
思维升华
跟踪训练2　为提高科技原创能力，抢占科技创新制高点，某企业锐意创新，开发了一款新产品，并进行大量试产.
(1)现从试产的新产品中取出了5件产品，其中恰有2件次品，但不能确定哪2件是次品，需对5件产品依次进行检验，每次检验后不放回，当能确定哪2件是次品时即终止检验，记终止时一共检验了X次，求随机变量X的分布列与期望；
根据题意可知X的可能取值为2，3，4，
则P(X＝2)＝，
P(X＝3)＝×，
P(X＝4)＝，
则X的分布列为
所以E(X)＝2×＋3×＋4×.
X 2 3 4
P
(2)设每件新产品为次品的概率都为p(0由题意可得，f(p)＝p2(1－p)48(0f'(p)＝[2p(1－p)48－48p2(1－p)47]
＝2p(1－p)47(1－25p)，
令f'(p)＝0，解得p＝，
因为当00，f(p)单调递增，
当所以当p＝时，f(p)取得最大值.
课时精练
答案
1
2
(1)X的可能取值为0，1，2，
P(X＝0)＝，
P(X＝1)＝，
P(X＝2)＝，
X的分布列为
X的数学期望为E(X)＝0×＋1×＋2×＝1.
1.
X 0 1 2
P
答案
1
2
(2)按原计划生产药材每箱平均利润为
×4 000＋×2 000＋×(－1 200)＝900(元)，
则增加m箱药材，利润增加为900m元，
成本相应增加(1 000m－2 000ln m)元，
所以增加净利润为900m－1 000m＋2 000ln m＝2 000ln m－100m(m∈N*).
设f(x)＝2 000ln x－100x(x∈N*)，
则f'(x)＝－100，
1.
答案
1
2
令f'(x)＝0，得x＝20，
当1≤x<20时，f'(x)>0，
当x>20时，f'(x)<0，且f(20)>0，
所以函数f(x)在[1，20)上单调递增，在(20，＋∞)上单调递减，
当x＝20时，f(x)取得最大值，
所以需要增加产量，增加20箱最好.
1.
答案
1
2
(1)由题意可知，X的可能取值为0，1，2，
则P(X＝0)＝×，P(X＝1)＝××，P(X＝2)＝×，
所以X的分布列为
所以E(X)＝0×＋1×＋2×.
2.
X 0 1 2
P
答案
1
2
(2)①记事件E表示“第1次取到Q”，事件F表示“总共4次操作恰好完
成置换”，则P(E)＝.
依题意，若第一次取到Q，则剩余的3次操作，须将袋中K全部置换为Q，
若第二次也取出Q，则第三次和第四次均须取出K，其概率为×××；
若第二次取出K，则第三次取出Q，第四次取出K，
其概率为×××.
2.
答案
1
2
综上所述，P(EF)＝，
所以P(F|E)＝，
即在第1次取到Q的条件下，总共4次操作恰好完成置换的概率为.
②Pn＋1＝Pn，理由如下：
设事件B表示“n次操作后袋中还剩1张K”，
依题意，Pn为(n＋1)次操作后，恰好将袋中的K全部置换为Q的概率，而发生这样的情况需n次操作后袋中还剩1张K，且第(n＋1)次抽中K，
2.
答案
1
2
则Pn＝P(B)，即P(B)＝4Pn，
Pn＋1为(n＋2)次操作后，恰好将袋中的K全部置换为Q的概率，有2种情况：
n次操作后袋中还剩2张K，即前n次全取Q，概率为，并且第(n＋1)次和第(n＋2)次全取K；
n次操作后袋中还剩1张K，第(n＋1)次取Q，第(n＋2)次取K，
所以Pn＋1＝××＋P(B)××
＝＋P(B)×，
2.
答案
1
2
又因为P(B)＝4Pn，
所以Pn＋1＝Pn.
2.
1.某种药材的种植、加工过程受天气、施肥、管理等因素影响，农民按照药材色泽、大小等将药材分为上等药材、中等药材、普通药材，并分类装箱，已知去年生产了8箱药材，其中上等药材2箱，中等药材2箱，其他为普通药材.
(1)若在去年生产的药材中随机抽取4箱，设X为上等药材的箱数，求X的分布列和数学期望；
1
2
答案
1
2
答案
X的可能取值为0，1，2，
P(X＝0)＝，P(X＝1)＝，P(X＝2)＝，
X的分布列为
X的数学期望为E(X)＝0×＋1×＋2×＝1.
X 0 1 2
P
(2)已知每箱药材的利润如表：
1
2
答案
等级 上等药材 中等药材 普通药材
利润(元/箱) 4 000 2 000 －1 200
今年市场需求增加，某农户计划增加产量，且生产的上等药材、中等药材、普通药材所占比例不变，但需要的人力成本增加，每增加m(m∈N*)箱，成本相应增加(1 000m－2 000ln m)元，假设你为该农户决策，你觉得目前应不应该增加产量？如果需要增加产量，增加多少箱最好？如果不需要增加产量，请说明理由.
1
2
答案
按原计划生产药材每箱平均利润为
×4 000＋×2 000＋×(－1 200)＝900(元)，
则增加m箱药材，利润增加为900m元，
成本相应增加(1 000m－2 000ln m)元，
所以增加净利润为900m－1 000m＋2 000ln m＝2 000ln m－100m(m∈N*).
设f(x)＝2 000ln x－100x(x∈N*)，
则f'(x)＝－100，
令f'(x)＝0，得x＝20，
1
2
答案
当1≤x<20时，f'(x)>0，
当x>20时，f'(x)<0，且f(20)>0，
所以函数f(x)在[1，20)上单调递增，在(20，＋∞)上单调递减，
当x＝20时，f(x)取得最大值，
所以需要增加产量，增加20箱最好.
1
2
答案
2.(2024·福州质检)从一副扑克牌中挑出4张Q和4张K，将其中2张Q和2张K装在一个不透明的袋中，剩余的2张Q和2张K放在外面.现从袋中随机抽出一张扑克牌，若抽出Q，则把它放回袋中；若抽出K，则该扑克牌不再放回，并将袋外的一张Q放入袋中.如此操作若干次，直到将袋中的K全部置换为Q.
(1)在操作2次后，袋中K的张数记为随机变量X，求X的分布列及数学期望；
1
2
答案
由题意可知，X的可能取值为0，1，2，
则P(X＝0)＝×，P(X＝1)＝××，
P(X＝2)＝×，
所以X的分布列为
所以E(X)＝0×＋1×＋2×.
X 0 1 2
P
1
2
答案
(2)记事件“在操作n＋1(n∈N*)次后，恰好将袋中的K全部置换为Q”为An，记Pn＝P(An).
①在第1次取到Q的条件下，求总共4次操作恰好完成置换的概率；
1
2
答案
记事件E表示“第1次取到Q”，事件F表示“总共4次操作恰好完成置
换”，则P(E)＝.
依题意，若第一次取到Q，则剩余的3次操作，须将袋中K全部置换为Q，
若第二次也取出Q，则第三次和第四次均须取出K，
其概率为×××；
若第二次取出K，则第三次取出Q，第四次取出K，
其概率为×××.
1
2
答案
综上所述，P(EF)＝，
所以P(F|E)＝，
即在第1次取到Q的条件下，总共4次操作恰好完成置换的概率为.
1
2
答案
②试探究Pn＋1与Pn的递推关系，并说明理由.
1
2
答案
Pn＋1＝Pn，理由如下：
设事件B表示“n次操作后袋中还剩1张K”，
依题意，Pn为(n＋1)次操作后，恰好将袋中的K全部置换为Q的概率，而发生这样的情况需n次操作后袋中还剩1张K，且第(n＋1)次抽中K，
则Pn＝P(B)，即P(B)＝4Pn，
Pn＋1为(n＋2)次操作后，恰好将袋中的K全部置换为Q的概率，有2种情况：
n次操作后袋中还剩2张K，即前n次全取Q，概率为，并且第(n＋1)次和第(n＋2)次全取K；
1
2
答案
n次操作后袋中还剩1张K，第(n＋1)次取Q，第(n＋2)次取K，
所以Pn＋1＝××＋P(B)××
＝＋P(B)×，
又因为P(B)＝4Pn，
所以Pn＋1＝Pn.(共82张PPT)
第十章
§10.6　二项分布、超几何分布与正态分布
数学
大
一
轮
复
习
1.理解二项分布、超几何分布的概念，能解决一些简单的实际问题.
2.借助正态曲线了解正态分布的概念，并进行简单应用.
课标要求
课时精练
内容索引
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
落实主干知识
第一部分
1.二项分布
(1)伯努利试验
只包含 可能结果的试验叫做伯努利试验；将一个伯努利试验独立地重复进行n次所组成的随机试验称为 .
(2)二项分布
一般地，在n重伯努利试验中，设每次试验中事件A发生的概率为p(01)，用X表示事件A发生的次数，则X的分布列为P(X＝k)＝ ，k＝0，1，2，…，n.
如果随机变量X的分布列具有上式的形式，则称随机变量X服从二项分布，记作 .
两个
n重伯努利试验
pk(1－p)n－k
X~B(n，p)
(3)两点分布与二项分布的均值、方差
①若随机变量X服从两点分布，则E(X)＝ ，D(X)＝ .
②若X~B(n，p)，则E(X)＝ ，D(X)＝ .
2.超几何分布
一般地，假设一批产品共有N件，其中有M件次品.从N件产品中随机抽取n件(不放回)，用X表示抽取的n件产品中的次品数，则X的分布列为P(X＝
k)＝ ，k＝m，m＋1，m＋2，…，r，其中n，N，M∈N*，M≤N，n≤N，m＝max{0，n－N＋M}，r＝min{n，M}.如果随机变量X的分布列具有上式的形式，那么称随机变量X服从超几何分布.
p
p(1－p)
np
np(1－p)
3.正态分布
(1)定义
若随机变量X的概率分布密度函数为f(x)＝，x∈R，其中μ∈
R，σ>0为参数，则称随机变量X服从正态分布，记为 .
(2)正态曲线的特点
①曲线是单峰的，它关于直线 对称；
②曲线在 处达到峰值；
③当|x|无限增大时，曲线无限接近x轴.
X~N(μ，σ2)
x＝μ
x＝μ
(3)3σ原则
①P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7；
②P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5；
③P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3.
(4)正态分布的均值与方差
若X~N(μ，σ2)，则E(X)＝ ，D(X)＝ .
μ
σ2
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)两点分布是二项分布当n＝1时的特殊情形.(　　)
(2)若X表示n次重复抛掷1枚骰子出现点数是3的倍数的次数，则X服从二项分布.(　　)
(3)从装有3个红球、3个白球的盒中有放回地任取一个球，连取3次，则取到红球的个数X服从超几何分布.(　　)
(4)当μ取定值时，正态曲线的形状由σ确定，σ越小，曲线越“矮胖”.
(　　)
×
√
√
×
2.已知随机变量ξ~B(4，p)，若E(ξ)＝2，则P(ξ＝3)等于
A. B. C. D.
√
因为随机变量ξ~B(4，p)，
由E(ξ)＝2，得4p＝2，解得p＝，
所以P(ξ＝3)＝××.
3.在含有3件次品的10件产品中，任取4件，X表示取到的次品的个数，则
P(X＝1)＝　　.
由题意得P(X＝1)＝.
4.已知随机变量X~N(μ，σ2)，若P(X<2)＝0.2，P(X<3)＝0.5，则P(X<4)的值为　　　.
因为X~N(μ，σ2)，P(X<3)＝0.5，
所以μ＝3，
所以P(X>4)＝P(X<2)＝0.2，
所以P(X<4)＝1－0.2＝0.8.
0.8
1.若X~N(μ，σ2)，则X的均值与方差分别为E(X)＝μ，D(X)＝σ2.
2.“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P＝pk(1－p)n－k，有指定的k次发生的概率P＝pk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n).
3.“二项分布”与“超几何分布”的区别：有放回抽取问题对应二项分布，不放回抽取问题对应超几何分布，当总体容量很大时，超几何分布可近似为二项分布来处理.
4.超几何分布有时也记为 X~H(n，M，N)，其均值E(X)＝，方差D(X)＝.
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微点提醒
探究核心题型
第二部分
例1　(2024·大庆模拟)2024年7月12日，国家疾控局会同教育部、国家卫生健康委和体育总局制定并发布了《中小学生超重肥胖公共卫生综合防控技术导则》，其中一级预防干预技术的生活方式管理中就提到了“少喝或不喝含糖饮料，足量饮水”，某中学准备发布健康饮食的倡议，提前收集了学生的体重和饮食习惯等信息，其中学生饮用含糖饮料的统计
结果如下：学校有的学生每天饮用含糖饮料不低于500毫升，这些学生的肥胖率为；而每天饮用含糖饮料低于500毫升的学生的肥胖率为.
(1)若从该中学的学生中任意抽取一名学生，求该生肥胖的概率；
二项分布
题型一
设“学生每天饮用含糖饮料不低于500毫升”为事件A，
则P(A)＝，P()＝，
设“学生肥胖”为事件B，则P(B|A)＝，P(B|)＝，
由全概率公式可得P(B)＝P(B|A)P(A)＋P(B|)P()＝××，
所以从该中学的学生中任意抽取一名学生，该生肥胖的概率为.
(2)现从该中学的学生中任意抽取三名学生，记X表示这三名学生中肥胖的人数，求X的分布列和数学期望.
由题意可知，X~B，且X的可能取值为0，1，2，3，则有
P(X＝0)＝××，P(X＝1)＝××，
P(X＝2)＝××，P(X＝3)＝××，
所以X的分布列为
X的数学期望E(X)＝3×.
X 0 1 2 3
P
二项分布问题的解题关键
(1)定型：
①在每一次试验中，事件发生的概率相同.
②各次试验中的事件是相互独立的.
③在每一次试验中，试验的结果只有两个，即发生与不发生.
(2)定参：确定二项分布中的两个参数n和p，即试验发生的次数和试验中事件发生的概率.
思维升华
跟踪训练1　某校为了解本校学生课间进行体育活动的情况，随机抽取了50名男生和50名女生，通过调查得到如下数据：50名女生中有10人课间经常进行体育活动，50名男生中有20人课间经常进行体育活动.
(1)请补全2×2列联表，试根据小概率值α＝0.05的独立性检验，判断性别与课间经常进行体育活动是否有关联；
性别 体育活动 合计
课间不经常进行体育活动 课间经常进行体育活动 男
女
合计
附表：
α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
附：χ2＝，其中n＝a＋b＋c＋d.
依题意，列出2×2列联表如下：
零假设为H0：性别与课间经常进行体育活动相互独立，即性别与课间是否经常进行体育活动无关.
因为χ2＝≈4.762>3.841＝x0.05，
性别 体育活动 合计
课间不经常进行体育活动 课间经常进行体育活动 男 30 20 50
女 40 10 50
合计 70 30 100
根据小概率值α＝0.05的独立性检验，我们推断H0不成立，
即认为性别与课间是否经常进行体育活动有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05.
(2)以样本的频率作为概率的值，在全校的男生中任取4人，记其中课间经常进行体育活动的人数为X，求X的分布列、数学期望和方差.
由题意得，50名男生中课间经常进行体育活动的频率为，
所以在本校男生中随机抽取1人为课间经常进行体育活动者的概率为，
由题意得X~B，
则P(X＝k)＝，k＝0，1，2，3，4，
可得P(X＝0)＝××，
P(X＝1)＝××，
P(X＝2)＝××，
P(X＝3)＝××，
P(X＝4)＝××，
X的分布列为
X的数学期望为E(X)＝np＝4×，
X的方差为D(X)＝np(1－p)＝4××.
X 0 1 2 3 4
P
例2　为了进一步推动智慧课堂的普及和应用，A市现对全市中小学智慧课堂的应用情况进行抽样调查，统计数据如表：
超几何分布
题型二
经常应用 偶尔应用或者不应用 合计
农村 40
城市 60
合计 100 60 160
从城市学校中任选一个学校，偶尔应用或者不应用智慧课堂的概率是.
(1)补全2×2列联表，根据小概率值α＝0.005的独立性检验，能否认为智慧课堂的应用与区域有关？
附：χ2＝，其中n＝a＋b＋c＋d.
α 0.1 0.05 0.005
xα 2.706 3.841 7.879
设城市学校共有x所，
因为从城市学校中任选一个学校，
偶尔应用或者不应用智慧课堂的概率是，
所以，
解得x＝80，即城市学校有80所，
补全列联表如下：
经常应用 偶尔应用或者不应用 合计
农村 40 40 80
城市 60 20 80
合计 100 60 160
零假设为H0：智慧课堂的应用与区域无关，
χ2＝
＝
≈10.667>7.879，
所以根据小概率值α＝0.005的独立性检验，可以认为智慧课堂的应用与区域有关.
(2)在经常应用智慧课堂的学校中，按照农村和城市的比例抽取5个学校进行分析，然后再从这5个学校中随机抽取2个学校所在的地域进行核实，记其中农村学校有X个，求X的分布列和数学期望.
经常应用 偶尔应用或者不应用 合计
农村 40
城市 60
合计 100 60 160
在经常应用智慧课堂的学校中，农村和城市的比例是2∶3，所以抽取的样本中有2个是农村学校，3个是城市学校，再从样本中抽取2个，则X的可能取值为0，1，2.
P(X＝0)＝，P(X＝1)＝，P(X＝2)＝.
所以X的分布列为
X的数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×.
X 0 1 2
P
(1)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.超几何分布的特征是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的分布列.
(2)超几何分布主要用于抽检产品、摸不同类别的小球等概率模型，其本质是古典概型.
思维升华
跟踪训练2　(2024·聊城模拟)随着互联网的普及、大数据的驱动，线上线下相结合的新零售时代已全面开启，新零售背景下，即时配送行业稳定快速增长.某即时配送公司为更好地了解客户需求，优化自身服务，提高客户满意度，在其A，B两个分公司的客户中各随机抽取10位客户进行了满意度评分调查(满分100分)，评分结果如下：
分公司A：66，80，72，79，80，78，87，86，91，91.
分公司B：62，77，82，70，73，86，85，94，92，89.
(1)求抽取的这20位客户评分的第一四分位数；
将抽取的这20位客户的评分从小到大排列为62，66，70，72，73，77，78，79，80，80，82，85，86，86，87，89，91，91，92，94.
因为20×25%＝5，
所以抽取的这20位客户评分的第一四分位数为＝75.
(2)规定评分在75分以下的为不满意，从上述不满意的客户中随机抽取3人继续沟通不满意的原因及改进建议，设被抽到的3人中分公司B的客户人数为X，求X的分布列和数学期望.
由已知得分公司A中75分以下的有66分，72分；
分公司B中75分以下的有62分，70分，73分，
所以上述不满意的客户共5人，其中分公司A中2人，分公司B中3人.
所以X的所有可能取值为1，2，3.
P(X＝1)＝，P(X＝2)＝，P(X＝3)＝，
所以X的分布列为
X的数学期望E(X)＝1×＋2×＋3×.
X 1 2 3
P
例3　(1)(多选)(2024·南京模拟)已知三个密度函数fi(x)＝(x∈
R，i＝1，2，3)的图象如图所示，则
A.μ1＝μ2>μ3
B.σ1＝σ2<σ3
C.若X~N(1，)，P(X<2)＝0.7，则P(0＝0.4
D.若X~N(μ2，)，Y~N(μ3，)，则存在实数x0，使得P(X正态分布
题型三
√
√
√
根据正态曲线关于x＝μ对称，且μ越大曲线越
靠近右边，则μ1<μ2＝μ3，故A错误；
又σ越小数据越集中，曲线越瘦高，则σ1＝σ2
<σ3，故B正确；
X~N(1，)，P(X<2)＝0.7，则P(1若X~N(μ2，)，Y~N(μ3，)，μ2＝μ3，则存在实数x0＝μ2＝μ3，使P(X(2)(多选)(2024·新课标全国Ⅰ)随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.为了解推动出口后的亩收入(单位：万元)情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值＝2.1，样本方差s2＝0.01，已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N(1.8，0.12)，假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N(，s2)，则
(若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，P(Z<μ＋σ)≈0.841 3)
A.P(X>2)>0.2 B.P(X>2)<0.5
C.P(Y>2)>0.5 D.P(Y>2)<0.8
√
√
依题可知，＝2.1，s2＝0.01，所以Y~N(2.1，0.12)，
故P(Y>2)＝P(Y>2.1－0.1)＝P(Y<2.1＋0.1)≈0.841 3，所以C正确，D错误；
因为X~N(1.8，0.12)，
所以P(X<1.8＋0.1)≈0.841 3，
所以P(X>1.8＋0.1)≈1－0.841 3＝0.158 7，
而P(X>2)＝P(X>1.8＋2×0.1)1.8＋0.1)≈0.158 7，
所以B正确，A错误.
解决正态分布问题的三个关键点
(1)对称轴为x＝μ.
(2)标准差为σ.
(3)分布区间.
利用对称性可求指定范围内的概率值；由μ，σ，分布区间的特征进行转化，使分布区间转化为3σ特殊区间，从而求出所求概率.注意只有在标准正态分布下对称轴才为x＝0.
思维升华
跟踪训练3　(2024·洛阳质检)某教学研究机构从参加高考适应性考试的20 000名优秀考生中随机抽取了200人对其数学成绩进行了整理分析，作出了如图所示的频率分布直方图：
(1)根据频率分布直方图，同一组数据
用该组区间的中点值作代表，求得这
200名考生数学成绩的平均数为＝110.
据此估计这20 000名优秀考生数学成绩的标准差s；
另：≈2.4；若X~N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5.
抽取的200名考生数学成绩的方差估计值为s2＝(80－110)2×0.02＋(90－110)2×0.09＋(100－110)2×0.22＋(110－110)2×0.33＋(120－110)2×0.24＋
(130－110)2×0.08＋(140－110)2×0.02＝150.
故估计这20 000名考生数学成绩的方差为150，
标准差s＝＝5≈5×2.4＝12.
(2)根据以往经验，可以认为这20 000名优秀考生的数学成绩X近似服从正态分布N(μ，σ2)，其中参数μ和σ可以分别用(1)中的和s来估计.记考生本次考试的各科总成绩为Y，若Y＝5X－10，试估计这20 000名优秀考生中总成绩Y∈[600，660]的人数.
由(1)知μ可用＝110来估计，σ2可用s2＝150来估计.故X~N(110，150).
σ＝＝5≈12.
又P(μ＋σ≤X≤μ＋2σ)
＝
≈＝0.135 9，
故P(122≤X≤134)≈0.135 9.
又Y＝5X－10，
所以P(600≤Y≤660)＝P(600≤5X－10≤660)＝P(122≤X≤134)≈0.135 9.
故这20 000名优秀考生中总成绩在[600，660]的人数约为20 000×0.135 9＝2 718.
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课时精练
对一对
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题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C A A D A C BCD ABC
题号 9 10 13 　14 答案 0.4　64 C 　BCD 答案
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(1)李明没通过面试包含前3题有1题答对，第4题答错和前3题均答错两种情况，
故所求概率为××.
(2)由题意得X的可能取值为2，3，4，则
P(X＝2)＝×，
P(X＝3)＝×××，
11.
答案
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P(X＝4)＝××.
故所求分布列为
所以E(X)＝2×＋3×＋4×.
11.
X 2 3 4
P
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(1)∵12×0.04＋13×0.05＋14×0.25＋15×0.35＋16×0.18＋17×0.10＋18×0.03＝15，
∴估计这一地区居民点疏散所需时间t的均值为15，
∵(12－15)2×0.04＋(13－15)2×0.05＋(14－15)2×0.25＋(15－15)2×0.35＋(16－15)2×0.18＋(17－15)2×0.10＋(18－15)2×0.03＝1.66，
∴估计这一地区居民点疏散所需时间t的方差为1.66.
(2)∵疏散时间为17小时，18小时两组的频率之比为10∶3，
∴在疏散时间超过16小时的13个居民点中，疏散时间为17小时的有10个，
12.
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疏散时间为18小时的有3个，
再从这13个居民点中抽取5个，X为抽到的居民点中疏散时间为18小时的居民点数量，
X可取0，1，2，3.
P(X＝0)＝，
P(X＝1)＝，
12.
答案
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P(X＝2)＝，
P(X＝3)＝，
X的分布列为
12.
X 0 1 2 3
P
一、单项选择题
1.已知随机变量ξ~B，则P(ξ＝2)等于
A. B. C. D.
√
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知识过关
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由题意可知P(ξ＝2)＝××.
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2.若随机变量X服从正态分布N(3，σ2)，P(X≤5)＝0.55，则P(X<1)等于
A.0.45 B.0.55 C.0.1 D.0.9
√
因为随机变量X服从正态分布N(3，σ2)，所以P(X≤5)＝P(X≥1)＝0.55，所以P(X<1)＝1－P(X≥1)＝1－0.55＝0.45.
3.数学老师从6道题中随机抽3道检测学生，规定至少要解答正确2道题才能及格.某学生只能正确求解其中的4道题，则该学生能及格的概率为
A. B. C. D.
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由题意知抽取3道题该学生不及格的情况只有只对一道题一种情况，则只
答对一道题的概率为P＝，所以该学生及格的概率为.
答案
4.数轴上一个质点在随机外力的作用下，从原点O出发，每隔1秒向左或
向右移动一个单位，已知向右移动的概率为，向左移动的概率为，共移
动8次，则质点位于－2的位置的概率是
A. B.
C. D.
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答案
依题意此实验满足8重伯努利实验，
设向左移动次数为X，则X~B，
从原点O出发，共移动8次，最后质点位于－2，则需向右移动3次，
向左移动5次，所以质点位于－2的位置的概率为P(X＝5)＝.
5.从7男3女共10名学生干部中随机选出5名学生干部，抽到的女生人数的数学期望为
A. B. C. D.2
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答案
抽到的女生人数X可能为0，1，2，3，
P(X＝0)＝，
P(X＝1)＝，
P(X＝2)＝，
P(X＝3)＝，
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×.
6.泊松分布是一种描述随机现象的概率分布，在经济生活、事故预测、生物学、
物理学等领域有广泛应用，泊松分布的概率分布列为P(X＝k)＝e－λ(k＝0，1，
2，…)，其中e为自然对数的底数，λ是泊松分布的均值.若随机变量X服从二项分布，当n很大且p很小时，二项分布近似于泊松分布，其中λ＝np，即X~B(n，
p)，P(X＝i)＝(n∈N*).现已知某种元件的次品率为0.01，抽检100个该
种元件，则正品率大于97%的概率约为
A.99% B.97% C.92% D.74%
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答案
由题意得n＝100，p＝0.01，泊松分布可作为二项分布的近似，
此时λ＝100×0.01＝1，
所以P(X＝k)＝e－1，
P(X＝0)＝e－1＝，
P(X＝1)＝e－1＝，
P(X＝2)＝e－1＝，
正品率大于97%的概率为P＝P(X＝0)＋P(X＝1)＋P(X＝2)＝≈92%.
二、多项选择题
7.下列判断正确的是
A.若随机变量ξ服从0－1分布，且P(ξ＝0)＝0.35，则P(ξ＝1)＝0.7
B.若随机变量ξ~B，则D(ξ)＝
C.若随机变量ξ~H(3，3，10)，则E(ξ)＝0.9
D.若随机变量ξ~N(1，σ2)，P(ξ≤3)＝0.8，则P(ξ<－1)＝0.2
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若ξ服从0－1分布，则P(ξ＝1)＝1－P(ξ＝0)＝0.65，故A错误；
若随机变量ξ~B，则D(ξ)＝3××，故B正确；
若随机变量ξ~H(3，3，10)，则E(ξ)＝＝0.9，故C正确；
若随机变量ξ~N(1，σ2)，P(ξ≤3)＝0.8，则P(ξ<－1)＝P(ξ>3)＝1－0.8＝0.2，故D正确.
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8.若随机变量X服从正态分布N(6，4)，且P(2A.P(7P(1C.P(4√
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随机变量X服从正态分布N(6，4)，则μ＝6，σ＝2，P(7P(1E(X)＝μ＝6，则E(2X＋1)＝2E(X)＋1＝13，B正确；
由P(2D(X)＝σ2＝4，则D(2X＋1)＝4D(X)＝16，D错误.
答案
三、填空题
9.(2024·南通调研)已知随机变量X~N(4，42).若P(X<3)＝0.3，则P(31
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0.4
64
由题意可知μ＝4，σ＝4，即D(X)＝16，
所以D(Y)＝4D(X)＝64，
因为3＋5＝2μ，且P(X<3)＝0.3，
所以P(310.(2024·烟台模拟)甲、乙两位同学进行乒乓球比赛，采用五局三胜制(当一人赢得三局时，该同学获胜，比赛结束).根据以往比赛成绩，每局比赛中甲获胜的概率都是p(0胜的概率不低于甲以3∶1获胜的概率，则p的取值范围为　　　　　.
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答案
甲以3∶0获胜的概率为p1＝p3，
甲以3∶1获胜的概率为p2＝p3(1－p)＝3p3(1－p)，
由题意，p1≥p2，即p3≥3p3(1－p)，
解得p≥，
所以p的取值范围为.
四、解答题
11.某公司在员工招聘面试环节准备了4道面试题，面试者按顺序提问，若每位被面试者答对两道题则通过面试，面试结束；若每位被面试者前三
道题均答错，则不通过面试，面试结束.已知李明答对每道题的概率均为，
且每道题是否答对相互独立.
(1)求李明没通过面试的概率；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
李明没通过面试包含前3题有1题答对，第4题答错和前3题均答错两种情况，
故所求概率为××.
1
2
3
4
5
6
7
8
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10
11
12
13
14
答案
由题意得X的可能取值为2，3，4，则
P(X＝2)＝×，P(X＝3)＝×××，
P(X＝4)＝××.
故所求分布列为
所以E(X)＝2×＋3×＋4×.
X 2 3 4
P
(2)记李明所答题目的数量为X，求X的分布列和数学期望.
12.台风是我国东部沿海地区夏秋季节常见的自然灾害，当台风来临之际，沿海居民点的居民必须提前进行疏散.某地有关部门为了解居民疏散所需时间，在当地随机抽取了100处居民点进行疏散所需时间的调查，所得数据如表：
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
疏散时间t(最接近的时间，取整数)单位：小时 12 13 14 15 16 17 18
频率 0.04 0.05 0.25 0.35 0.18 0.10 0.03
(1)根据以上数据，视频率为概率，估计这一地区居民点疏散所需时间t的均值和方差；
1
2
3
4
5
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7
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14
答案
∵12×0.04＋13×0.05＋14×0.25＋15×0.35＋16×0.18＋17×0.10＋18×0.03＝15，
∴估计这一地区居民点疏散所需时间t的均值为15，
∵(12－15)2×0.04＋(13－15)2×0.05＋(14－15)2×0.25＋(15－15)2×0.35＋(16－15)2×0.18＋(17－15)2×0.10＋(18－15)2×0.03＝1.66，
∴估计这一地区居民点疏散所需时间t的方差为1.66.
1
2
3
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5
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答案
疏散时间t(最接近的时间，取整数)单位：小时 12 13 14 15 16 17 18
频率 0.04 0.05 0.25 0.35 0.18 0.10 0.03
(2)根据工作安排，需要在疏散时间超过16小时的13个居民点中再抽取5个进行深入调查，从而寻求缩短疏散时间的办法.设X为抽到的居民点中疏散时间为18小时的居民点数量，求X的分布列.
1
2
3
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5
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答案
∵疏散时间为17小时，18小时两组的频率之比为10∶3，
∴在疏散时间超过16小时的13个居民点中，疏散时间为17小时的有
10个，疏散时间为18小时的有3个，
再从这13个居民点中抽取5个，X为抽到的居民点中疏散时间为18小时的居民点数量，
X可取0，1，2，3.
P(X＝0)＝，
1
2
3
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14
答案
P(X＝1)＝，
P(X＝2)＝，
P(X＝3)＝，
X的分布列为
X 0 1 2 3
P
13.设随机变量X~B(n，p)，记pk＝pk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n，下列说法正确的是
A.当k由0增大到n时，pk先增后减，当且仅当k取某一个正整数时达到最大
B.如果(n＋1)p为正整数，当且仅当k＝(n＋1)p时，pk取最大值
C.如果(n＋1)p为非整数，当且仅当k取(n＋1)p的整数部分时，pk取最大值
D.E(X)＝np(1－p)
1
2
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答案
√
能力拓展
因为X~B(n，p)，pk＝pk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n，
由
得
解得(n＋1)p－1≤k≤(n＋1)p，
若(n＋1)p为正整数，则当k＝(n＋1)p或k＝(n＋1)p－1时，pk取最大值，故B错误；
1
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3
4
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14
答案
若(n＋1)p为非整数，则当k取(n＋1)p的整数部分时，pk取最大值，故C正确；
综上所述，当k由0增大到n时，pk先增后减，在某一个(或两个)k值处达到最大，故A错误；
因为E(X)＝np，故D错误.
1
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答案
14.(多选)(2024·吕梁模拟)小明上学有时乘公交车，有时骑自行车.他各记录了100次乘公交车和骑自行车上学所用的时间，经数据分析得到：乘公交车平均用时20 min，样本标准差为6；骑自行车平均用时24 min，样本
标准差为2.已知若随机变量ξ~N(μ，σ2)，则~N(0，1).假设小明乘公交
车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，则
A.X~N(20，6)
B.~N(0，1)
C.若某天有28 min可用，小明要想尽可能不迟到应选择骑自行车
D.若某天有25 min可用，小明要想尽可能不迟到应选择乘公交车
1
2
3
4
5
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14
答案
√
√
√
1
2
3
4
5
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答案
根据题意知X~N(20，62)，~N(0，1)，故A错误，B正确；
若有28 min可用，分别设随机变量X，Y的平均数和样本标准差为μX，μY，σX，σY，
则P(|Y－24|≤4)＝P(|Y－μY|≤2σY)＝P(|X－μX|≤2σX)＝P(|X－20|≤12)>P(|X－20|≤8)，故P(X≤28)若有25 min可用，则
P(X≤25)＝P，
1
2
3
4
5
6
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12
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14
答案
P(Y≤25)＝P，
因为~N(0，1)，~N(0，1)，故P(X≤25)>P(Y≤25)，小明要想尽可能不迟到应选择乘公交车，故D正确.
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第十章
§10.2　二项式定理
数学
大
一
轮
复
习
能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理，会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.
课标要求
课时精练
内容索引
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
落实主干知识
第一部分
1.二项式定理
二项式定理 (a＋b)n＝____________________________________
(n∈N*)
二项展开式的通项 Tk＋1＝ ，它表示展开式的第 项
二项式系数 (k＝0，1，…，n)
an＋an－1b1＋…＋an－kbk＋…＋bn
an－kbk
k＋1
2.二项式系数的性质
(1)对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数 .
(2)增减性与最大值：
①当k<时，随k的增加而 ；由对称性知，当k>时，随k
的增加而 .
②当n是偶数时，中间的一项 取得最大值；当n是奇数时，中间的两
项 与 相等，且同时取得最大值.
(3)各二项式系数的和：(a＋b)n的展开式的各二项式系数的和为＋…＋＝ .
相等
增大
减小
2n
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)an－kbk是(a＋b)n的展开式中的第k项.(　　)
(2)(a＋b)n的展开式中每一项的二项式系数与a，b无关.(　　)
(3)二项展开式中系数的最大项就是二项式系数的最大项.(　　)
(4)二项展开式项的系数是先增后减的.(　　)
×
√
×
×
2.的展开式中的常数项为
A.112 B.56 C.－56 D.－112
√
的展开式的通项Tk＋1＝(2x)8－k
＝(－1)k×28－k，
由8－＝0，得k＝6，
所以的展开式中的常数项为(－1)6×28－6×＝112.
3.若展开式中只有第7项的二项式系数最大，则n等于
A.9 B.10 C.11 D.12
√
由的展开式中只有第7项的二项式系数最大，得展开式共有13项，所以n＝12.
4.在二项式的展开式中二项式系数之和是32，则展开式中各项系数的和为　　　　.
因为二项式系数之和为2n＝32，所以n＝5.
令x＝1，可得各项系数的和为(1－2)5＝－1.
－1
1.二项式的通项易误认为是第k项，实质上是第k＋1项.
2.牢记一个注意点：(a＋b)n与(b＋a)n虽然相同，但具体到它们展开式的某一项时是不相同的，所以公式中的第一个量a与第二个量b的位置不能颠倒.
3.理清二项式系数与项的系数的区别.
返回
微点提醒
探究核心题型
第二部分
命题点1　形如(a＋b)n(n∈N*)的展开式的特定项
例1　(1)(多选)关于的展开式中，下列结论错误的有
A.展开式中含项的系数为－128
B.第5项和第6项的二项式系数相等
C.展开式中的常数项是第7项
D.展开式中的有理项共三项
√
通项公式的应用
题型一
√
二项式展开式的通项Tk＋1＝＝(－2)kx18－3k，k∈N，k≤9.由18－3k＝－3，即k＝7，得T8＝(－2)7x－3，展开式中含项的系数为－128，A错误；
展开式共10项，则第5项和第6项的二项式系数相等，B正确；
由18－3k＝0，即k＝6，得展开式中的常数项是第7项，C正确；
由18－3k为整数，k∈N，k≤9可知有理项共有10项，D错误.
(2)已知二项式(a>0)的展开式中x2项的系数为84，则a的值为
A.1 B. C.2 D.
√
展开式的通项为Tk＋1＝a9－k·
a9－k(k＝0，1，2，…，9)，
令＝2，则k＝3，
∴a9－3＝a6＝84，解得a＝±1，∵a>0，∴a＝1.
命题点2　形如(a＋b)m(c＋d)n(m，n∈N*)的展开式问题
例2　(1)(2024·西安模拟)(2x3－2)的展开式的常数项为
A.－288 B.－312
C.480 D.736
√
因为的展开式的通项Tk＋1＝(－2)k(0≤k≤8，k∈N)，
所以(2x3－2)的展开式的项为2x3(－2)k(0≤k≤8，k∈N)或－2(－2)k(0≤k≤8，k∈N)，
当k＝2时，2x3(－2)k＝2x3x－3(－2)2＝224，
当k＝8时，－2(－2)k＝－2(－2)8＝－512，
所以(2x3－2)的展开式的常数项为－512＋224＝－288.
(2)已知(ax－1)(2x＋1)6的展开式中x5的系数为48，则实数a等于
A.2 B.1 C.－1 D.－2
√
二项式(2x＋1)6的展开式的通项Tk＋1＝(2x)6－k·1k＝·26－k·x6－k.
(ax－1)(2x＋1)6＝ax(2x＋1)6－(2x＋1)6的展开式中，x5的系数为a·24－·25＝15×16a－6×32＝48，解得a＝1.
(1)求二项展开式中的问题，一般是化简通项后，令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出项数k＋1，代回通项即可.
(2)对于几个多项式积的展开式中的问题，一般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.
思维升华
跟踪训练1　(1)(多选)已知的展开式中第3项与第5项的系数之
比为3∶14，则下列结论成立的是
A.n＝10
B.展开式中的常数项为45
C.含x5的项的系数为210
D.展开式中的有理项有5项
√
√
√
二项展开式的通项为
Tk＋1＝x2n－2k(－1)k＝(－1)k，
由于第3项与第5项的系数之比为3∶14，
则，故，
得n2－5n－50＝0，解得n＝10(负值舍去)，故A正确；
则Tk＋1＝(－1)k，
令20－＝0，解得k＝8，
则展开式中的常数项为(－1)8＝45，故B正确；
令20－＝5，解得k＝6，
则含x5的项的系数为(－1)6＝210，故C正确；
令20－∈Z，则k为偶数，
此时k＝0，2，4，6，8，10，故有6项为有理项，故D错误.
(2)若的展开式中常数项是20，则m等于
A.－2 B.－3
C.2 D.3
√
＝x，
的展开式的通项为Tk＋1＝x5－k(－1)kx5－2k，
令5－2k＝－1，解得k＝3，则x的展开式的常数项为－＝－10，
令5－2k＝1，解得k＝2，则的展开式的常数项为m＝10m，
因为的展开式中常数项是20，
所以10m－10＝20，解得m＝3.
命题点1　二项式系数和与系数和
例3　(1)(多选)已知(1－2x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，展开式中的所有项的二项式系数和为64，下列说法正确的是
A.n＝8 B.a0＝1
C.a3＝－160 D.|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝36－1
二项式系数与项的系数的问题
题型二
√
√
√
因为展开式中的所有项的二项式系数和为64，所以2n＝64，解得n＝6，故A错误；
已知(1－2x)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，令x＝0，可得a0＝1，故B正确；
因为(1－2x)6展开式的通项为Tk＋1＝(－2x)k，k∈{0，1，2，3，4，5，6}，所以a3x3＝×(－2x)3＝－160x3，所以a3＝－160，故C正确；
由展开式的通项为Tk＋1＝(－2x)k，k∈{0，1，2，3，4，5，6}，所以a1，a3，a5<0，a0，a2，a4，a6>0，所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝a0－a1＋a2－…＋a6，令x＝－1，可得a0－a1＋a2－…＋a6＝36，所以|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝36－1，故D正确.
(2)(多选)已知(1－2x)2 025＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 024x2 024＋a2 025x2 025，则
A.展开式中二项式系数和为1
B.展开式中所有项的系数和为－1
C.＋…＋＝－1
D.a1＋2a2＋3a3＋…＋2 024a2 024＋2 025a2 025＝－4 050
√
√
√
二项展开式中的二项式系数和为22 025，故A错误；
令x＝1，可得(1－2)2 025＝a0＋a1＋a2＋…＋a2 024＋a2 025＝－1，即展开式中所有项的系数和为－1，故B正确；
令x＝0，可得a0＝1，令x＝，可得＝a0＋＋…＋＝0，所以＋…＋＝－1，故C正确；
将等式(1－2x)2 025＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 024x2 024＋a2 025x2 025两边同时求导可得，
2 025×(－2)×(1－2x)2 024＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋2 024a2 024x2 023＋2 025a2 025x2 024，
再令x＝1，可得a1＋2a2＋3a3＋…＋2 024a2 024＋2 025a2 025＝－4 050，故D正确.
命题点2　系数与二项式系数的最值
例4　(多选)关于的展开式，下列结论正确的是
A.二项式系数和为64
B.所有项的系数之和为2
C.第三项的二项式系数最大
D.系数的最大值为240
√
√
由二项式系数和公式知的二项式系数和为26＝64，故A正确；
令x＝1，则的展开式所有项的系数之和为＝1，故
B错误；
易知的展开式共7项，所以二项式系数最大的项为第四项，故
C错误；
的展开式通项为Tk＋1＝(2x)6－k·＝26－k·(－1)k·x6－2k，
k＝0，1，2，3，4，5，6，
记f(k)＝26－k·(－1)k，显然k取偶数时各项系数为正数，f(0)＝26＝64，f(2)＝16×15＝240，f(4)＝4×15＝60，f(6)＝1，可知系数的最大值为240，故D正确.
(1)赋值法的应用
令g(x)＝(a＋bx)n，则(a＋bx)n的展开式中各项的系数和为g(1)，(a＋bx)n的
展开式中奇数项的系数和为[g(1)＋g(－1)]，(a＋bx)n的展开式中偶数项的系数和为[g(1)－g(－1)].
(2)二项展开式系数最大项的求法
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
从而解得k.
思维升华
跟踪训练2　(1)(多选)(2025·临沂模拟)在的展开式中，下列说法正确的是
A.常数项是24 B.所有项的系数的和为1
C.第3项的二项式系数最大 D.第4项的系数最大
√
√
√
依题意，＋24－32x2＋16x4.
常数项是24，A正确；
当x＝1时，所有项系数的和为(1－2×1)4＝1，B正确；
的展开式共5项，所以第3项的二项式系数最大，C正确；
展开式第4项的系数为－32，最小，D错误.
(2)(多选)已知(2x－5)9＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋a3(x－2)3＋…＋a9(x－2)9，则下列结论成立的是
A.a0＋a1＋…＋a9＝1
B.28a0＋27a1＋26a2＋25a3＋…＋a8＝256
C.a0－a1＋a2－a3＋…－a9＝39
D.a1＋2a2＋3a3＋…＋9a9＝18
√
√
设x－2＝t，原式为(2t－1)9＝a0＋a1t＋a2t2＋a3t3＋…＋a9t9，令t＝1，a0＋a1＋…＋a9＝1，故A正确；
令t＝，则(1－1)9＝a0＋＋…＋，等式两边同乘28得0＝28a0＋27a1＋26a2＋25a3＋…＋a8＋，又a9＝29，所以28a0＋27a1＋26a2＋25a3＋…＋a8＝－＝－28＝－256，故B错误；
令t＝－1，则(－3)9＝a0－a1＋a2－a3＋…－a9，a0－a1＋a2－a3＋…－a9＝－39，故C错误；
两边同时求导得18(2t－1)8＝a1＋2a2t＋3a3t2＋…＋9a9t8，再令t＝1，a1＋2a2＋3a3＋…＋9a9＝18，故D正确.
例5　(1)设a∈Z，且0≤a≤13，若512 025＋a能被13整除，则a等于
A.0 B.1
C.11 D.12
√
二项式定理的综合应用
题型三
因为a∈Z，且0≤a≤13，
所以512 025＋a＝(52－1)2 025＋a
＝·522 025－·522 024＋·522 023－…＋·52－＋a，
因为512 025＋a能被13整除，
所以－＋a＝－1＋a能被13整除，
又0≤a≤13，
所以a＝1.
(2)用二项式定理估算1.0110＝　　　　.(精确到0.001)
1.105
1.0110＝(1＋0.01)10＝1＋×0.01＋×0.012＋×0.013＋…≈1＋0.1＋0.004 5＝1.104 5≈1.105.
二项式定理应用的题型及解法
(1)在证明整除问题或求余数问题时要进行合理的变形，使被除式(数)展开后的每一项都含有除式(数)的因式.
(2)二项式定理的一个重要用途是做近似计算：当n不是很大，|x|比较小时，(1＋x)n≈1＋nx.
思维升华
跟踪训练3　(多选)下列说法正确的是
A.若(x－2)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，则|a0|＋|a1|＋…＋|a6|＝729
B.若3n＋3n－1＋3n－2＋…＋＝218，则＋…＋＝512
C.0.988精确到0.01的近似值为0.85
D.22 024除以15的余数为3
√
√
在(x－2)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6中，令x＝－1，则|a0|＋|a1|＋…＋|a6|＝(－3)6＝729，故A正确；
因为3n＋3n－1＋3n－2＋…＋＝(3＋1)n＝4n＝22n＝218，所以n＝9，所以＋…＋＝(1＋1)n－1＝2n－1＝29－1＝511，故B错误；
0.988＝(1－0.02)8＝×(－0.02)0＋×(－0.02)1＋×(－0.02)2＋…＋×(－0.02)8，取展开式的前3项，则0.988精确到0.01的近似值为1－0.16＋0.011 2＝0.851 2≈0.85，故C正确；
22 024＝＝(15＋1)506＝15506＋15505＋…＋15＋
＝15(15505＋15504＋…＋)＋1，
其中15505＋15504＋…＋∈N，
所以15(15505＋15504＋…＋)能被15整除，
所以22 024除以15的余数为1，故D错误.
返回
课时精练
对一对
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A D A D D A ACD ACD
题号 9 10 13 　14 15 　16 答案 4(答案不唯一) －120 B 　B ABC 　512 15
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答案
1
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6
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14
(1)由已知条件可得
解得
(2)由(1)知.
∵的展开式的通项为
Tk＋1＝
＝(－2)7－kx14－3k，k＝0，1，2，…，7，
11.
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答案
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∴当14－3k＝－4，即k＝6时，x－4项的系数为×(－2)＝－14.
(3)
＝(2x－x－2)
＝2x－x－2，
∴①当14－3k＝－1，即k＝5时，
2x·(－2)2x－1＝168；
11.
15
16
答案
1
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14
②当14－3k＝2，即k＝4时，－x－2·(－2)3x2＝280.
∴所求的常数项为168＋280＝448.
11.
15
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答案
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(1)展开式中只有第5项的二项式系数最大，则展开式共9项，故n＝8.
(2)当n＝6时，二项式为，
展开式的通项Tk＋1＝x6－k＝(－a)k(k＝0，1，…，6)，
令6－＝3，得k＝2，所以A＝a2＝15a2，
令6－＝0，得k＝4，所以B＝a4＝15a4，
又B＝4A，解得a＝0(舍去)或a＝2或a＝－2，
所以a＝2或a＝－2.
12.
15
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答案
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(3)当n＝6，a＝－2时，二项式为，
展开式的通项Tk＋1＝x6－k＝2k(k＝0，1，…，6)，
设第k＋1项系数最大，则
即故k＝4，
12.
15
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答案
1
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5
6
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所以二项式的展开式中系数最大的项为
T4＋1＝24＝240.
12.
15
16
一、单项选择题
1.二项式的展开式中的系数是
A.－80 B.80
C.－10 D.10
√
1
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4
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知识过关
答案
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答案
的展开式的通项
Tk＋1＝x5－k＝(－2)k··x5－2k，k＝0，1，2，3，4，5.
令5－2k＝－1，解得k＝3，
可得T4＝(－2)3·x－1＝－80x－1，
即的系数为－80.
15
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5
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答案
2.若实数a＝2－，则a12－2a11＋22a10－…＋212等于
A.－32 B.32 C.－64 D.64
√
由题意可得a12－2a11＋22a10－…＋212＝(a－2)12＝＝64.
15
16
3.(x－2y)(2x－y)5的展开式中的x3y3的系数为
A.－200 B.－120 C.120 D.200
√
1
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3
4
5
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14
(2x－y)5展开式的通项为Tk＋1＝(2x)5－k(－y)k＝25－kx5－k(－y)k，
当k＝3时，T4＝25－3x5－3(－y)3＝－40x2y3，此时只需乘第一个因式(x－2y)中的x即可，得到－40x3y3；
当k＝2时，T3＝25－2x5－2(－y)2＝80x3y2，此时只需乘第一个因式(x－2y)中的－2y即可，得到－160x3y3.
据此可得x3y3的系数为－40－160＝－200.
答案
15
16
4.(2024·南京模拟)的展开式中x3y3的系数为
A.30 B.－30 C.20 D.－20
√
1
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14
从5个含有x2，－x，y的括号中，其中1个括号中取x2，1个括号中取－x，3个括号中取y，乘在一起构成x3y3这一项，这一项为·x2··(－x)··y3＝－20x3y3，所以x3y3的系数为－20.
答案
15
16
5.已知(2x＋3)8＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6＋a7x7＋a8x8，则a1＋a2＋等于
A.215 B.216 C.217 D.218
√
1
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答案
对(2x＋3)8＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6＋a7x7＋a8x8两边求导，
得16(2x＋3)7＝a1＋2a2x＋3a3x2＋4a4x3＋5a5x4＋6a6x5＋7a7x6＋8a8x7.
令x＝，得a1＋a2＋＝16×47＝218.
15
16
6.在的展开式中含x3项的系数为15，则展开式中二项式系数最大的项是
A.第4项 B.第5项
C.第6项 D.第3项
√
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答案
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由可得x>0，
当0其展开式的通项为Tr＋1＝(－x)r＝(－1)r，
令＝3，(－1)r＝15，
解得n＝6，r＝4；
当x≥1时，x≥，则，
答案
15
16
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3
4
5
6
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14
其展开式的通项为Tk＋1＝xn－k＝(－1)k，
令n－＝3，(－1)k＝15，
解得n＝6，k＝2.
综上所述，n＝6，所以展开式共有7项，展开式中二项式系数最大的项是第4项.
答案
15
16
二、多项选择题
7.已知展开式中各项二项式系数之和为128，则
A.n＝7
B.展开式的各项系数之和是－1
C.展开式中第4项和第5项的二项式系数最大
D.展开式中无常数项
1
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√
答案
√
√
15
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由题意可知2n＝128，则n＝7，故A正确；
令x＝1，则＝1，故B错误；
因为n＝7，所以由二项式系数的性质可知中间两项系数最大，即第4，5项二项式系数最大，分别为，，故C正确；
展开式的通项为Tk＋1＝·(2x)7－k··27－k·(－1)k·
x7－3k(k∈Z，0≤k≤7)，显然7－3k＝0无整数解，故D正确.
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答案
15
16
8.已知f(x)＝(2x－m)7＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a7(x－1)7，若a0＋＋…＋＝128，则下列说法正确的是
A.m＝1
B.a3＝160
C.f(3)除以6所得余数为5
D.a1－2a2＋3a3－4a4＋5a5－6a6＋7a7＝14
√
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答案
√
√
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令x＝，得f ＝(3－m)7＝a0＋＋…＋＝128，所以m＝1，所以A正确；
令x－1＝t，所以(2t＋1)7＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋a7t7，所以a3＝23＝280，所以B错误；
由A知f(x)＝(2x－1)7＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a7(x－1)7，所以f(3)＝(6－1)7＝·67－·66＋·65－…＋·6－，所以f(3)除以6的余数为5，所以C正确；
由(2t＋1)7＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋a7t7，
两边求导可得7(2t＋1)6·2＝a1＋2a2t＋…＋7a7t6，
令t＝－1，得a1－2a2＋3a3－4a4＋5a5－6a6＋7a7＝14，所以D正确.
答案
15
16
三、填空题
9.(2025·榆林模拟)已知二项式的展开式中存在常数项，则正整
数n的一个可能的值为　 　　.
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答案
4(答案不唯一)
二项式的展开式的通项为Tk＋1＝x3n－4k，
要使展开式中存在常数项，只需3n－4k＝0，0≤k≤n，k∈Z，n∈N*有解即可，则n可取4.
15
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10.(x＋2)(1－2x)5的展开式中x3的系数为　　　　.(用数字作答)
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答案
－120
(1－2x)5的展开式的通项为Tk＋1＝·15－k(－2x)k，
k＝0，1，2，3，4，5，
当k＝2时，T3＝40x2，当k＝3时，T4＝·(－2x)3＝－80x3，
(x＋2)(1－2x)5＝x(1－2x)5＋2(1－2x)5，
故(x＋2)(1－2x)5的展开式中x3的系数为40－2×80＝－120.
15
16
四、解答题
11.已知的展开式中所有项的二项式系数和为128，各项系数和
为－1.
(1)求n和a的值；
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答案
由已知条件可得
解得
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答案
由(1)知.
∵的展开式的通项为
Tk＋1＝
＝(－2)7－kx14－3k，k＝0，1，2，…，7，
∴当14－3k＝－4，即k＝6时，x－4项的系数为×(－2)＝－14.
(2)求展开式中x－4项的系数；
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答案
＝(2x－x－2)
＝2x－x－2，
∴①当14－3k＝－1，即k＝5时，2x·(－2)2x－1＝168；
②当14－3k＝2，即k＝4时，－x－2·(－2)3x2＝280.
∴所求的常数项为168＋280＝448.
(3)求的展开式中的常数项.
15
16
12.已知(n∈N*).
(1)若展开式中只有第5项的二项式系数最大，求n的值；
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答案
展开式中只有第5项的二项式系数最大，则展开式共9项，故n＝8.
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16
(2)当n＝6时，二项式的展开式中x3的系数为A，常数项为B，若B＝4A，求a的值；
1
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6
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答案
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4
5
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答案
当n＝6时，二项式为，
展开式的通项Tk＋1＝x6－k
＝(－a)k(k＝0，1，…，6)，
令6－＝3，得k＝2，所以A＝a2＝15a2，
令6－＝0，得k＝4，所以B＝a4＝15a4，
又B＝4A，解得a＝0(舍去)或a＝2或a＝－2，
所以a＝2或a＝－2.
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16
(3)当n＝6，a＝－2时，求二项式的展开式中系数最大的项.
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答案
15
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答案
当n＝6，a＝－2时，二项式为，
展开式的通项Tk＋1＝x6－k＝2k(k＝0，1，…，6)，
设第k＋1项系数最大，则
即故k＝4，
所以二项式的展开式中系数最大的项为T4＋1＝24＝240.
15
16
13.已知(1＋x)(n∈N*，n<10)的展开式中没有常数项，则n的最
大值是
A.6 B.7 C.8 D.9
1
2
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4
5
6
7
8
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答案
√
能力拓展
15
16
因为(1＋x)＝x(n∈N*，n<10)的展开式中没有常数项，的展开式的通项为Tk＋1＝xn－kxn－3k
(k∈N，k≤n)，
①当的展开式中无x－1时，n－3k≠－1；
②当的展开式中无常数项时，n－3k≠0，
结合选项，只有B项同时满足上面两个条件.
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14
答案
15
16
14.(2024·沈阳模拟)已知a＝1.20.1，b＝1.10.2，c＝1.02，则下列大小关系正确
A.a>c>b B.c>b>a
C.c>a>b D.b>c>a
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答案
√
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14
答案
因为b＝1.10.2＝(1.12)0.1＝1.210.1，
又y＝x0.1在(0，＋∞)上单调递增，
所以1.20.1<1.210.1，即b>a；
又＝1.21，
1.0210＝(1＋0.02)10＝1＋×0.02＋×0.022＋…＋×0.0210
＝1＋0.2＋0.018＋…＋×0.0210>1.218，
所以1.0210>，则1.02>1.210.1，即c>b.
所以c>b>a.
15
16
15.(多选)(2024·株洲模拟)设(n∈N*)的整数部分为an，小数部分为bn，则下列说法中正确的是
A.数列{an＋bn}是等比数列
B.数列{an}是递增数列
C.bn(an＋bn)＝1
D.(1－bn)(an＋bn)＝1
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答案
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答案
15
16
由·21＋…＋22n＋1，
·21＋…－22n＋1，
则＝2[·21＋
·23＋…＋22n＋1]
＝2(5n·21＋5n－1·23＋…＋22n＋1)，
由5n·21＋5n－1·23＋…＋22n＋1为整数，且0<<1，故，
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答案
15
16
小数部分即为，即an＝，bn＝.
又an＋bn＝，所以数列{an＋bn}是以为公比的等比数列，
由＋2>1，0<－2<1，得数列{an}是递增数列，故A，B正确；
bn(an＋bn)＝·(＋2)2n＋1＝＝1，故C正确；
(1－bn)(an＋bn)＝[1－－1≠1，故D错误.
16.a1，a2，…，a10是一个1，2，3，…，10的排列，要求ai－1和ai＋1一定有一个大于ai(i＝2，3，…，9)，则满足的排列的总数为　　　　.
1
2
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14
答案
15
16
512
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14
答案
15
16
若aiai ai－2>ai－1，说明此情况下数列在第1项到第i项递减.若ai－1返回(共88张PPT)
第十章
§10.3　随机事件与概率
数学
大
一
轮
复
习
1.了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义以及频率与概率的区别.
2.理解事件间的关系与运算.
3.掌握古典概型及其计算公式，能计算古典概型中简单随机事件的概率.
课标要求
课时精练
内容索引
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
落实主干知识
第一部分
1.样本空间和随机事件
(1)样本点和有限样本空间
①样本点：随机试验E的每个可能的基本结果称为样本点，常用ω表示.
全体样本点的集合称为试验E的 ，常用Ω表示.
②有限样本空间：如果一个随机试验有n个可能结果ω1，ω2，…，ωn，则称样本空间Ω＝{ω1，ω2，…，ωn}为有限样本空间.
(2)随机事件
①定义：将样本空间Ω的子集称为随机事件，简称事件.
②表示：一般用大写字母A，B，C，…表示.
③随机事件的极端情形： 、 .
样本空间
必然事件
不可能事件
2.两个事件的关系和运算
含义 符号表示
包含关系 若事件A发生，则事件B一定发生 ______
相等关系 B A且A B ______
并事件(和事件) 事件A与事件B至少有一个发生 A∪B或A＋B
交事件(积事件) 事件A与事件B同时发生 ___________
互斥(互不相容) 事件A与事件B不能同时发生 A∩B＝
互为对立 事件A与事件B有且仅有一个发生 _____________________
A B
A＝B
A∩B或AB
A∩B＝ ，且A∪B＝Ω
3.古典概型的特征
(1)有限性：样本空间的样本点只有 .
(2)等可能性：每个样本点发生的可能性 .
4.古典概型的概率公式
一般地，设试验E是古典概型，样本空间Ω包含n个样本点，事件A包含其中的k个样本点，则定义事件A的概率P(A)＝ .
其中，n(A)和n(Ω)分别表示事件A和样本空间Ω包含的样本点个数.
有限个
相等
5.概率的性质
性质1：对任意的事件A，都有P(A)≥0；
性质2：必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0，即P(Ω)＝1，P( )＝0；
性质3：如果事件A与事件B互斥，那么P(A∪B)＝ ；
性质4：如果事件A与事件B互为对立事件，那么P(B)＝1－P(A)，P(A)＝
；
P(A)＋P(B)
1－P(B)
性质5：如果A B，那么P(A)≤P(B)，由该性质可得，对于任意事件A，因为 A Ω，所以0≤P(A)≤1；
性质6：设A，B是一个随机试验中的两个事件，我们有P(A∪B)＝_______
.
P(A)＋
P(B)－P(A∩B)
6.频率与概率
(1)频率的稳定性
一般地，随着试验次数n的增大，频率偏离概率的幅度会缩小，即事件A发生的频率fn(A)会逐渐稳定于事件A发生的概率P(A)，我们称频率的这个性质为频率的稳定性.
(2)频率稳定性的作用
可以用频率fn(A)估计概率P(A).
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)事件发生的频率与概率是相同的.(　　)
(2)两个事件的和事件发生是指这两个事件至少有一个发生.(　　)
(3)从－3，－2，－1，0，1，2中任取一个数，取到的数小于0与不小于0的可能性相同.(　　)
(4)若A∪B是必然事件，则A与B是对立事件.(　　)
×
√
√
×
2.甲、乙等五人站成一排，其中为互斥事件的是
A.“甲站排头”与“乙站排头”
B.“甲站排头”与“乙站排尾”
C.“甲站排头”与“乙不站排头”
D.“甲不站排头”与“乙不站排头”
√
因为“甲站排头”与“乙站排头”不能同时发生，所以选项A正确；
因为“甲站排头”与“乙站排尾”可以同时发生，所以选项B不正确；
因为“甲站排头”与“乙不站排头”可以同时发生，所以选项C不正确；
因为“甲不站排头”与“乙不站排头”可以同时发生，所以选项D不正确.
3.从某班学生中任意找出一人，如果该同学的身高小于160 cm的概率为0.2，该同学的身高在[160，175](单位：cm)内的概率为0.5，那么该同学的身高超过175 cm的概率为
A.0.2 B.0.3 C.0.7 D.0.8
√
由题意知该同学的身高小于160 cm的概率、该同学的身高在[160，175]
(单位：cm)内的概率和该同学的身高超过175 cm的概率和为1，故所求概率为1－0.2－0.5＝0.3.
4.抛掷一枚骰子，记事件A为“出现点数是奇数”，事件B为“出现点数
是3的倍数”，则P(A∪B)＝　　，P(A∩B)＝　　.
抛掷一枚骰子，所有可能出现的点数是1，2，3，4，5，6，共6个样本点，
事件A∪B包括出现的点数是1，3，5，6，共4个样本点，故P(A∪B)＝；
事件A∩B包括出现的点数是3，共1个样本点，故P(A∩B)＝.
1.当随机事件A，B互斥时，不一定对立；当随机事件A，B对立时，一定互斥，即两事件互斥是对立的必要不充分条件.
2.若事件A1，A2，…，An两两互斥，则P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An).
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微点提醒
探究核心题型
第二部分
命题点1　随机事件关系的判断
例1　(多选)抛掷一枚质地均匀的骰子，记随机事件：E＝“点数为奇数”，F＝“点数为偶数”，G＝“点数大于2”，H＝“点数小于2”，R＝“点数为3”.则下列结论正确的是
A.E，F为对立事件 B.G，H为互斥不对立事件
C.E，G不是互斥事件 D.G，R是互斥事件
√
随机事件的关系
题型一
√
√
“点数为奇数”与“点数为偶数”不可能同时发生，且必有一个发生，所以E，F是对立事件，选项A正确；
“点数大于2”与“点数小于2”不可能同时发生，且不是必有一个发生，G，H为互斥不对立事件，选项B正确；
“点数为奇数”与“点数大于2”可能同时发生，E，G不是互斥事件，选项C正确；
“点数大于2”与“点数为3”可能同时发生，G，R不是互斥事件，选项D不正确.
命题点2　利用互斥、对立事件求概率
例2　(1)(多选)下列说法正确的有
A.若事件A B，则P(A)≤P(B)
B.若A，B为对立事件，则P(A)＋P(B)＝1
C.若A，B为互斥事件，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)
D.P(A∪B)√
√
√
若事件B包含事件A，则P(A)≤P(B)，故A正确；
若A，B为对立事件，则P(A)＋P(B)＝1，故B正确；
若A，B为互斥事件，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，故C正确；
因为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)，所以当A，B互斥时，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，故D错误.
(2)某射手在一次射击中射中10环、9环、8环、7环的概率分别为0.21，0.23，0.25，0.2，则这个射手在一次射击中射中环数不够7环的概率为　　　.
0.11
记“射中环数不够7环”为事件D，则事件为“射中10环或9环或8环或7环”，
所以P()＝0.21＋0.23＋0.25＋0.2＝0.89，
所以P(D)＝1－P()＝1－0.89＝0.11.
命题点3　利用频率估计概率
例3　(多选)下列命题正确的是
A.随机事件A的概率是频率的稳定值，频率是概率的近似值
B.抛掷骰子100次，得点数是1的结果是18次，则出现1点的频率是
C.有一批产品，其次品率为0.05，若从中任取200件产品，则一定有190件
正品，10件次品
D.抛掷一枚质地均匀的硬币100次，有51次出现了正面，则可得抛掷一次
该硬币出现正面的概率是0.51
√
√
随机事件A的概率是频率的稳定值，频率是概率的近似值，故A正确；
抛掷骰子100次，得点数是1的结果是18次，则出现1点的频率是，
故B正确；
有一批产品，其次品率为0.05，若从中任取200件产品，则不一定抽取到190件正品和10件次品，故C错误；
100次并不是无穷多次，抛掷一枚质地均匀的硬币100次，有51次出现了正面，则不能得出抛掷一次该硬币出现正面的概率是0.51，故D错误.
事件关系的运算策略
进行事件的运算时，一是要紧扣运算的定义，二是要全面考虑同一条件下的试验可能出现的全部结果，必要时可列出全部的试验结果进行分析.当事件是由互斥事件组成时，运用互斥事件的概率加法公式.
思维升华
跟踪训练1　(1)从装有4个白球和3个红球的盒子里摸出3个球，则下列选项中事件A与事件B互斥却不互为对立的是
A.事件A：3个球中至少有1个红球；事件B：3个球中至少有1个白球
B.事件A：3个球中恰有1个红球；事件B：3个球中恰有1个白球
C.事件A：3个球中至多有2个红球；事件B：3个球中至少有2个白球
D.事件A：3个球中至多有1个红球；事件B：3个球中至多有1个白球
√
事件A与事件B可能同时发生，例如摸出2个白球和1个红球，所以事件A与事件B不是互斥事件，故A错误；
事件A与事件B不可能同时发生，但不是一定有一个发生，还有可能是3个白球或3个红球，所以事件A与事件B互斥却不互为对立，故B正确；
事件A与事件B可能同时发生，例如摸出2个白球和1个红球，所以事件A与事件B不是互斥事件，故C错误；
事件A与事件B不可能同时发生，且必有一个发生，所以事件A与事件B是互斥事件也是对立事件，故D错误.
(2)若事件A和B互斥，且P(A∪B)＝0.5，P(B)＝0.3，则P()＝　　　.
0.8
因为事件A和B互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝P(A)＋0.3＝0.5，
解得P(A)＝0.2，故P()＝1－P(A)＝0.8.
例4　(1)甲、乙、丙、丁四人排成一列，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是
A. B. C. D.
古典概型
题型二
√
当甲在排尾，乙在排头时，丙有2种排法，丁有1种，共2种；当甲在排尾，乙排第二位或第三位时，丙有1种排法，丁有1种，共2种；于是甲在排尾共4种排法，同理乙在排尾共4种排法，于是共8种排法符合题意，样本点总数显然是＝24，根据古典概型的计算公式，丙不在排头，且甲或乙
在排尾的概率为.
(2)(2024·烟台模拟)安排4名大学生到两家公司实习，每名大学生只去一家公司，每家公司至少安排1名大学生，则大学生甲、乙到同一家公司实习的概率为
A. B. C. D.
√
4名大学生分两组，每组至少一人，有两种情形，分别为3人、1人或
2人、2人，即共有＝8＋6＝14(种)实习方案，其中甲、乙到同一家公司实习的情况有＝4＋2＝6(种)，故大学生甲、乙到
同一家公司实习的概率为.
利用公式法求解古典概型问题的步骤
思维升华
跟踪训练2　(1)将除颜色外完全相同的2个红球和1个白球随机放入2个不同的盒子中，每个盒子中至少放入1个球，则2个红球分别放入不同盒子中的概率为
A. B. C. D.
√
将除颜色外完全相同的2个红球和1个白球随机放入2个不同的盒子中，每个盒子中至少放入1个球，则样本点有(红1，白红2)，(红2，白红1)，(白红1，红2)，(白红2，红1)，(红1红2，白)，(白，红1红2)，共6个，而2个红球分别放入不同盒子中包含(红1，白红2)，(红2，白红1)，(白红
1，红2)，(白红2，红1)4个样本点，故由古典概型的计算公式得概率为.
(2)将1，2，3，4，5，6这6个数填入如图所示的3行2列表格中，则表格内每一行数字之和均相等的概率为
A. B.
C. D.
√
要使表格内每一行数字之和均相等，根据1＋6＝2＋5＝3＋4，
先将6个数字分为3组，分别为(1，6)，(2，5)，(3，4)，
将三组全排列，安排在表格的三行中，每一行有种顺序，
则可组成不同表格的个数为＝48；
将1，2，3，4，5，6这6个数填入表格中的所有情况的
个数为＝720，
故所求概率为.
例5　某校为了增强学生的身体素质，积极开展体育锻炼，并给学生的锻炼情况进行测评打分.现从中随机选出100名学生的成绩(满分为100分)，按分数分为[40，50)，[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]，共6组，得到如图所示的频率分布直方图.
(1)求m的值，并求这100名学生成绩的中位数
(保留一位小数)；
概率与统计的综合问题
题型三
依题意，(0.005＋0.015＋0.020＋0.030＋m＋0.005)×10＝1，解得m＝0.025.
前三组的频率为(0.005＋0.015＋0.020)×10＝0.4，
前四组的频率为(0.005＋0.015＋0.020＋0.030)×
10＝0.7，
所以中位数为70＋×10≈73.3(分).
(2)若认定评分在[80，90)内的学生为“运动爱好者”，评分在[90，100]内的学生为“运动达人”，现采用按比例分配的分层随机抽样的方式从不低于80分的学生中随机抽取6名学生参加运动交流会，大会上需要从这6名学生中随机抽取2名学生进行经验交流发言，求抽取的2名发言者中恰好“运动爱好者”和“运动达人”各1人的概率.
评分在[80，90)内的频率为0.25，[90，100]内的
频率为0.05，两者的比例是5∶1，
所以抽取的6名学生中，评分在[80，90)内的有
5人，记为1，2，3，4，5，
评分在[90，100]内的有1人，记为6，
从中抽取2人，样本点有12，13，14，15，16，23，24，25，26，34，35，36，45，46，56，
共15个，其中恰好“运动爱好者”和“运动达人”各1人的有16，26，36，
46，56，共5个样本点，故所求概率为.
求解概率的综合问题时，一要注意概率模型的应用，明确所求问题所属的事件类型，二要根据公式准确计算.
思维升华
跟踪训练3　为了了解某种新型药物对治疗某种疾病的疗效，某机构联合医院，进行了小规模的调查，结果显示，相当多的受访者担心使用新药后会有副作用.为了了解使用该种新型药品后是否会引起疲乏症状的副作用，该机构随机抽取了某地患有这种疾病的275人进行调查，得到统计数据如表：
无疲乏症状 有疲乏症状 合计
未使用新药 150 25 t
使用新药 x y 100
合计 225 m 275
(1)求2×2列联表中的数据x，y，m，t的值，依据小概率值α＝0.05的独立性检验，能否以此推断有疲乏症状与使用该新药有关？
附：χ2＝，n＝a＋b＋c＋d.
α 0.10 0.05 0.010 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
由列联表知，x＝225－150＝75，y＝100－75＝25，m＝275－225＝50，t＝150＋25＝175，
所以x＝75，y＝25，m＝50，t＝175，
零假设为H0：有疲乏症状与使用该新药无关.
根据列联表中的数据，经计算得到
χ2＝≈4.911>3.841＝x0.05，
根据小概率值α＝0.05的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为有疲乏症状与使用该新药有关.
无疲乏症状 有疲乏症状 合计
未使用新药 150 25 t
使用新药 x y 100
合计 225 m 275
(2)从使用该新药的100人中按是否有疲乏症状，采用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取4人，再从这4人中随机抽取2人做进一步调查，求这2人中恰有1人有疲乏症状的概率.
从使用新药的100人中用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取4人的抽样比
为，则抽取有疲乏症状的人数为×25＝1，无疲乏症状的有3人，
抽取的有疲乏症状的1人记为1，无疲乏症状的3人记为a，b，c，从4人中随机抽取2人的所有样本点为(1，a)，(1，b)，(1，c)，(a，b)，(a，c)，(b，c)，共6个，
记2人中恰有1人有疲乏症状的事件为M，它所含样本点是(1，a)，(1，b)，(1，c)，共3个，
于是得P(M)＝，所以这2人中恰有1人有疲乏症状的概率是.
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课时精练
对一对
答案
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题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B D A A C A CD BCD
题号 9 10 13 14 15 　16 答案 C 15
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(1)由题意，参加集训的男生、女生各有6名.
参赛学生全从B中学抽取(等价于A中学没有学生入选代表队)的概率
为，
故A中学至少有1名学生入选代表队的概率为1－.
(2)设“参赛的4人中女生不少于2人”为事件C，“参赛女生有2人”为事件D，“参赛女生有3人”为事件E.
则P(D)＝，P(E)＝.
11.
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由互斥事件的概率加法公式，得
P(C)＝P(D)＋P(E)＝，
故所求事件的概率为.
11.
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(1)由频率分布直方图得，年龄在[20，25)，[25，30)，[30，35)，[35，40)，[40，45]的频率分别为0.05，0.35，0.3，0.2，0.1，
由各组频率知第85百分位数a∈(35，40)，
由(40－a)×0.04＝0.9－0.85，解得a＝38.75，
所以第85百分位数为38.75.
(2)由第三组、第五组的频率可知第三组抽取20×0.3＝6(人)，第五组抽取20×0.1＝2(人)，
12.
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方法一　不妨设除甲、乙、丙外的五人为A，B，C，D，E，于是从第三组和第五组被抽到的使者中抽取2人的所有情况为：
甲A，甲B，甲C，甲D，甲E，甲乙，甲丙，乙A，乙B，乙C，乙D，乙E，乙丙，丙A，丙B，丙C，丙D，丙E，AB，AC，AD，AE，BC，BD，BE，CD，CE，DE，共28种，
其中甲、乙、丙都没被抽到的情况有AB，AC，AD，AE，BC，BD，BE，CD，CE，DE，共10种，
12.
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答案
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所以甲、乙、丙三人中至少有一人被选中的概率为1－.
方法二　由题意知，甲、乙、丙三人中至少有一人被选中的概率为
1－＝1－.
12.
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16
一、单项选择题
1.从5个男生、2个女生中任意选派3人，则下列事件中是必然事件的是
A.3个都是男生 B.至少有1个男生
C.3个都是女生 D.至少有1个女生
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知识过关
答案
从5个男生、2个女生中任意选派3人，由于女生只有2名，故至少有1个男生是必然事件.
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答案
2.抛掷一枚质地均匀的硬币，如果连续抛掷2 025次，那么第2 024次出现正面朝上的概率是
A. B. C. D.
√
由概率的性质得，无论试验多少次，概率始终不变，故第2 024次出现正
面朝上的概率是.
15
16
3.从2，3，5，7，11这5个素数中，随机选取两个不同的数，其积为偶数的概率为
A. B. C. D.
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从2，3，5，7，11这5个素数中，随机选取两个不同的数，共有＝10(种)选法，其积为偶数，即两个数中有一个为2，共有4种选法，所以
概率为.
答案
15
16
4.某校希望统计学生是否曾在考试中作弊，考虑到直接统计可能难以得到真实的回答，故设计了如下方案：在一个袋子里放入只有颜色和序号不同的红球和绿球各50个，分别编号为1~50，被调查的学生从中随机摸出一个，确认颜色和序号后放回(调查者不知道)，摸到红球的学生回答“你摸到的球的序号是否为奇数？”，摸到绿球学生的回答“你是否曾在考试中作弊？”.共调查了1 200名学生，得到了390个“是”的回答，据此估计该校学生的作弊率为
A.15% B.20% C.5% D.10%
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调查的1 200名学生中，摸到红球的概率是，其编号是奇数的概率也是，摸到绿球的概率为，即摸到红球的人数约为1 200×＝600，摸到绿球的人数约为1 200×＝600，所以回答问题“你摸到的球的序号是否为奇
数？”且回答“是”的学生人数约为600×＝300，回答问题“你是否曾
在考试中作弊？”且回答“是”的学生人数约为390－300＝90，所以估
计该校学生的作弊率为×100%＝15%.
答案
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5.甲、乙两位同学到莆田市湄洲岛当志愿者，他们同时从“妈祖祖庙”站上车，乘坐开往“黄金沙滩”站方向的3路公交车(线路图如下).甲将在“供水公司”站之前的任意一站下车，乙将在“鹅尾神化石”站之前的任意一站下车.假设每人自“管委会”站开始在每一站点下车是等可能的，则甲比乙后下车的概率为
A. B.
C. D.
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甲从“管委会”站到
“北埭(东环)”站的每
一站下车都可以，有
8种情况，
乙从“管委会”站到“东至”站的每一站下车都可以，有15种情况，
若乙在“管委会”站下车，则甲有7种情况，
若乙在“地税分局”站下车，则甲有6种情况，
若乙在“兴海路”站下车，则甲有5种情况，
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答案
若乙在“闽台风情街”站
下车，则甲有4种情况，
若乙在“莲池小学”站下
车，则甲有3种情况，
若乙在“金海岸”站下车，则甲有2种情况，
若乙在“莲池沙滩”站下车，则甲有1种情况，
因此，甲比乙后下车的概率为
P＝.
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6.15个人围坐在圆桌旁，从中任取4人，他们两两互不相邻的概率是
A. B. C. D.
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答案
15个人围坐在圆桌旁，从中任取4人，他们两两互不相邻，则可先让11个
人入坐好，再让其余4人插空，共有·种不同的围坐方法，所以所求
概率是.
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二、多项选择题
7.(2025·哈尔滨模拟)一个袋子中有4个红球，6个绿球，采用不放回方式从中依次随机取出2个球.事件A＝“两次取到的球颜色相同”，事件B＝“第二次取到红球”，事件C＝“第一次取到红球”.下列说法正确的是
A.A B B.事件B与事件C是互斥事件
C.P(AB)＝ D.P(B＋C)＝
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答案
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由题意可得，事件A包含的取球颜色为{(红，红)，(绿，绿)}，事件B包含的取球颜色为{(红，红)，(绿，红)}，事件C包含的取球颜色为{(红，红)，(红，绿)}，则A不包含于B，选项A错误；
B∩C≠ ，选项B错误；
事件AB包含的取球颜色为{(红，红)}，P(AB)＝，选项C正确；
事件B＋C包含的取球颜色为{(红，红)，(绿，红)，(红，绿)}，P(B＋C)
＝，选项D正确.
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答案
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以样本估计总体，用频率代替概率，则下列结论正确的是
A.估计平均每天销售50杯双皮奶(同一组区间以中点值为代表)
B.若当天准备55杯双皮奶，则售罄的概率为
C.若当天准备45杯双皮奶，则卖不完的概率为
D.这30天双皮奶日销售量的80%分位数是65杯
8.某冷饮店为了保证顾客能买到当天制作的双皮奶，同时尽量减少滞销，统计了30天的销售情况，得到如下数据：
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日销售量/杯 [25，35) [35，45) [45，55) [55，65) [65，75]
天数 4 6 9 5 6
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平均每天双皮奶的销售量为
＝51(杯)，A错误；
日销售量不小于55杯的概率为，B正确；
日销售量小于45杯的概率为，C正确；
1－＝0.8，因此这30天双皮奶日销售量的80%分位数是65杯，D正确.
答案
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三、填空题
9.(2025·八省联考)有8张相同的卡片,分别标有数字1,2,3,4,5,6,7,8.现从这
8张卡片中随机抽出3张,则抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片
上的数字之和相等的概率为　　.
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答案
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答案
从8张卡片中随机抽出3张,则样本空间中总的样本点个数为=56,
因为1+2+3+4+5+6+7+8=36,
所以要使抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等,
则抽出的3张卡片上的数字之和应为18,
则抽出的3张卡片上的数字的组合有8,7,3或8,6,4或7,6,5共3种,
所以符合抽出的3张卡片上的数字之和为18的样本点有3个,
所以抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等的
概率为.
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10.通过手机验证码注册某APP时，收到的验证码由四个数字a1a2a3a4(其中ai∈{0，1，2，…，9}，i＝1，2，3，4)随机组成，如果验证码a1a2a3a4满足a1它是首位为2的递增型验证码的概率为　　　　.
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答案
由题意设该验证码为a1a2a3a4，则a1＝2，2∴a2，a3，a4从3，4，5，6，7，8，9中选，
选出3个数，让其按照从小到大的顺序排列有＝35(种)排法，
又四位验证码共有10×10×10×10＝10 000(种)排法，
∴它是首位为2的递增型验证码的概率为.
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四、解答题
11.某市A，B两所中学的学生组队参加辩论赛，A中学推荐了3名男生、2名女生，B中学推荐了3名男生、4名女生，两校所推荐的学生一起参加集训.由于集训后队员水平相当，从参加集训的男生中随机抽取3人，女生中随机抽取3人组成代表队.
(1)求A中学至少有1名学生入选代表队的概率；
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答案
由题意，参加集训的男生、女生各有6名.
参赛学生全从B中学抽取(等价于A中学没有学生入选代表队)的概率
为，
故A中学至少有1名学生入选代表队的概率为1－.
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(2)某场比赛前，从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛，求参赛女生不少于2人的概率.
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答案
设“参赛的4人中女生不少于2人”为事件C，“参赛女生有2人”为事件D，“参赛女生有3人”为事件E.
则P(D)＝，P(E)＝.
由互斥事件的概率加法公式，得
P(C)＝P(D)＋P(E)＝，
故所求事件的概率为.
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12.第十五届中国国际航空航天博览会于2024年11月12日在珠海国际航展中心开幕，我国空军汇聚多方智慧，研讨无人智能、通航建设，带来了歼－35A、红－19等新型装备.某市为了了解居民对航空航天知识的认知程度，举办了一次“航空航天”知识竞赛，满分100分(90分及以上为认知程度高)，结果认知程度高的有m人，按年龄分成5组，其中第一组：[20，25)，第二组：[25，30)，第三组：[30，35)，第四组：[35，40)，第五组：[40，45]，得到如图所示的频率分布直方图.
(1)根据频率分布直方图，估计这m人年龄的
第85百分位数；
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答案
由频率分布直方图得，年龄在[20，25)，[25，30)，[30，35)，[35，40)，[40，45]的频率分别为0.05，0.35，0.3，0.2，0.1，
由各组频率知第85百分位数a∈(35，40)，
由(40－a)×0.04＝0.9－0.85，解得a＝38.75，
所以第85百分位数为38.75.
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(2)现从以上各组中采用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取20人，担任“航空航天”的宣传使者.若有甲(年龄31)、乙(年龄34)、丙(年龄42)三人已确定入选宣传使者，现计划从第三组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2人作为组长，求甲、乙、丙三人中至少有一人被选中的概率.
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答案
由第三组、第五组的频率可知第三组抽取20×0.3
＝6(人)，第五组抽取20×0.1＝2(人)，
方法一　不妨设除甲、乙、丙外的五人为A，B，
C，D，E，于是从第三组和第五组被抽到的使者
中抽取2人的所有情况为：
甲A，甲B，甲C，甲D，甲E，甲乙，甲丙，乙A，乙B，乙C，乙D，乙E，乙丙，丙A，丙B，丙C，丙D，丙E，AB，AC，AD，AE，BC，BD，BE，CD，CE，DE，共28种，
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答案
其中甲、乙、丙都没被抽到的情况有AB，AC，
AD，AE，BC，BD，BE，CD，CE，DE，共10种，
所以甲、乙、丙三人中至少有一人被选中的概率为
1－.
方法二　由题意知，甲、乙、丙三人中至少有一人
被选中的概率为1－＝1－.
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13.整数集就像一片浩瀚无边的海洋，充满了无尽的奥秘.古希腊数学家毕达哥拉斯发现220和284具有如下性质：220的所有真因数(不包括本身的因数)之和恰好等于284，同时284的所有真因数之和也等于220，他把具有这种性质的两个整数叫做一对“亲和数”，“亲和数”的发现掀起了无数数学爱好者的研究热潮.已知220和284，1 184和1 210，2 924和2 620是3对“亲和数”，把这六个数随机分成两组，一组2个数，另一组4个数，则220和284在同一组的概率为
A. B. C. D.
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答案
√
能力拓展
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由题意可得一共有种分组方法，若要满足220和284在同一组，则分两种情况讨论：①220和284在2个数这一组中，有种分组方法，
②220和284在4个数这一组中，有种分组方法.
故所求概率P＝.
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答案
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14.(2025·泉州模拟)如图，有一个质地均匀的正八面体，八个面分别标以数字1到8.将该八面体连续抛掷三次，按顺序记录它与地面接触的面上的
数字，则这三个数恰好构成等差数列的概率为　　　.
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答案
由题意可知所有可能情况共有83种，按顺序记录的三
个数恰好构成等差数列，
可以按照公差为－3，－2，－1，0，1，2，3分类，
其中公差为－3，－2，－1和3，2，1的情况对应相等.
公差为0的有(1，1，1)，(2，2，2)，…，(8，8，8)，共8种情况；
公差为1的有(1，2，3)，(2，3，4)，…，(6，7，8)，共6种情况，同公差为－1的；
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答案
公差为2的有(1，3，5)，(2，4，6)，(3，5，7)，
(4，6，8)，共4种情况，同公差为－2的；
公差为3的有(1，4，7)，(2，5，8)，共2种情况，
同公差为－3的.
所以三个数恰好构成等差数列的概率P＝.
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15.(2024·昆明模拟)在某次国际商贸交流会展期间，举办城市为了提升安保级别，在平时正常安保的基础上再将甲、乙等6名特警人员分配到展区附近的4个不同的路口进行执勤，若每个特警只能分配去1个路口且每个路口至少安排1名特警，则甲和乙不安排在同一个路口执勤的概率是　　　.
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答案
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6名特警分配到展区附近的4个不同的路口进行执勤，不同的安排方法
数为，
甲、乙安排在同一个路口，视甲、乙为一个人，5个人安排到4个路口的安排方法数为，
因此甲和乙安排在同一个路口执勤的概率是，
所以甲和乙不安排在同一个路口执勤的概率是1－.
16.(2024·长沙模拟)已知集合B，C是集合A的真子集且B∩C＝ ，如果 a∈A， b∈B，c∈C，使得a＝λb＋μc，其中λ，μ∈{0，1}，则称B，C是集合A的一组有序基底集，记为(B，C).已知A＝{1，2，3，4}，且(B，C)为A的一组有序基底集，则集合B中的元素之和小于4的概率为　　　　　.
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答案
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由题意，满足集合A＝{1，2，3，4}的有序基底集可以为：({1，2，3}，{4})，({1，2，4}，{3})，({1，3，4}，{2})，({2，3，4}，{1})，({1，2}，{3，4})，({1，3}，{2，4})，({1，4}，{2，3})，({1}，{2，3})，({1}，{2，4})，({1，2}，{3})，({1，4}，{2})，共有11组；再把每组中的两个集合调换位置，此时也是11组，综上可得，共计22组，其中满足集合B中元素之和小于4的有9组，所以概率为.
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