(共17张PPT)
第八节 二项分布、
正态分布及其应用
讲
核心考点·全突破
考点一
条件概率与正态分布
考点二
独立重复试验与二项分布
考点三
相互独立事件同时发生的概率
练
考题预测·全过关
课时分层提升练
内容索引
【对点练通】
1.(2020·乐山模拟)甲、乙等4人参加4×100米接力赛,在甲不跑第一棒的条件下,乙不跑第二棒的概率是
( )
【解析】选D.甲不跑第一棒共有
=18(种)情况,
甲不跑第一棒且乙不跑第二棒共有两类:
(1)乙跑第一棒,共有
=6(种)情况;
(2)乙不跑第一棒,共有
=8(种)情况,所以在甲不跑第一棒的条件下,
乙不跑第二棒的概率为
2.已知随机变量ξ服从正态分布N(2,σ2),P(ξ≤4)=0.84,则P(ξ≤0)=
( )
A.0.16
B.0.32
C.0.68
D.0.84
【解析】选A.因为曲线的对称轴是直线x=2,所以P(ξ≤0)=P(ξ>4)=1-P(ξ≤4)=0.16.
【变式备选】
已知某批零件的长度误差(单位:毫米)服从正态分布N(0,32),从中随机取一件,其长度误差落在区间(3,6)内的概率为
( )
(附:若随机变量ξ服从正态分布N(μ,σ2),则P(μ-σ<ξ≤μ+σ)≈68.27%,
P(μ-2σ<ξ≤μ+2σ)≈95.45%)
A.4.56%
B.13.59%
C.27.18%
D.31.74%
【解析】选B.由已知μ=0,σ=3.
所以P(3<ξ<6)=
[P(-6<ξ<6)-P(-3<ξ<3)]≈
(95.45%-68.27%)
=
×27.18%
=13.59%.
【对点练通】
1.把一枚硬币连续抛两次,记“第一次出现正面”为事件A,“第二次出现正面”
为事件B,则P(B|A)等于
( )
【解析】选A.由古典概型知P(A)=
,P(AB)=
,则由条件概率公式知P(B|A)=
2.从某企业生产的某种产品中抽取100件,测量这些产品的质量指标值.由测量结果得到如图所示的频率分布直方图,质量指标值落在区间[55,65),[65,75),
[75,85]内的频率之比为4∶2∶1.
(1)求这些产品质量指标值落在区间[75,85]内的频率.
(2)若将频率视为概率,从该企业生产的这种产品中随机抽取3件,记这3件产品中质量指标值位于区间[45,75)内的产品件数为X,求X的分布列.
【解析】(1)设这些产品质量指标值落在区间[75,85]内的频率为x,则落在区间[55,65),[65,75)内的频率分别为4x,2x.依题意得(0.004+0.012+0.019+
0.030)×10+4x+2x+x=1,解得x=0.05.
所以这些产品质量指标值落在区间[75,85]内的频率为0.05.
(2)由(1)得,这些产品质量指标值落在区间[45,75)内的频率为0.3+0.2+0.1=0.6,
将频率视为概率得p=0.6.
从该企业生产的这种产品中随机抽取3件,相当于进行了3次独立重复试验,所以X服从二项分布B～(n,p),其中n=3,p=0.6.
因为X的所有可能取值为0,1,2,3,
且P(X=0)=
×0.60×0.43=0.064,
P(X=1)=
×0.61×0.42=0.288,
P(X=2)=
×0.62×0.41=0.432,
P(X=3)=
×0.63×0.40=0.216,
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
P
0.064
0.288
0.432
0.216
【对点练通】
1.(2020·玉林模拟)在某次射击中,甲命中目标的概率是
,乙命中目标的概率
是
,丙命中目标的概率是
.现在三人同时射击目标,则目标被击中的概率为
________.?
【解析】设“甲命中目标”为事件A,“乙命中目标”为事件B,“丙命中目标”
为事件C,则击中目标表示事件A,B,C中至少有一个发生.又
=[1-P(A)]·[1-P(B)]·[1-P(C)]=
故目标被击中的概率P=1-
答案:
2.一款击鼓小游戏的规则如下:每盘游戏都需击鼓三次,每次击鼓要么出现一次音
乐,要么不出现音乐;每盘游戏击鼓三次后,出现一次音乐获得10分,出现两次音
乐获得20分,出现三次音乐获得100分,没有出现音乐则扣除200分(即获得-200
分).设每次击鼓出现音乐的概率为
,且各次击鼓出现音乐相互独立.
(1)设每盘游戏获得的分数为X,求X的分布列.
(2)玩三盘游戏,至少有一盘出现音乐的概率是多少?
【解析】(1)X可能的取值为10,20,100,-200.
根据题意,有
P(X=10)=
P(X=20)=
P(X=100)=
P(X=-200)=
所以X的分布列为
(2)设“第i盘游戏没有出现音乐”为事件Ai(i=1,2,3),
则P(A1)=P(A2)=P(A3)=P(X=-200)=
.
所以“三盘游戏中至少有一盘出现音乐”的概率为
1-P(A1A2A3)=
因此,玩三盘游戏,至少有一盘出现音乐的概率是
.(共14张PPT)
第二节
排列与组合
讲
核心考点·全突破
考点一
排列的应用
考点二
组合的应用
考点三
排列、组合的综合应用
练
考题预测·全过关
课时分层提升练
内容索引
【对点练通】
1.用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中奇数的个数为( )
A.24
B.48
C.60
D.72
【解析】选D.由题意,可知个位可以从1,3,5中任选一个,有
种方法,其他数
位上的数可以从剩下的4个数字中任选,进行全排列,有
种方法,所以奇数的
个数为
=3×4×3×2×1=72.
2.从6本不同的书中选出4本,分别发给4个同学,已知其中两本书不能发给甲同学,则不同的分配方法有
( )
A.180种
B.220种
C.240种
D.260种
【解析】选C.因为其中两本书不能发给甲同学,所以甲只能从剩下的4本中分
一本,然后再选3本分给3个同学,故有
=240(种).
【变式备选】数字“2
015”中,各位数字相加和为8,称该数为“如意四位数”,则用数字0,1,2,3,4,5组成的无重复数字且大于2
015的“如意四位数”有______个.
( )?
A.21
B.22
C.23
D.24
【解析】选C.满足四位数字之和等于8的四个数字为0,1,2,5或0,1,3,4.
0,1,2,5组成的无重复数字且大于2
015的“如意四位数”共有1+2+2+
=11(个);
0,1,3,4组成的无重复数字且大于2
015的“如意四位数”共有2
=12(个),故共有23个.
【对点练通】
1.(2020·昭通模拟)从集合{1,2,3,4,…,10}中,选出5个数组成子集,使得
这5个数中任意两个数的和都不等于11,则这样的子集有
( )
A.32个
B.34个
C.36个
D.38个
【解析】选A.将和等于11的放在一组:1和10,2和9,3和8,4和7,5和6.从每一
小组中取一个,有
=2(种).共有2×2×2×2×2=32(个)子集.
2.一份试卷有10道考题,分为A,B两组,每组5题,要求考生选答6题,但每组
最多选4题,则每位考生有______种选答方案.?
【解析】分三类:A组4题B组2题,A组3题B组3题,A组2题B组4题.共有
=50+100+50=200种.
答案:200
【变式备选】
(2018·菏泽模拟)从5名男医生,4名女医生中选3名医生组成一个医疗小
分队,要求其中男、女医生都有,则不同的组队方案共有
( )
A.70种 B.80种 C.100种 D.140种
【解析】选A.从9名医生中任选3名有
=84种,都是男医生和都是女医生的
有
=14种,男、女医生都有的选法为84-14=70种.
【对点练通】
1.计划将排球、篮球、乒乓球3个项目的比赛安排在4个不同的体育馆举办,每个项目的比赛只能安排在一个体育馆进行,则在同一个体育馆比赛的项目不超过2个的安排方案共有
( )
A.60种
B.42种
C.36种
D.24种
【解析】选A.若3个项目分别安排在不同的场馆,则安排方案共有
=24(种);
若有2个项目安排在同一个场馆,另一个安排在其他场馆,则安排方案共有
=36(种);所以在同一个体育馆比赛的项目不超过2个的安排方案共
有24+36=60(种).
2.某城市地铁站有6个候车位(成一排),现有3名乘客随机坐在某个座位上候
车,则恰好有2个连续空位的候车方式的种数是
( )
A.48
B.54
C.72
D.84
【解析】选C.根据题意,先把3名乘客进行全排列,有
=6种排法,排好后,
有4个空,再将1个空位和余下的2个连续的空位插入4个空中,有
=12种排法,
则共有6×12=72种候车方式.
3.(2020·昭通模拟)将A,B,C,D,E排成一列,要求A,B,C在排列中顺序为
“A,B,C”或“C,B,A”(可以不相邻),这样的排列数有________种.?
【解析】五个元素没有限制全排列数为
,由于要求A,B,C的次序一定
(按A,B,C或C,B,A),故除以这三个元素的全排列
,可得这样的排列数
有
×2=40(种).
答案:40(共14张PPT)
第九节 离散型随机变量的均值与方差
讲
核心考点·全突破
考点一
离散型随机变量的均值、方差
考点二
均值与方差在决策中的应用
练
考题预测·全过关
课时分层提升练
内容索引
【对点练通】
1.口袋中有5个形状和大小完全相同的小球,编号分别为0,1,2,3,4,从中任取3个球,以ξ表示取出球的最小号码,则E(ξ)=
( )
A.0.45
B.0.5
C.0.55
D.0.6
【解析】选B.
2.为迎接2022年北京冬奥会,推广滑雪运动,某滑雪场开展滑雪促销活动.该滑雪
场的收费标准是:滑雪时间不超过1小时免费,超过1小时的部分每小时收费标准为
40元(不足1小时的部分按1小时计算).有甲、乙两人相互独立地来该滑雪场运动,
设甲、乙不超过1小时离开的概率分别为
1小时以上且不超过2小时离开的
概率分别为
两人滑雪时间都不会超过3小时.
(1)求甲、乙两人所付滑雪费用相同的概率.
(2)设甲、乙两人所付的滑雪费用之和为随机变量ξ,求ξ的分布列与数学期望
E(ξ),方差D(ξ).
【解析】(1)两人所付费用相同,相同的费用可能为0,40,80元.
两人都付0元的概率为P1=
两人都付40元的概率为P2=
两人都付80元的概率为
P3=
则两人所付费用相同的概率为P=P1+P2+P3=
(2)设甲、乙所付费用之和为ξ,ξ可能取值为0,40,80,120,160,则:P(ξ=0)=
P(ξ=40)=
P(ξ=80)=
P(ξ=120)=
P(ξ=160)=
ξ的分布列为
E(ξ)=0×
+40×
+80×
+120×
+160×
=80.
D(ξ)=(0-80)2×
+(40-80)2×
+(80-80)2×
+(120-80)2×
+(160-
80)2×
=
.
【对点练通】
1.某人从家乘车到单位,途中有
3
个交通岗亭,假设在
3
个交通岗亭遇到红灯的事件是相互独立的,且概率都是0.4,则此人上班途中遇到红灯次数的期望为
( )
A.0.4
B.1.2
C.0.43
D.0.6
【解析】选B.设此人上班途中遇红灯的次数为X,
则X～B(3,0.4),所以E(X)=3×0.4=1.2.
2.(2020·柳州质检)某银行柜台设有一个服务窗口,假设顾客办理业务所需的时
间互相独立,且都是整数分钟,对以往顾客办理业务所需的时间统计结果如下:
从第一个顾客开始办理业务时计时.
(1)估计第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务的概率.
(2)X表示至第2分钟末已办理完业务的顾客人数,求X的分布列及数学期望.
办理业务所需的时间(分)
1
2
3
4
5
频率
0.1
0.4
0.3
0.1
0.1
【解析】设Y表示顾客办理业务所需的时间,用频率估计概率,得Y的分布列如下:
(1)A表示事件“第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务”,则事件A对应三种情
形:
Y
1
2
3
4
5
P
0.1
0.4
0.3
0.1
0.1
①第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟,且第二个顾客办理业务所需的时间为
3分钟;②第一个顾客办理业务所需的时间为3分钟,且第二个顾客办理业务所需的
时间为1分钟;③第一个和第二个顾客办理业务所需的时间均为2分钟.所以P(A)=
P(Y=1)P(Y=3)+P(Y=3)P(Y=1)+P(Y=2)P(Y=2)=0.1×0.3+0.3×0.1+0.4×0.4=0.22.
(2)X所有可能的取值为0,1,2.
X=0对应第一个顾客办理业务所需的时间超过2分钟,
所以P(X=0)=P(Y>2)=0.5;
X=1对应第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟且第二个顾客办理业务所需的时间超过1分钟,或第一个顾客办理业务所需的时间为2分钟,
所以P(X=1)=P(Y=1)P(Y>1)+P(Y=2)=0.1×0.9+0.4=0.49,
X=2对应两个顾客办理业务所需的时间均为1分钟,
所以P(X=2)=P(Y=1)P(Y=1)=0.1×0.1=0.01,
所以X的分布列为
所以E(X)=0×0.5+1×0.49+2×0.01=0.51.
X
0
1
2
P
0.5
0.49
0.01(共18张PPT)
第七节 离散型随机
变量及其分布列
讲
核心考点·全突破
考点一
离散型随机变量分布列的性质
考点二
离散型随机变量分布列的求法
考点三
超几何分布
练
考题预测·全过关
课时分层提升练
内容索引
【对点练通】
1.(2019·浙江高考)设0
则当a在(0,1)内增大时
( )
A.D(X)增大
B.D(X)减小
C.D(X)先增大后减小
D.D(X)先减小后增大
【解析】选D.由表可以求得E(X)=
E(X2)=0×
所以由D(X)=E(X2)-
所以当a在(0,1)内增大时,D(X)先减小后增大.
2.
(2020·大理模拟)已知随机变量X的分布规律为P(X=i)=
(i=1,2,3),
则P(X=2)=________.?
【解析】由分布列的性质知
所以a=3,所以P(X=2)=
答案:
【对点练通】
1.甲乙两人进行围棋比赛,约定先连胜两局者直接赢得比赛,若赛完5局仍未出现
连胜,则判定获胜局数多者赢得比赛.假设每局甲获胜的概率为
,乙获胜的概
率为
,各局比赛结果相互独立.
(1)求甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率.
(2)记X为比赛决出胜负时的总局数,求X的分布列.
【解析】用A表示“甲在4局以内(含4局)赢得比赛”,Ak表示“第k局甲获胜”,
Bk表示“第k局乙获胜”.
则P(Ak)=
,P(Bk)=
,k=1,2,3,4,5.
(1)P(A)=P(A1A2)+P(B1A2A3)+P(A1B2A3A4)
=P(A1)P(A2)+P(B1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(B2)·P(A3)P(A4)
(2)X的可能取值为2,3,4,5.
P(X=2)=P(A1A2)+P(B1B2)
=P(A1)P(A2)+P(B1)P(B2)=
,
P(X=3)=P(B1A2A3)+P(A1B2B3)
=P(B1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(B2)P(B3)=
,
P(X=4)=P(A1B2A3A4)+P(B1A2B3B4)
=P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)+P(B1)P(A2)P(B3)·P(B4)=
,
P(X=5)=1-P(X=2)-P(X=3)-P(X=4)=
.
故X的分布列为
2.连续抛掷同一颗均匀的骰子,令第i次得到的点数为ai,若存在正整数k,使a1+a2+…+ak=6,则称k为你的幸运数字.
(1)求你的幸运数字为3的概率.
(2)若k=1,则你的得分为6分;若k=2,则你的得分为4分;若k=3,则你的得分为2分;若抛掷三次还没找到你的幸运数字,则记0分,求得分ξ的分布列.
【解析】(1)设“连续抛掷3次骰子,和为6”为事件A,则它包含事件A1,A2,A3,
其中A1:三次恰好均为2;A2:三次中恰好1,2,3各一次;A3:三次中有两次均为1,
一次为4.
A1,A2,A3为互斥事件,则
P(A)=P(A1)+P(A2)+P(A3)=
(2)由已知得ξ的可能取值为6,4,2,0,
P(ξ=6)=
,P(ξ=4)=
P(ξ=2)=
,P(ξ=0)=1-
故ξ的分布列为
【对点练通】
1.袋中有10个球,其中7个是红球,3个是白球,任意取出3个,这3个都是红球的
概率是
( )
【解析】选B.
P=
2.PM2.5是指悬浮在空气中的空气动力学当量直径小于或等于2.5微米的可入肺颗粒物.根据现行国家标准,PM2.5日均值在35微克/立方米以下空气质量为一级;在35微克/立方米～75微克/立方米之间空气质量为二级;在75微克/立方米以上空气质量为超标.
从某自然保护区2014年全年每天的PM2.5监测数据中随机地抽取10天的数据作为样本,监测值频数如表所示:
PM2.5日均值
(微克/立方米)
[25,
35)
[35,
45)
[45,
55)
[55,
65)
[65,
75)
[75,
85]
频数
3
1
1
1
1
3
(1)从这10天的PM2.5日均值监测数据中,随机抽出3天,求恰有一天空气质量达到一级的概率.
(2)从这10天的数据中任取3天数据,记ξ表示抽到PM2.5监测数据超标的天数,求ξ的分布列.
【解析】(1)记“10天的PM2.5日均值监测数据中,随机抽出3天,恰有一天空气
质量达到一级”为事件A,则P(A)=
(2)依据条件,ξ服从超几何分布,其中N=10,M=3,n=3,且随机变量ξ可能取值
为0,1,2,3.
P(ξ=k)=
所以P(ξ=0)=
P(ξ=2)=
因此ξ的分布列为(共12张PPT)
第三节
二项式定理
讲
核心考点·全突破
考点一
展开式中的特定项或特定项的系数
考点二
二项式系数的和与各项的系数和
考点三
二项式系数与展开式系数的最值问题
练
考题预测·全过关
课时分层提升练
内容索引
【对点练通】
1.设复数x=
(i为虚数单位),则
x+
x2+
x3+…+
x2
017
=
( )
A.i
B.-i
C.-1+i
D.1+i
【解析】选C.x=
=-1+i,
x+
x2+…+
x2
017
=(1+x)2
017-1=i2
017-1=i-1.
2.487被7除的余数为a(0≤a<7),则
展开式中x-3的系数为
( )
A.4
320
B.-4
320
C.20
D.-20
【解析】选B.487=(49-1)7=
·497-
·496+…+
·49-1,
因为487被7除的余数为a(0≤a<7),所以a=6,
所以
展开式的通项为Tr+1=
·(-6)r·x6-3r,
令6-3r=-3,可得r=3,
所以
展开式中x-3的系数为
·(-6)3=-4
320.
【变式备选】
若
x+
x2+…+
xn能被7整除,则x,n的值可能为
( )
A.x=4,n=3
B.x=4,n=4
C.x=5,n=4
D.x=6,n=5
【解析】选C.
x+
x2+…+
xn=(1+x)n-1,
当x=5,n=4时,(1+x)n-1=64-1=35×37,
能被7整除.
【对点练通】
1.若二项式
的展开式中各项系数的和是512,则展开式中的常数项
为
( )
A.-27
B.27
C.-9
D.9
【解析】选B.令x=1得2n=512,所以n=9,故
的展开式的通项为
Tr+1=
(3x2)9-r
=(-1)r
·39-rx18-3r,令18-3r=0得r=6,
所以常数项为T7=(-1)6
·33=27
.
2.(1-3x)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,则|a0|+|a1|+|a2|+|a3|+|a4|+|a5|=( )
A.1
024
B.243
C.32
D.24
【解析】选A.令x=-1得a0-a1+a2-a3+a4-a5
=|a0|+|a1|+|a2|+|a3|+|a4|+|a5|=[1-(-3)]5
=45=1
024.
【对点练通】
1.使
(n∈N
)的展开式中含有常数项的最小的n为
( )
A.4
B.5
C.6
D.7
【解析】选B.根据二项展开式的通项公式得
Tr+1=
(3x)n-r·
=
·3n-r·
(r=0,1,2,…,n).
若Tr+1是常数项,则有n-
r=0,
即2n=5r(r=0,1,…,n).
当r=0,1时,n=0,
,不满足条件;
当r=2时,n=5.
2.在
的展开式中x3的系数等于-5,则该展开式各项的系数中最大值
为
( )
A.5
B.10
C.15
D.20
【解析】选B.Tr+1=
x5-r
=(-a)r
x
5-2r,r=0,1,2,…,5,由5-2r=3,
解得r=1,所以(-a)
=-5a=-5,解得a=1,所以Tr+1=(-1)r
x5-2r,r=0,1,2,…,
5,当r=0时,(-1)0
=1;当r=2时,(-1)2
=10;当r=4时,(-1)4
=5.所以该展
开式各项的系数中最大值为10.(共17张PPT)
第四节
随机事件的概率
讲
核心考点·全突破
考点一
随机事件
考点二
随机事件的频率与概率
考点三
互斥事件与对立事件的概率
练
考题预测·全过关
课时分层提升练
内容索引
【对点练通】
1.掷一颗质地均匀的骰子,观察所得的点数a,设事件A为“a为3”,事件B为“a为4”,事件C为“a为奇数”,则下列结论正确的是
( )
A.A与B为互斥事件
B.A与B为对立事件
C.A与C为对立事件
D.A与C为互斥事件
【解析】选A.因为事件A为“a为3”,事件B为“a为4”,事件C为“a为奇数”,所以A与B是互斥事件,B与C是互斥事件,这里没有对立事件,A事件包含在C事件里.
2.口袋里装有1红,2白,3黄共6个形状相同的小球,从中取出2球,事件A=“取出的2球同色”,B=“取出的2球中至少有1个黄球”,C=“取出的2球中至少有1个白球”,D=“取出的2球不同色”,E=“取出的2球中至多有1个白球”.下列判断正确的序号为________.?
①A与D为对立事件;②B与C是互斥事件;③C与E是对立事件;④P(C∪E)=1;
⑤P(B)=P(C).
【解析】当取出的2个球为一黄一白时,B与C都可能发生,②不正确.当取出的2个
球中恰有一个白球时,事件C与E都可能发生,则③不正确.显然A与D是对立事件,
①正确.C∪E为必然事件,P(C∪E)=1,④正确.由于P(B)=
,P(C)=
,所以⑤
不正确.
答案:①④
【对点练通】
1.去年年底甲、乙、丙、丁四个县人口总数为m万,各县人口占比如图.其中丙县人口为70万.则去年年底甲县的人口为
( )
A.162万
B.176万
C.182万
D.186万
【解析】选C.由统计图可得,丙县人口占四个县总人口的20%,
又丙县人口为70万,所以四个县总人口为
=350万,
因甲县人口占四个县总人口的52%,
所以甲县的人口为350×52%=182万.
2.某商店计划每天购进某商品若干件,商店每销售1件该商品可获利50元.若供大于求,剩余商品全部退回,但每件商品亏损10元;若供不应求,则从外部调剂,此时每件调剂商品可获利30元.
(1)若商店一天购进该商品10件,求日利润y(单位:元)关于日需求量n(单位:件,n∈N)的函数解析式.
(2)商店记录了50天该商品的日需求量n(单位:件),整理得下表:
①假设该店在这50天内每天购进10件该商品,求这50天的日利润(单位:元)的平均数;
②若该店一天购进10件该商品,以50天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率,求日利润在区间[400,550]内的概率.
日需求量n
8
9
10
11
12
频数
9
11
15
10
5
【解析】(1)当日需求量n≥10时,
日利润y=50×10+(n-10)×30=30n+200,
当日需求量n<10时,
日利润y=50×n-(10-n)×10=60n-100.
所以日利润y与日需求量n的函数解析式为
(2)50天内有9天获得的日利润为380元,有11天获得的日利润为440元,有15天获得的日利润为500元,有10天获得的日利润为530元,有5天获得的日利润为560元.
①这50天的日利润(单位:元)的平均数为
=477.2(元).
②日利润(单位:元)在区间[400,550]内的概率为
P=
【对点练通】
1.甲、乙两人下棋,两人下成和棋的概率是
,甲获胜的概率是
,则甲不
输的概率为
( )
【解析】选A.设“两人下成和棋”为事件A,“甲获胜”为事件B.事件A与B
是互斥事件,所以甲不输的概率P=P(A+B)=P(A)+P(B)=
2.(2020·楚雄模拟)抛掷一枚质地均匀的骰子(骰子的六个面上分别标有
1,2,3,4,5,6个点)一次,观察掷出向上的点数,设事件A为掷出向上点数为
偶数点,事件B为掷出向上点数为3点,则P(A∪B)=
( )
【解析】选B.事件A为掷出向上为偶数点,
所以P(A)=
.
事件B为掷出向上为3点,所以P(B)=
.
又事件A,B是互斥事件,
所以P(A∪B)=P(A)+P(B)=
.
3.(2019·江苏高考)从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿者服务,则选出的2名同学中至少有1名女同学的概率是________.?
【解析】方法一:从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿者服务,
共有
=10种情况.若选出的2名学生恰有1名女生,有
=6种情况,
若选出的2名学生都是女生,有
=1种情况,
所以所求的概率为
方法二:P=1-
答案:(共14张PPT)
第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布
第一节 分类加法计数原理
与分步乘法计数原理
讲
核心考点·全突破
考点一
分类加法计数原理
考点二
分步乘法计数原理
考点三
两个计数原理的综合应用
练
考题预测·全过关
课时分层提升练
内容索引
【对点练通】
1.有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学,在数学检测时要求每位教师不能在本班监考,则不同的监考方法有
( )
A.8种
B.9种
C.10种
D.11种
【解析】选B.设四位监考教师分别为A,B,C,D,所教班分别为a,b,c,d,假设A监考b,则余下三人监考剩下的三个班,共有3种不同方法,同理A监考c,d时,也分别有3种不同方法,由分类加法计数原理,共有3+3+3=9(种)不同的监考方法.
2.若x,y∈N
,且x+y≤6,则有序自然数对(x,y)共有________个.?
【解析】当x=1时,y可取的值为5,4,3,2,1,共5个;当x=2时,y可取的值为4,3,2,1,共4个;
当x=3时,y可取的值为3,2,1,共3个;
当x=4时,y可取的值为2,1,共2个;
当x=5时,y可取的值为1,共1个.
即当x=1,2,3,4,5时,y的值依次有5,4,3,2,1个,由分类加法计数原理,得不同的数对(x,y)共有5+4+3+2+1=15(个).
答案:15
【对点练通】
1.已知集合M={-3,-2,-1,0,1,2},P(a,b)(a,b∈M)表示平面上的点,则P可表示坐标平面上第二象限的点的个数为
( )
A.6
B.12
C.24
D.36
【解析】选A.确定第二象限的点,可分两步完成:
第一步确定a,由于a<0,所以有3种方法;
第二步确定b,由于b>0,所以有2种方法.
由分步乘法计数原理,得到第二象限的点的个数是3×2=6.
2.把标号为1,2,3,4的四个小球分别放入标号为1,2,3,4的四个盒子中,每个盒子只放一个小球,则1号球不放入1号盒子的方法共有
( )
A.18种
B.9种
C.6种
D.3种
【解析】选A.由于1号球不放入1号盒子,则1号盒子有2,3,4号球三种选择,
还剩余三个球可以任意放入2,3,4号盒子中,则2号盒子有三种选择,3号盒子
还剩两种选择,4号盒子只有一种选择,根据分步乘法计数原理可得1号球不放
入1号盒子的方法有
·1=18种.
【变式备选】
设集合A={-1,0,1},集合B={0,1,2,3},定义A
B={(x,y)|x∈A∩B,y∈A∪B},则A
B中元素的个数是
( )
A.7 B.10 C.25 D.52
【解析】选B.由题意知本题考查分步乘法计数原理,因为集合A={-1,0,1},集合B={0,1,2,3},所以A∩B={0,1},A∪B={-1,0,1,2,3},所以x有2种取法,y有5种取法,所以根据分步乘法计数原理得2×5=10.
【对点练通】
1.如图所示,用4种不同的颜色涂入图中的矩形A,B,C,D中,要求相邻的矩形涂色不同,则不同的涂法有
( )
A.72种
B.48种
C.24种
D.12种
A
B
C
D
【解析】选A.方法一:首先涂A有4种涂法,则涂B有3种涂法,C与A,B相邻,则C有2种涂法,D只与C相邻,则D有3种涂法,所以共有4×3×2×3=72种涂法.
方法二:按要求涂色至少需要3种颜色,故分两类:一是4种颜色都用,这时A有4种涂法,B有3种涂法,C有2种涂法,D有1种涂法,共有4×3×2×1=24(种)涂法;二是用3种颜色,这时A,B,C的涂法有4×3×2=24(种),D只要不与C同色即可,故D有2种涂法,所以不同的涂法共有24+24×2=72(种).
2.如图所示,在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中,与正八边形有公共边的三角形有________个(用数字作答).?
【解析】把与正八边形有公共边的三角形分为两类:
第一类,有一条公共边的三角形共有8×4=32(个).
第二类,有两条公共边的三角形共有8个.
由分类加法计数原理知,共有32+8=40(个).
答案:40
【变式备选】
某城市在中心广场建造一个花圃,花圃分为6个部分(如图).现要栽种4种不同颜色的花,每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花,不同的栽种方法有________种(用数字作答).?
【解析】从题意来看6部分种4种颜色的花,又从图形看知必有2组同颜色的花,从同颜色的花入手分类求.
(1)②与⑤同色,则③⑥也同色或④⑥也同色,
所以共有N1=4×3×2×2×1=48(种).
(2)③与⑤同色,则②④或⑥④同色,
所以共有N2=4×3×2×2×1=48(种).
(3)②与④且③与⑥同色,则共有N3=4×3×2×1=24(种).
所以共有N=N1+N2+N3=48+48+24=120(种).
答案:120(共14张PPT)
第五节
古
典
概
型
讲
核心考点·全突破
考点一
古典概型的判断
考点二
古典概型的简单应用问题
考点三
古典概型的交汇问题
练
考题预测·全过关
课时分层提升练
内容索引
【对点练通】
1.袋中有2个红球,2个白球,2个黑球,从里面任意摸2个小球,下列不是基本事件的是
( )
A.正好2个红球
B.正好2个黑球
C.正好2个白球
D.至少一个红球
【解析】选D.至少一个红球包含:一红一白或一红一黑或2个红球,所以至少一个红球不是基本事件,其他事件都是基本事件.
2.下列是古典概型的是
( )
(1)从6名同学中,选出4人参加数学竞赛,每人被选中的可能性的大小;(2)同时掷两颗骰子,点数和为7的概率;(3)近三天中有一天降雨的概率;(4)10个人站成一排,其中甲、乙相邻的概率.
A.(1)(2)(3)(4)
B.(1)(2)(4)
C.(2)(3)(4)
D.(1)(3)(4)
【解析】选B.(1)(2)(4)为古典概型,因为都适合古典概型的两个特征:有限性和等可能性,而(3)不适合等可能性,故不为古典概型.
【变式备选】
同时投掷两颗大小完全相同的骰子,用(x,y)表示结果,记A为“所得点数之和小于5”,则事件A包含的基本事件数是
( )
A.3
B.4
C.5
D.6
【解析】选D.事件A包含的基本事件有6个:(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),
(2,2),(3,1).
【对点练通】
某人在微信群中发了一个7元“拼手气”红包,被甲、乙、丙三人抢完,若三人均领到整数元,且每人至少领到1元,则甲领取的钱数不少于其他任何人的概率是________.?
【解析】由题意得甲、乙、丙三人分别领到的钱数共有(1,1,5),(1,5,1),
(5,1,1);(1,2,4),(1,4,2),(2,1,4),(2,4,1),(4,1,2),(4,2,1);(1,3,3),
(3,1,3),(3,3,1);(2,2,3),(2,3,2),(3,2,2)这15种,其中甲领取的钱数不少
于其他任何人的事件有(5,1,1);(4,1,2),(4,2,1);(3,1,3),(3,3,1);(3,2,2)
这6种,所以概率为
答案:
【对点练通】
从集合{2,4,8}中随机选取一个数为m,则方程
=1表示离心率为
的椭圆的概率为
( )
【解析】选C.从集合{2,4,8}中随机选取一个数m,则m=2时,椭圆为
=1,
离心率为e=
;当m=4时,方程
=1,表示圆;
当m=8时,椭圆方程为
=1,
离心率为:e=
故方程
=1表示离心率为
的椭圆的概率为
.
【典例3-3】将一颗骰子先后投掷两次分别得到点数a,b,则直线ax+by=0与圆
(x-2)2+y2=2有公共点的概率为________.?
【解析】依题意,将一颗骰子先后投掷两次得到的点数所形成的数组(a,b)有
(1,1),(1,2),(1,3),…,(6,6),共36种,其中满足直线ax+by=0与圆(x-2)2+y2=2
有公共点,即满足
即a≤b,则当a=1时,b=1,2,3,4,5,6,共有6种,
当a=2时,b=2,3,4,5,6,共5种,同理当a=3时,有4种,a=4时,有3种,a=5时,有
2种,a=6时,有1种,故共6+5+4+3+2+1=21种,因此所求的概率等于
答案:
【对点练通】
据《孙子算经》中记载,中国古代诸侯的等级从低到高分别为:男、子、伯、侯、公,共五级.现有每个级别的诸侯各一人,共五人要把80个橘子分完且每人都要分到橘子,级别每高一级就多分m个(m为正整数),若按这种方法分橘子,“公”恰好分得30个橘子的概率是
( )
【解析】选B.设首项为a1,因为和为80,所以5a1+
×5×4×m=80,
所以m=8-
a1
因为m,a1∈N
,
所以
因此“公”恰好分得30个橘子的概率是
.(共18张PPT)
第六节
几
何
概
型
讲
核心考点·全突破
考点一
与长度、角度有关的几何概型
考点二
与面积有关的几何概型
考点三
与体积有关的几何概型
练
考题预测·全过关
课时分层提升练
内容索引
【对点练通】
1.在区间
上随机取一个数x,则sin
x的值介于-
与
之间的概率
为
( )
【解析】选A.所求概率P=
2.设a∈[0,10],则函数g(x)=
在区间(0,+∞)上为增函数的概率
为________.?
【解析】因为函数g(x)=
在区间(0,+∞)上为增函数,所以a-2<0,
解得a<2,所以函数g(x)=
在区间(0,+∞)上为增函数的概率P=
答案:
【对点练通】
1.如图,在边长为1的正方形内有不规则图形Ω,由电脑随机从正方形中抽取
10
000个点,若落在图形Ω内和图形Ω外的点分别为3
335,6
665,则图形Ω
面积的估计值为( )
【解析】选C.设图形Ω的面积为S,则由几何概型及题意得
所以S=
=0.333
5≈
,即图形Ω面积的估计值为
.
2.如图,已知圆的半径为10,其内接三角形ABC的内角A,B分别为60°和45°,现向圆内随机撒一粒豆子,则豆子落在三角形ABC内的概率为
( )
【解析】选B.由正弦定理
=2R(R为圆的半径)?
那么S△ABC=
×10
×10
×sin
75°
=
×10
×10
×
=25(3+
).
于是,豆子落在三角形ABC内的概率为
【变式备选】
在区间[0,1]上随机取两个数x,y,记p1为事件“x+y≥
”的概率,p2为
事件“|x-y|≤
”的概率,p3为事件“xy≤
”的概率,则( )
A.p1B.p2C.p3D.p3【解析】选B.由题意知,事件“x+y≥
”的概率为p1=1-
事件“|x-y|≤
”的概率为p2
=1-
,事件“xy≤
”的概率为p3=
,
其中,S0=
×1+
dx=
(1+ln
2),
S=1×1=1,由图知
;所以,p2【对点练通】
1.一个多面体的直观图和三视图如图所示,点M是AB的中点,一只蝴蝶在几何体ADF-BCE内自由飞翔,则它飞入几何体F-AMCD内的概率为
( )
【解析】选D.因为VF-AMCD=
×S四边形AMCD×DF=
a3,
VADF-BCE=
a3,
所以它飞入几何体F-AMCD内的概率为
2.在体积为V的三棱锥S-ABC的棱AB上任取一点P,则三棱锥S-APC的体积大于
的概率是________.?
【解析】如图,三棱锥S-ABC与三棱锥S-APC的高相同,要使三棱锥S-APC的体积
大于
,只需△APC的面积大于△ABC的面积的
.
假设点P是线段AB靠近点A的三等分点,记事件M为“三棱锥S-APC的体积大
于
”,则事件M发生的区域是线段PB.从而P(M)=
答案:
【变式备选】
如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,E,H分别是棱A1B1,D1C1上的点(点E与B1不重
合),且EH∥A1D1,过EH的平面与棱BB1,CC1相交,交点分别为F,G.若AB=2AA1=2a,
EF=a,B1E=2B1F,在长方体ABCD-A1B1C1D1内随机选取一点,则该点取自于几何体
A1ABFE-D1DCGH内的概率为________.?
【解析】在直角三角形B1EF中,因为斜边EF=a,B1E=2B1F,所以B1E=
B1F=
根据几何概型概率公式,
得P=
答案: