计数原理、概率、随机变量及其分布
全国卷五年考情图解
高考命题规律把握
1.考查形式高考在本章一般命制1道小题或者1道解答题，分值占5～17分．2.考查内容计数原理常与古典概型综合考查；几何概型均以选择题的形式单独考查；对二项式定理的考查主要是利用通项公式求特定项；对正态分布的考查，可能单独考查也可能在解答题中出现；以实际问题为背景，考查分布列、期望等是高考的热点题型.
两个计数原理、排列与组合
[考试要求]
1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.
2.能正确区分“类”和“步”，并能利用两个原理解决一些简单的实际问题.
3.理解排列的概念及排列数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题.
4.理解组合的概念及组合数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题．
1．两个计数原理
分类加法计数原理
分步乘法计数原理
条件
完成一件事，可以有n类办法，在第一类办法中有m1种方法，在第二类办法中有m2种方法，…，在第n类办法中有mn种方法
完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第一步有m1种方法，做第二步有m2种方法，…，做第n步有mn种方法
结论
完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种方法
完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种方法
2．排列、组合的定义
排列的定义
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素
按照一定的顺序排成一列
组合的定义
合成一组
3．排列数、组合数的定义、公式、性质
排列数
组合数
定义
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数
公式
A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝
C＝＝
性质
A＝n！，0！＝1
C＝C，C＋C＝C
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．( )
(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．( )
(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( )
(4)kC＝nC.( )
[答案] (1)× (2)√ (3)√ (4)√
二、教材习题衍生
1．图书馆的一个书架有三层，第一层有3本不同的数学书，第二层有5本不同的语文书，第三层有8本不同的英语书，现从中任取1本书，不同的取法有________种；若从每一层中各取1本书，不同的取法有________种．
16 120 [书架上共有3＋5＋8＝16本不同的书，从中任取一本共有16种不同的取法；若从每层中各取1本书，共有3×5×8＝120种不同取法．]
2．用数字1,2,3,4,5组成无重复数字的四位数，其中偶数的个数为________．
48 [末位只能从2,4中选一个，其余的三个数字任意排列，故这样的偶数共有AC＝4×3×2×2＝48个．]
3．6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为________．
24 [“插空法”，先排3个空位，形成4个空隙供3人选择就座，因此任何两人不相邻的坐法种数为A＝4×3×2＝24.]
4．五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则不同的报名方法的种数为________．五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列)，则获得冠军的可能性有________种．(用数字作答)
45 54 [五名学生参加四项体育比赛，每人限报一项，可逐个学生落实，每个学生有4种报名方法，共有45种不同的报名方法．五名学生争夺四项比赛的冠军，可对4个冠军逐一落实，每个冠军有5种获得的可能性，共有54种获得冠军的可能性．]
考点一 两个计数原理的综合应用
利用两个基本计数原理解决问题的步骤
1．用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有________个．(用数字作答)
1
080 [当不含偶数时，有A＝120个，
当含有一个偶数时，有CCA＝960个，
所以这样的四位数共有1
080个．]
2.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________种．
72 [法一：首先涂A有4种涂法，再涂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．
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)．]
3.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)
40 [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)．]
4．甲与其四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是9,0,2,1,5，为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行)，五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案种数为________．
80 [5日至9日，日期尾数分别为5,6,7,8,9，有3天是奇数日，2天是偶数日．第一步，安排偶数日出行，每天都有2种选择，共有2×2＝4(种)；第二步，安排奇数日出行，分两类，第一类，选1天安排甲的车，另外2天安排其他车，有3×2×2＝12(种)，第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，共有23＝8(种)，共计12＋8＝20(种)．根据分步乘法计数原理，不同的用车方案种数为4×20＝80.]
点评：(1)应用两个计数原理的难点在于明确是分类还是分步：分类要做到“不重不漏”，正确把握分类标准是关键；分步要做到“步骤完整”，步步相连才能将事件完成．
(2)较复杂的问题可借助图表来完成．
(3)对于涂色问题：分清元素的数目以及在不相邻的区域内是否可以使用同类元素．
考点二 排列问题
求解排列应用问题的六种常用方法
[典例1] 3名女生和5名男生排成一排．
(1)若女生全排在一起，有多少种排法？
(2)若女生都不相邻，有多少种排法？
(3)若女生不站两端，有多少种排法？
(4)其中甲必须排在乙左边(可不邻)，有多少种排法？
(5)其中甲不站最左边，乙不站最右边，有多少种排法？
[解] (1)(捆绑法)由于女生排在一起，可把她们看成一个整体，这样同5名男生合在一起有6个元素，排成一排有A种排法，而其中每一种排法中，3名女生之间又有A种排法，因此共有A·A＝4
320种不同排法．
(2)(插空法)先排5名男生，有A种排法，这5名男生之间和两端有6个位置，从中选取3个位置排女生，有A种排法，因此共有A·A＝14
400种不同排法．
(3)法一：(位置分析法)因为两端不排女生，只能从5名男生中选2人排，有A种排法，剩余的位置没有特殊要求，有A种排法，因此共有A·A＝14
400种不同排法．
法二：(元素分析法)从中间6个位置选3个安排女生，有A种排法，其余位置无限制，有A种排法，因此共有A·A＝14
400种不同排法.
(4)8名学生的所有排列共A种，其中甲在乙左边与乙在甲左边的各占，因此符合要求的排法种数为A＝20
160.
(5)甲、乙为特殊元素，左、右两边为特殊位置．
法一：(特殊元素法)甲在最右边时，其他的可全排，有A种不同排法；甲不在最右边时，可从余下6个位置中任选一个，有A种．而乙可排在除去最右边位置后剩余的6个中的任一个上，有A种，其余人全排列，共有A·A·A种不同排法．
由分类加法计数原理知，共有A＋A·A·A＝30
960种不同排法．
法二：(特殊位置法)先排最左边，除去甲外，有A种排法，余下7个位置全排，有A种排法，但应剔除乙在最右边时的排法A·A种，因此共有A·A－A·A＝30
960种排法．
法三：(间接法)8名学生全排列，共A种，其中，不符合条件的有甲在最左边时，有A种排法，乙在最右边时，有A种排法，其中都包含了甲在最左边，同时乙在最右边的情形，有A种排法．因此共有A－2A＋A＝30
960种排法．
点评：(1)对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法．
(2)对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法是解决有限制条件的排列问题的常用方法．
1．7人站成两排队列，前排3人，后排4人，现将甲、乙、丙三人加入队列，前排加一人，后排加两人，其他人保持相对位置不变，则不同的加入方法种数为
( )
A．120
B．240
C．360
D．480
C [第一步，从甲、乙、丙三人选一个加到前排，有3种，第二步，前排3人形成了4个空，任选一个空加一人，有4种，第三步，后排4人形成了5个空，任选一个空加一人有5种，此时形成6个空，任选一个空加一人，有6种，根据分步乘法计数原理有3×4×5×6＝360种方法．]
2．把5件不同的产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有________种．
36 [(捆绑法和插空法的综合应用)记其余两种产品为D，E.将A，B视为一个元素，先与D，E进行排列，有AA种方法，再将C插入，每种排列均只有3个空位可选，
故不同的摆法共有AA×3＝2×6×3＝36(种)．]
3．现有一圆桌，周边有标号为1,2,3,4的四个座位，甲、乙、丙、丁四位同学坐在一起探讨一个数学课题，每人只能坐一个座位，甲先选座位，且甲、乙不能相邻，则所有选座方法有________种．(用数字作答)
8 [先安排甲，其选座方法有C种，由于甲、乙不能相邻，所以乙只能坐甲对面，而丙、丁两位同学坐另两个位置的坐法有A种，所以共有坐法种数为C·A＝4×2＝8种．]
考点三 组合问题
组合问题的常见类型与处理方法
(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中选取．
(2)“至少”或“至多”含有几个元素的题型：若直接法分类复杂时，逆向思维，间接求解．
[典例2] 某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货．现从35种商品中选取3种．
(1)其中某一种假货必须在内，不同的取法有多少种？
(2)其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种？
(3)恰有2种假货在内，不同的取法有多少种？
(4)至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？
(5)至多有2种假货在内，不同的取法有多少种？
[解] (1)从余下的34种商品中，选取2种有C＝561(种)，所以某一种假货必须在内的不同取法有561种．
(2)从34种可选商品中，选取3种，有C种或者C－C＝C＝5
984(种)．
所以某一种假货不能在内的不同取法有5
984种．
(3)从20种真货中选取1件，从15种假货中选取2件有CC＝2
100(种)．
所以恰有2种假货在内的不同的取法有2
100种．
(4)选取2种假货有CC种，选取3种假货有C种，共有选取方式CC＋C＝2
100＋455＝2
555(种)．
所以至少有2种假货在内的不同的取法有2
555种．
(5)选取3种的总数为C，选取3种假货有C种，因此共有选取方式C－C＝6
545－455＝6
090(种)．
所以至多有2种假货在内的不同的取法有6
090种．
点评：含有附加条件的组合问题通常用直接法或间接法，应注意“至少”“最多”“恰好”等词的含义的理解．
1．某单位拟安排6位员工在今年6月9日至11日值班，每天安排2人，每人值班1天．若6位员工中的甲不值9日，乙不值11日，则不同的安排方法共有( )
A．30种
B．36种
C．42种
D．48种
C [若甲在11日值班，则在除乙外的4人中任选1人在11日值班，有C种选法，9日、10日有CC种安排方法，共有CCC＝24(种)安排方法；
若甲在10日值班，乙在9日值班，余下的4人有CCC种安排方法，共有12种安排方法；
若甲、乙都在10日值班，则共有CC＝6(种)安排方法．
所以总共有24＋12＋6＝42(种)安排方法．]
2．现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为( )
A．232
B．252
C．472
D．484
C [分两类：第一类，含有1张红色卡片，不同的取法共有CC＝264(种)；
第二类，不含有红色卡片，不同的取法共有C－3C＝220－12＝208(种)．
由分类加法计数原理知，不同的取法有264＋208＝472(种)．]
3．某课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各有一名队长．现从中选5人主持某种活动，依下列条件各有多少种选法？
(1)只有一名女生当选；
(2)两队长当选；
(3)至少有一名队长当选；
(4)至多有两名女生当选．
[解] (1)只有一名女生当选等价于有一名女生和四名男生当选．故共有C·C＝350种．
(2)两队长当选，共有C·C＝165种．
(3)至少有一名队长当选含有两类：只有一名队长当选，有两名队长当选．故共有C·C＋C·C＝825种．(或采用排除法：C－C＝825(种))．
(4)至多有两名女生当选含有三类：有两名女生当选，只有一名女生当选，没有女生当选．故选法共有C·C＋C·C＋C＝966种．
考点四 分组、分配问题
分组、分配问题是排列组合的综合问题，解题思想是先分组后分配
(1)分组问题属于“组合”问题，常见的分组方法有三种：
①完全均匀分组，每组元素的个数都相等；
②部分均匀分组，应注意不要重复；
③完全非均匀分组，这种分组不考虑重复现象．
(2)分配问题属于“排列”问题，常见的分配方法有三种：
①相同元素的分配问题，常用“挡板法”；
②不同元素的分配问题，利用分步乘法计数原理，先分组，后分配；
③有限制条件的分配问题，采用分类求解．
整体均分问题
[典例3－1] 国家教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教．现有6个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到3所学校去任教，有________种不同的分派方法．
90 [先把6个毕业生平均分成3组，有种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有A＝6种方法，故6个毕业生平均分到3所学校，共有·A＝90种分派方法．]
点评：本题属于整体均分问题，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以A(n为均分的组数)，避免重复计数．
部分均分问题
[典例3－2] 将6本不同的书分给甲、乙、丙、丁4个人，每人至少1本的不同分法共有________种．(用数字作答)
1
560 [把6本不同的书分成4组，每组至少1本的分法有2种．
①有1组3本，其余3组每组1本，不同的分法共有＝20(种)；
②有2组每组2本，其余2组每组1本，不同的分法共有·＝45(种)．
所以不同的分组方法共有20＋45＝65(种)．
然后把分好的4组书分给4个人，所以不同的分法共有65×A＝1
560(种)．]
点评：本题属于局部均分问题，解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数．
不等分问题
[典例3－3] 若将6名教师分到3所中学任教，一所1名，一所2名，一所3名，则有________种不同的分法．
360 [将6名教师分组，分三步完成：
第1步，在6名教师中任取1名作为一组，有C种分法；
第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C种分法；
第3步，余下的3名教师作为一组，有C种分法．
根据分步乘法计数原理，共有CCC＝60种分法．
再将这3组教师分配到3所中学，有A＝6种分法，
故共有60×6＝360种不同的分法．]
点评：本例属于不等分问题，只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数．
1．将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有( )
A．18种
B．24种
C．36种
D．72种
C [1个路口3人，其余路口各1人的分配方法有CCA种.1个路口1人，2个路口各2人的分配方法有CCA种，由分类加法计数原理知，甲、乙在同一路口的分配方案为CCA＋CCA＝36种．]
2．第二届“一带一路”国际合作高峰论坛于2019年4月25日至27日在北京举行，为了保护各国元首的安全，将5个安保小组全部安排到指定三个区域内工作，且这三个区域每个区域至少有一个安保小组，则这样的安排方法共有( )
A．96种
B．100种
C．124种
D．150种
D [因为三个区域每个区域至少有一个安保小组，所以可以把5个安保小组分成三组，有两种分组的情况：一种是1,1,3，另一种是1,2,2.当按照1,1,3来分时，共有N1＝·A＝60(种)，当按照1,2,2来分时，共有N2＝·A＝90(种)，根据分类加法计数原理知N＝N1＋N2＝150种．]
PAGE 二项式定理
[考试要求] 会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题．
1．二项式定理
(1)二项式定理：(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－rbr＋…＋Cbn(n∈N
)；
(2)通项公式：Tr＋1＝Can－rbr，它表示第r＋1项；
(3)二项式系数：二项展开式中各项的系数C，C，…，C.
2．二项式系数的性质
(1)0≤r≤n时，C与C的关系是C＝C.
(2)二项式系数先增后减中间项最大
当n为偶数时，第＋1项的二项式系数最大，最大值为；当n为奇数时，第项和项的二项式系数最大，最大值为.
3．各二项式系数和
(1)(a＋b)n展开式的各二项式系数和：C＋C＋C＋…＋C＝2n.
(2)偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1.
(1)C＝1；(2)C＝1；(3)C＝C；
(4)C＝C＋C.
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)Can－rbr是(a＋b)n的展开式中的第r项．( )
(2)二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项．( )
(3)(a＋b)n的展开式中某一项的二项式系数与a，b无关．( )
(4)通项Tr＋1＝Can－rbr中的a和b不能互换．( )
[答案] (1)× (2)× (3)√ (4)√
二、教材习题衍生
1．(1－2x)4展开式中第3项的二项式系数为( )
A．6
B．－6
C．24
D．－24
A [(1－2x)4展开式中第3项的二项式系数为C＝6.故选A.]
2．二项式5的展开式中x3y2的系数是( )
A．5
B．－20
C．20
D．－5
A [二项式5的通项为Tr＋1＝C·5－r(－2y)r.根据题意，得解得r＝2.所以x3y2的系数是C3×(－2)2＝5.故选A.]
3．的值为( )
A．1
B．2
C．2
019
D．2
019×2
020
A [原式＝＝＝1.故选A.]
4．若(x－1)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则a0＋a2＋a4的值为________．
8 [令x＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝0；令x＝－1，则a0－a1＋a2－a3＋a4＝16，两式相加得a0＋a2＋a4＝8.]
考点一 二项式展开式的通项公式的应用
形如(a＋b)n的展开式问题
二项展开式中的特定项，是指展开式中的某一项，如第n项、常数项、有理项等，求解二项展开式中的特定项的关键点如下：
(1)求通项，利用(a＋b)n的展开式的通项公式Tr＋1＝Can－rbr(r＝0,1,2，…，n)求通项．
(2)列方程(组)或不等式(组)，利用二项展开式的通项及特定项的特征，列出方程(组)或不等式(组)．
(3)求特定项，先由方程(组)或不等式(组)求得相关参数，再根据要求写出特定项．
[典例1－1] (1)5的展开式中x4的系数为( )
A．10
B．20
C．40
D．80
(2)若5的展开式中x5的系数是－80，则实数a＝________.
(3)(2019·浙江高考)在二项式(＋x)9的展开式中，常数项是________；系数为有理数的项的个数是________．
(1)C (2)－2 (3)16 5 [(1)Tr＋1＝C(x2)5－r·r＝C2rx10－3r，由10－3r＝4，得r＝2，所以x4的系数为C×22＝40.
(2)5的展开式的通项Tr＋1＝C(ax2)5－r·x＝Ca5－r
·，令10－r＝5，得r＝2，所以Ca3＝－80，解得a＝－2.
(3)由题意，(＋x)9的通项为Tr＋1＝C()9－rxr(r＝0,1,2，…，9)，当r＝0时，可得常数项为T1＝C()9＝16；若展开式的系数为有理数，则r＝1,3,5,7,9，有T2,
T4,
T6,
T8,
T10共5个项．]
点评：已知展开式的某项或其系数求参数，可由某项得出参数项，再由通项公式写出第k＋1项，由特定项得出k值，最后求出其参数．
形如(a＋b)n(c＋d)m的展开式问题
求解形如(a＋b)n(c＋d)m的展开式问题的思路
(1)若n，m中一个比较小，可考虑把它展开得到多个，如(a＋b)2(c＋d)m＝(a2＋2ab＋b2)(c＋d)m，然后展开分别求解．
(2)观察(a＋b)(c＋d)是否可以合并，如(1＋x)5(1－x)7＝[(1＋x)(1－x)]5(1－x)2＝(1－x2)5(1－x)2.
(3)分别得到(a＋b)n，(c＋d)m的通项公式，综合考虑．
[典例1－2] (1)(2020·全国卷Ⅰ)(x＋y)5的展开式中x3y3的系数为
( )
A．5
B．10
C．15
D．20
(2)(x2＋2)5的展开式的常数项是( )
A．－3
B．－2
C．2
D．3
(3)若(x2－a)10的展开式中x6的系数为30，则a等于( )
A．
B．
C．1
D．2
(1)C (2)D (3)D [(1)因为(x＋y)5的展开式的第r＋1项Tr＋1＝Cx5－ryr，所以(x＋y)5的展开式中x3y3的系数为C＋C＝15.故选C.
(2)能够使其展开式中出现常数项，由多项式乘法的定义可知需满足：第一个因式取x2项，第二个因式取项得x2××C(－1)4＝5；第一个因式取2，第二个因式取(－1)5得2×(－1)5×C＝－2，故展开式的常数项是5＋(－2)＝3，故选D.
(3)由题意得10的展开式的通项公式是Tk＋1＝C·x10－k·k＝Cx10－2k，10的展开式中含x4(当k＝3时)，x6(当k＝2时)项的系数分别为C，C，因此由题意得C－aC＝120－45a＝30，由此解得a＝2，故选D.]
点评：求几个多项式积的展开式中的特定项(系数)问题，可先分别化简或展开为多项式和的形式，再分类考虑特定项产生的每一种情形，求出相应的特定项，最后进行合并即可．
形如(a＋b＋c)n的展开式问题
求三项展开式中某些特定项的系数的方法
(1)通过变形先把三项式转化为二项式，再用二项式定理求解．
(2)两次利用二项式定理的通项公式求解．
(3)由二项式定理的推证方法知，可用排列、组合的基本原理去求，即把三项式看作几个因式之积，要得到特定项看有多少种方法从这几个因式中取因式中的量．
[典例1－3] (1)将3展开后，常数项是________．
(2)6的展开式中，x3y3的系数是________．(用数字作答)
(1)－160 (2)－120 [(1)3＝6展开式的通项是
C()6－k·k＝(－2)k·Cx3－k.
令3－k＝0，得k＝3.
所以常数项是C(－2)3＝－160.
(2)6表示6个因式x2－＋y的乘积，在这6个因式中，有3个因式选y，其余的3个因式中有2个选x2，剩下一个选－，即可得到x3y3的系数，即x3y3的系数是CC×(－2)＝20×3×(－2)＝－120.]
点评：二项式定理研究两项和的展开式，对于三项式问题，一般是通过合并、拆分或进行因式分解，转化成二项式定理的形式去求解．
1．若6的展开式中常数项为，则实数a的值为( )
A．±2
B．
C．－2
D．±
A [6的展开式的通项为Tk＋1＝C(x2)6－k·k＝Ckx12－3k，
令12－3k＝0，得k＝4.
故C·4＝，即4＝，解得a＝±2，故选A.]
2．(1－)6(1＋)4的展开式中x的系数是( )
A．－4
B．－3
C．3
D．4
B [(1－)6(1＋)4＝[(1－)(1＋)]4(1－)2＝(1－x)4(1－2＋x)．于是(1－)6(1＋)4的展开式中x的系数为C·1＋C·(－1)1·1＝－3.]
3．6的展开式中含xy的项的系数为( )
A．30
B．60
C．90
D．120
B [展开式中含xy的项来自C(－y)15，5展开式通项为Tr＋1＝(－1)rCx，令5－r＝1?r＝3，
5展开式中x的系数为(－1)3C，
所以6的展开式中含xy的项的系数为C(－1)C(－1)3＝60，故选B.]
考点二 二项式系数的和与各项的系数和问题
(1)系数和问题常用“赋值法”求解
赋值法是指对二项式中的未知元素赋值，从而求得二项展开式的各项系数和的方法．求解有关系数和题的关键点如下：
①赋值，观察已知等式与所求式子的结构特征，确定所赋的值，常赋的值有：－1,0,1等．
②求参数，通过赋值，建立参数的相关方程，解方程，可得参数值．
③求值，根据题意，得出指定项的系数和．
(2)二项式系数和：(a＋b)n的展开式中二项式系数的和为C＋C＋…＋C＝2n.
[典例2] (1)在n的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为32∶1，则x2的系数为( )
A．50
B．70
C．90
D．120
(2)若(x＋2＋m)9＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9，且(a0＋a2＋…＋a8)2－(a1＋a3＋…＋a9)2＝39，则实数m的值为________．
(1)C (2)－3或1 [(1)令x＝1，则n＝4n，所以n的展开式中，各项系数和为4n，又二项式系数和为2n，所以＝2n＝32，解得n＝5.二项展开式的通项Tr＋1＝Cx5－rr＝C3rx，令5－r＝2，得r＝2，
所以x2的系数为C32＝90，故选C.
(2)令x＝0，则(2＋m)9＝a0＋a1＋a2＋…＋a9，
令x＝－2，则m9＝a0－a1＋a2－a3＋…－a9，
又(a0＋a2＋…＋a8)2－(a1＋a3＋…＋a9)2＝(a0＋a1＋a2＋…＋a9)(a0－a1＋a2－a3＋…＋a8－a9)＝39，
∴(2＋m)9·m9＝39，
∴m(2＋m)＝3，
∴m＝－3或m＝1.]
点评：
(1)利用赋值法求解时，注意各项的系数是指某一项的字母前面的数值(包括符号)．
(2)在求各项的系数的绝对值的和时，首先要判断各项系数的符号，然后将绝对值去掉，再进行赋值．
1．在二项式(1－2x)n的展开式中，偶数项的二项式系数之和为128，则展开式的中间项的系数为( )
A．－960
B．960
C．1
120
D．1
680
C [因为偶数项的二项式系数之和为2n－1＝128，所以n－1＝7，n＝8，则展开式共有9项，中间项为第5项，因为(1－2x)8的展开式的通项Tr＋1＝C(－2x)r＝C(－2)rxr，所以T5＝C(－2)4x4，其系数为C(－2)4＝1
120.]
2．(a＋x)(1＋x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a＝______.
3 [设(a＋x)(1＋x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，
令x＝1，得16(a＋1)＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5，①
令x＝－1，得0＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5.②
①－②，得16(a＋1)＝2(a1＋a3＋a5)，
即展开式中x的奇数次幂项的系数之和为a1＋a3＋a5＝8(a＋1)，所以8(a＋1)＝32，解得a＝3.]
考点三 二项式系数的性质
二项展开式系数最大项的求法
如求(a＋bx)n(a，b∈R)的展开式系数最大的项，一般是采用待定系数法，设展开式各项系数分别为A1，A2，…，An＋1，且第k项系数最大，应用
从而解出k来，即得．
二项式系数的最值问题
[典例3－1] 设m为正整数，2m展开式的二项式系数的最大值为a，2m＋1展开式的二项式系数的最大值为b，若15a＝8b，则m＝________.
7 [2m展开式中二项式系数的最大值为a＝C，2m＋1展开式中二项式系数的最大值为b＝C，因为15a＝8b，所以15C＝8C，即15＝8，解得m＝7.]
项的系数的最值问题
[典例3－2] 已知(＋x2)2n的展开式的二项式系数和比(3x－1)n的展开式的二项式系数和大992，则在2n的展开式中，二项式系数最大的项为________，系数的绝对值最大的项为________．
－8
064 －15
360x4 [由题意知，22n－2n＝992，即(2n－32)(2n＋31)＝0，故2n＝32，解得n＝5.由二项式系数的性质知，10的展开式中第6项的二项式系数最大，故二项式系数最大的项为T6＝C(2x)55＝－8
064.
设第k＋1项的系数的绝对值最大，
则Tk＋1＝C·(2x)10－k·k＝(－1)kC·210－k·x10－2k，
令
得
即
解得≤k≤.
∵k∈Z，∴k＝3.
故系数的绝对值最大的项是第4项，
T4＝－C·27·x4＝－15
360x4.]
点评：二项式系数与项的系数是完全不同的两个概念．二项式系数是指C，C，…，C，它只与各项的项数有关，而与a，b的值无关；而项的系数是指该项中除变量外的常数部分，它不仅与各项的项数有关，而且也与a，b的值有关．
1．二项式n的展开式中只有第11项的二项式系数最大，则展开式中x的指数为整数的项的个数为( )
A．3
B．5
C．6
D．7
D [根据n的展开式中只有第11项的二项式系数最大，得n＝20，∴20的展开式的通项为Tr＋1＝C·(x)20－r·r＝()20－r·C·x，要使x的指数是整数，需r是3的倍数且0≤r≤20，∴r＝0,3,6,9,12,15,18，∴x的指数是整数的项共有7项．]
2．已知(1＋3x)n的展开式中，后三项的二项式系数的和等于121，则展开式中二项式系数最大的项为________．
C(3x)7和C(3x)8 [由已知得C＋C＋C＝121，则n·(n－1)＋n＋1＝121，即n2＋n－240＝0，解得n＝15(舍去负值)，所以展开式中二项式系数最大的项为T8＝C(3x)7和T9＝C(3x)8.]
PAGE 随机事件的概率
[考试要求]
1.了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义及频率与概率的区别.
2.了解两个互斥事件的概率加法公式．
1．频率与概率
在相同的条件下，大量重复进行同一试验时，随机事件A发生的频率会在某个常数附近摆动，即随机事件A发生的频率具有稳定性．这时，我们把这个常数叫作随机事件A的概率，记作P(A)．
2．事件的关系与运算
互斥事件：在一个随机试验中，我们把一次试验下不能同时发生的两个事件A与B称作互斥事件．
事件A＋B：事件A＋B发生是指事件A和事件B至少有一个发生．
对立事件：不会同时发生，并且一定有一个发生的事件是相互对立事件．
3．概率的几个基本性质
(1)概率的取值范围：0≤P(A)≤1.
(2)必然事件的概率P(E)＝1.
(3)不可能事件的概率P(F)＝0.
(4)互斥事件概率的加法公式
①如果事件A与事件B互斥，则P(A＋B)＝P(A)＋P(B)．
②若事件A与事件互为对立事件，则P(A)＝1－P()．
如果事件A1，A2，…，An两两互斥，则称这n个事件互斥，其概率有如下公式：P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)．
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)事件发生的频率与概率是相同的．( )
(2)在大量重复试验中，概率是频率的稳定值．( )
(3)两个事件的和事件发生是指两个事件都得发生．( )
(4)对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件．( )
[答案] (1)× (2)√ (3)× (4)√
二、教材习题衍生
1．一个人打靶时连续射击两次，事件“至少有一次中靶”的对立事件是
( )
A．至多有一次中靶
B．两次都中靶
C．只有一次中靶
D．两次都不中靶
D [“至少有一次中靶”的对立事件是“两次都不中靶”．]
2．容量为20的样本数据，分组后的频数如下表：
分组
[10,20)
[20,30)
[30,40)
[40,50)
[50,60)
[60,70)
频数
2
3
4
5
4
2
则样本数据落在区间[10,40)的频率为( )
A．0.35
B．0.45
C．0.55
D．0.65
B [由表知[10,40)的频数为2＋3＋4＝9，
所以样本数据落在区间[10,40)的频率为＝0.45.]
3．如果从不包括大、小王的52张扑克牌中随机抽取一张，取到黑桃的概率是，取到梅花的概率是，则取到红色牌的概率是________．
[P＝1－＝.]
4．一个地区从某年起几年之内的新生婴儿数及其中的男婴数如下：
时间范围
1年内
2年内
3年内
4年内
新生婴儿数n
5
544
9
607
13
520
17
190
男婴数m
2
883
4
970
6
994
8
892
这一地区男婴出生的概率约是________(保留四位小数)．
0.517
3 [男婴出生的频率依次约是：0.520
0,0.517
3,0.517
3,0.517
3.由于这些频率非常接近0.517
3，因此这一地区男婴出生的概率约为0.517
3.]
考点一 事件关系的判断
判断互斥、对立事件的两种方法
1．从装有两个白球和两个黄球的口袋中任取2个球，以下给出了四组事件：
①至少有1个白球与至少有1个黄球；
②至少有1个黄球与都是黄球；
③恰有1个白球与恰有1个黄球；
④恰有1个白球与都是黄球．
其中互斥而不对立的事件共有( )
A．0组
B．1组
C．2组
D．3组
B [①中“至少有1个白球”与“至少有1个黄球”可以同时发生，如恰有1个白球和1个黄球，①中的两个事件不是互斥事件．②中“至少有1个黄球”说明可以是1个白球和1个黄球或2个黄球，则两个事件不互斥．③中“恰有1个白球”与“恰有1个黄球”，都是指有1个白球和1个黄球，因此两个事件是同一事件．④中两事件不能同时发生，也可能都不发生，因此两事件是互斥事件，但不是对立事件，故选B.]
2．在5张电话卡中，有3张移动卡和2张联通卡，从中任取2张，若事件“2张全是移动卡”的概率是，那么概率是的事件是( )
A．至多有一张移动卡
B．恰有一张移动卡
C．都不是移动卡
D．至少有一张移动卡
A [
“至多有一张移动卡”包含“一张移动卡，一张联通卡”，“两张全是联通卡”两个事件，它是“2张全是移动卡”的对立事件．]
3．口袋里装有1红，2白，3黄共6个形状相同的小球，从中取出两个球，事件A＝“取出的两个球同色”，B＝“取出的两个球中至少有一个黄球”，C＝“取出的两个球中至少有一个白球”，D＝“取出的两个球不同色”，E＝“取出的两个球中至多有一个白球”．下列判断中正确的序号为________．
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)．
①④ [
当取出的两个球中一黄一白时，B与C都发生，②不正确；当取出的两个球中恰有一个白球时，事件C与E都发生，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；P(B)＝，P(C)＝，⑤不正确．]
点评：判断含有“至多、至少”等关键词的事件关系，可先借助枚举法分析每个事件包含的基本事件，然后再借助定义做出判断．
考点二 随机事件的频率与概率
(1)概率与频率的关系
频率是概率的近似值，概率是频率的稳定值．通常用概率来反映随机事件发生的可能性的大小，有时也用频率来作为随机事件概率的估计值．
(2)随机事件概率的求法
利用概率的统计定义求事件的概率，即通过大量的重复试验，事件发生的频率会逐渐趋近于某一个常数，这个常数就是概率．
[典例1] 某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20,25)，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：
最高气温
[10,15)
[15,20)
[20,25)
[25,30)
[30,35)
[35,40)
天数
2
16
36
25
7
4
以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率．
(1)估计六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率；
(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位：元)．当六月份这种酸奶一天的进货量为450瓶时，写出Y的所有可能值，并估计Y大于零的概率．
[解] (1)这种酸奶一天的需求量不超过300瓶，当且仅当最高气温低于25，由表格数据知，最高气温低于25的频率为＝0.6，所以这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率的估计值为0.6.
(2)当这种酸奶一天的进货量为450瓶时，
若最高气温不低于25，则Y＝6×450－4×450＝900；
若最高气温位于区间[20,25)，则Y＝6×300＋2×(450－300)－4×450＝300；
若最高气温低于20，则Y＝6×200＋2×(450－200)－4×450＝－100.
所以，Y的所有可能值为900,300，－100.
Y大于零当且仅当最高气温不低于20，由表格数据知，最高气温不低于20的频率为＝0.8，因此Y大于零的概率的估计值为0.8.
点评：求解本例第(2)问的关键是读懂题设条件，并从中提取信息，明确一天销售这种酸奶的利润Y与气温变化的关系．
1．我国古代数学名著《数书九章》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1
534石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得254粒内夹谷28粒，则这批米内夹谷约为( )
A．134石
B．169石
C．338石
D．1
365石
B [
×1534≈169(石)．]
2．某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：
上年度出险次数
0
1
2
3
4
≥5
保费
0.85a
a
1.25a
1.5a
1.75a
2a
随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况，得到如下统计表：
出险次数
0
1
2
3
4
≥5
频数
60
50
30
30
20
10
(1)记A为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”，求P(A)的估计值；
(2)记B为事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160%”，求P(B)的估计值；
(3)求续保人本年度平均保费的估计值．
[解] (1)事件A发生当且仅当一年内出险次数小于2.由所给数据知，一年内出险次数小于2的频率为＝0.55，故P(A)的估计值为0.55.
(2)事件B发生当且仅当一年内出险次数大于1且小于4.由所给数据知，一年内出险次数大于1且小于4的频率为＝0.3，故P(B)的估计值为0.3.
(3)由所给数据得
保费
0.85a
a
1.25a
1.5a
1.75a
2a
频率
0.30
0.25
0.15
0.15
0.10
0.05
调查的200名续保人的平均保费为0.85a×0.30＋a×0.25＋1.25a×0.15＋1.5a×0.15＋1.75a×0.10＋2a×0.05＝1.192
5a.
因此，续保人本年度平均保费的估计值为1.192
5a.
考点三 互斥事件与对立事件的概率
复杂事件的概率的两种求法
[典例2] 一盒中装有12个球，其中5个红球，4个黑球，2个白球，1个绿球．从中随机取出1球，求：
(1)取出1球是红球或黑球的概率；
(2)取出1球是红球或黑球或白球的概率．
[解] 法一：(利用互斥事件求概率)
记事件A1＝{任取1球为红球}，A2＝{任取1球为黑球}，
A3＝{任取1球为白球}，A4＝{任取1球为绿球}，
则P(A1)＝，P(A2)＝＝，P(A3)＝＝，P(A4)＝，根据题意知，事件A1，A2，A3，A4彼此互斥，由互斥事件的概率公式，得
(1)取出1球是红球或黑球的概率为
P(A1＋A2)＝P(A1)＋P(A2)＝＋＝.
(2)取出1球是红球或黑球或白球的概率为
P(A1＋A2＋A3)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)
＝＋＋＝.
法二：(利用对立事件求概率)(1)由法一知，取出1球为红球或黑球的对立事件为取出1球为白球或绿球，即A1＋A2的对立事件为A3＋A4，所以取出1球为红球或黑球的概率为P(A1＋A2)＝1－P(A3＋A4)＝1－P(A3)－P(A4)＝1－－＝.
(2)因为A1＋A2＋A3的对立事件为A4，所以P(A1＋A2＋A3)＝1－P(A4)＝1－＝.
点评：求解本题的关键是正确判断各事件之间的关系，以及把所求事件用已知概率的事件表示出来．
1．若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为( )
A．0.3
B．0.4
C．0.6
D．0.7
B [由题意知不用现金支付的概率为1－0.45－0.15＝0.4.]
2．某商场有奖销售中，购满100元商品得1张奖券，多购多得.1
000张奖券为一个开奖单位，设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个．设1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为A，B，C，求：
(1)P(A)，P(B)，P(C)；
(2)1张奖券的中奖概率；
(3)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率．
[解] (1)P(A)＝，
P(B)＝＝，P(C)＝＝.
故事件A，B，C的概率分别为，，.
(2)1张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖．设“1张奖券中奖”这个事件为M，则M＝A＋B＋C.
∵A，B，C两两互斥，
∴P(M)＝P(A＋B＋C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)
＝＝，
故1张奖券的中奖概率约为.
(3)设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N，则事件N与“1张奖券中特等奖或中一等奖”为对立事件，
∴P(N)＝1－P(A＋B)＝1－＝，
故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为.
PAGE 古典概型与几何概型
[考试要求]
1.理解古典概型及其概率计算公式.
2.会计算一些随机事件所包含的基本事件数及事件发生的概率.
3.了解随机数的意义，能运用随机模拟的方法估计概率.
4.了解几何概型的意义．
1．古典概型
具有以下两个特征的随机试验的数学模型称为古典概型(古典概率模型)．
(1)试验的所有可能结果只有有限个，每次试验只出现其中的一个结果；
(2)每一个试验结果出现的可能性相同．
2．古典概型的概率公式
P(A)＝.
3．几何概型
(1)向平面上有限区域(集合)G内随机地投掷点M，若点M落在子区域G1G的概率与G1的面积成正比，而与G的形状、位置无关，即P(点M落在G1)＝，则称这种模型为几何概型．
(2)几何概型中的G也可以是空间中或直线上的有限区域，相应的概率是体积之比或长度之比．
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)随机模拟方法是以事件发生的频率估计概率．( )
(2)从区间[1,10]内任取一个数，取到1的概率是.( )
(3)概率为0的事件一定是不可能事件．( )
(4)从市场上出售的标准为500±5
g的袋装食盐中任取一袋测其重量，属于古典概型．( )
[答案] (1)√ (2)× (3)× (4)×
二、教材习题衍生
1．一枚硬币连掷2次，只有一次出现正面的概率为( )
A.
B.
C.
D.
D [一枚硬币连掷2次可能出现(正，正)、(反，反)、(正，反)、(反，正)四种情况，只有一次出现正面的情况有两种，故P＝＝.]
2．某路公共汽车每5分钟发车一次，某乘客到乘车点的时刻是随机的，则他候车时间不超过2分钟的概率是( )
A.
B.
C.
D.
C [试验的全部结果构成的区域长度为5，所求事件的区域长度为2，故所求概率为P＝.]
3．袋中装有6个白球，5个黄球，4个红球，从中任取一球，则取到白球的概率为( )
A.
B.
C.
D.
A [从袋中任取一球，有15种取法，其中取到白球的取法有6种，则所求概率为P＝＝.]
4．同时掷两个骰子，向上点数不相同的概率为________．
[掷两个骰子一次，向上的点数共6×6＝36(种)可能的结果，其中点数相同的结果共有6种，所以点数不相同的概率P＝1－＝.]
考点一 简单的古典概型
用公式法求古典概型的概率就是用所求事件A所含的基本事件个数除以基本事件空间Ω所含的基本事件个数求解事件A发生的概率P(A)．解题的关键如下：
[典例1] (1)甲在微信群中发布6元“拼手气”红包一个，被乙、丙、丁三人抢完．若三人均领到整数元，且每人至少领到1元，则乙获得“手气最佳”(即乙领取的钱数不少于其他任何人)的概率是( )
A.
B.
C.
D.
(2)从分别写有1,2,3,4,5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为( )
A.
B.
C.
D.
(3)(2019·全国卷Ⅰ)我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是( )
A.
B.
C.
D.
(1)D (2)D (3)A [(1)用(x，y，z)表示乙、丙、丁抢到的红包分别为x元、y元、z元．
乙、丙、丁三人抢完6元钱的所有不同的可能结果有10种，分别为(1,1,4)，(1,4,1)，(4,1,1)，(1,2,3)，(1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,1,2)，(3,2,1)，(2,2,2)．
乙获得“手气最佳”的所有不同的可能结果有4种，分别为(4,1,1)，(3,1,2)，(3,2,1)，(2,2,2)．
根据古典概型的概率计算公式，得乙获得“手气最佳”的概率P＝＝.
(2)从5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张的情况如图：
基本事件总数为25，第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的事件数为10，
∴所求概率P＝＝.故选D.
(3)由6个爻组成的重卦种数为26＝64，在所有重卦中随机取一重卦，该重卦恰有3个阳爻的种数为C＝＝20.根据古典概型的概率计算公式得，所求概率P＝＝.故选A.]
点评：求基本事件的个数时，应注意其顺序性．
1．将7个相同的小球投入甲、乙、丙、丁4个不同的小盒中，每个小盒中至少有1个小球，那么甲盒中恰好有3个小球的概率为( )
A.
B.
C.
D.
C [将7个相同的小球投入甲、乙、丙、丁4个不同的小盒中，每个小盒中至少有1个小球有C种放法，甲盒中恰好有3个小球有C种放法，结合古典概型的概率计算公式得所求概率为＝.故选C.]
2．已知a∈{0,1,2}，b∈{－1,1,3,5}，则函数f(x)＝ax2－2bx在区间(1，＋∞)上为增函数的概率是( )
A.
B.
C.
D.
A [∵a∈{0,1,2}，b∈{－1,1,3,5}，
∴基本事件总数n＝3×4＝12.
函数f(x)＝ax2－2bx在区间(1，＋∞)上为增函数，
①当a＝0时，f(x)＝－2bx，符合条件的只有(0，－1)，即a＝0，b＝－1；
②当a≠0时，需要满足≤1，符合条件的有(1，－1)，(1,1)，(2，－1)，(2,1)，共4种．
∴函数f(x)＝ax2－2bx在区间(1，＋∞)上为增函数的概率是P＝.]
考点二 古典概型与统计的综合
求解古典概型的交汇问题，关键是把相关的知识转化为事件，然后利用古典概型的有关知识解决，其解题流程为：
[典例2] 某中学组织了一次数学学业水平模拟测试，学校从测试合格的男、女生中各随机抽取100人的成绩进行统计分析，分别制成了如图所示的男生和女生数学成绩的频率分布直方图．
(注：分组区间为[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100])
(1)若得分大于或等于80认定为优秀，则男、女生的优秀人数各为多少？
(2)在(1)中所述的优秀学生中用分层抽样的方法抽取5人，从这5人中任意选取2人，求至少有一名男生的概率．
[解] (1)由题可得，男生优秀人数为100×(0.01＋0.02)×10＝30，女生优秀人数为100×(0.015＋0.03)×10＝45.
(2)因为样本容量与总体中的个体数的比是＝，所以样本中包含的男生人数为30×＝2，女生人数为45×＝3.
则从5人中任意选取2人共有C＝10种，抽取的2人中没有一名男生有C＝3种，则至少有一名男生有C－C＝7种．故至少有一名男生的概率为P＝，即选取的2人中至少有一名男生的概率为.
点评：有关古典概型与统计结合的题型是高考考查概率的一个重要题型，已成为高考考查的热点，概率与统计的结合题，无论是直接描述还是利用概率分布表、频率分布直方图、茎叶图等给出信息，准确从题中提炼信息是解题的关键．
(2019·天津高考)2019年，我国施行个人所得税专项附加扣除办法，涉及子女教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息或者住房租金、赡养老人等六项专项附加扣除．某单位老、中、青员工分别有72,108,120人，现采用分层抽样的方法，从该单位上述员工中抽取25人调查专项附加扣除的享受情况．
(1)应从老、中、青员工中分别抽取多少人？
(2)抽取的25人中，享受至少两项专项附加扣除的员工有6人，分别记为A，B，C，D，E，F.享受情况如下表，其中“○”表示享受，“×”表示不享受．现从这6人中随机抽取2人接受采访．
员工项目
A
B
C
D
E
F
子女教育
○
○
×
○
×
○
继续教育
×
×
○
×
○
○
大病医疗
×
×
×
○
×
×
住房贷款利息
○
○
×
×
○
○
住房租金
×
×
○
×
×
×
赡养老人
○
○
×
×
×
○
(ⅰ)试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；
(ⅱ)设M为事件“抽取的2人享受的专项附加扣除至少有一项相同”，求事件M发生的概率．
[解] (1)由已知得老、中、青员工人数之比为6∶9∶10，
由于采用分层抽样的方法从中抽取25位员工，因此应从老、中、青员工中分别抽取6人，9人，10人．
(2)(ⅰ)从已知的6人中随机抽取2人的所有可能结果为{A，B}，{A，C}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{B，C}，{B，D}，{B，E}，{B，F}，{C，D}，{C，E}，{C，F}，{D，E}，{D，F}，{E，F}，共15种．
(ⅱ)由表格知，符合题意的所有可能结果为
{A，B}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{B，D}，{B，E}，{B，F}，{C，E}，{C，F}，{D，F}，{E，F}，共11种．
所以，事件M发生的概率P(M)＝.
考点三 几何概型
度量几何法就是利用所求事件A与基本事件空间Ω的几何度量之比求解事件A发生的概率P(A)的方法．解题的关键如下：
与长度、角度有关的几何概型
[典例3－1] 在等腰Rt△ABC中，直角顶点为C.
(1)在斜边AB上任取一点M，求|AM|<|AC|的概率；
(2)在∠ACB的内部，以C为端点任作一条射线CM，与线段AB交于点M，求|AM|<|AC|的概率．
[解] (1)如图所示，在AB上取一点C′，使|AC′|＝|AC|，连接CC′.
由题意，知|AB|＝|AC|.
由于点M是在斜边AB上任取的，所以点M等可能分布在线段AB上，因此基本事件的区域应是线段AB.
所以P(|AM|<|AC|)＝＝＝.
(2)由于在∠ACB内以C为端点任作射线CM，所以CM等可能分布在∠ACB内的任一位置(如图所示)，因此基本事件的区域应是∠ACB，所以P(|AM|<|AC|)＝＝＝.
点评：当涉及射线的转动、扇形中有关落点区域的问题时，应以角度作为区域的度量来计算概率，切不可用线段的长度代替．
与面积有关的几何概型
[典例3－2] (1)从区间[0,1]随机抽取2n个数x1，x2，…，xn，y1，y2，…，yn，构成n个数对(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，其中两数的平方和小于1的数对共有m个，则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为( )
A.
B.
C.
D.
(2)甲、乙二人约定7：10在某处会面，甲在7：00～7：20内某一时刻随机到达，乙在7：05～7：20内某一时刻随机到达，则甲至少需等待乙5分钟的概率是( )
A.
B.
C.
D.
(1)C (2)C [(1)因为x1，x2，…，xn，y1，y2，…，yn都在区间[0,1]内随机抽取，所以构成的n个数对(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)都在正方形OABC内(包括边界)，如图所示．若两数的平方和小于1，则对应的数对在扇形OAC内(不包括扇形圆弧上的点所对应的数对)，故在扇形OAC内的数对有m个．用随机模拟的方法可得＝，即＝，所以π＝.
(2)建立平面直角坐标系如图，x，y分别表示甲、乙二人到达的时刻，则坐标系中每个点(x，y)可对应甲、乙二人到达时刻的可能性，则甲至少等待乙5分钟应满足的条件是其构成的区域为如图阴影部分，则所求的概率P＝＝.]
点评：(1)求解由两个量决定的概率问题时，通过建立坐标系，借助于纵、横坐标关系产生的区域面积，得到问题的结论，我们称此类问题为“约会型”概率问题．“约会型”概率问题的求解关键在于合理、恰当地引入变量，再将具体问题“数学化”，通过建立数学模型，得出结论．(2)几何概型与平面几何的交汇问题要利用平面几何的相关知识，先确定基本事件对应区域的形状，再选择恰当的方法和公式，计算出其面积，进而代入公式求概率．
与体积有关的几何概型
[典例3－3] 已知在四棱锥P?ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是正方形，PA＝AB＝2，现在该四棱锥内部或表面任取一点O，则四棱锥O?ABCD的体积不小于的概率为________．
[当四棱锥O?ABCD的体积为时，设O到平面ABCD的距离为h，则×22×h＝，解得h＝.
如图所示，在四棱锥P?ABCD内作平面EFGH平行于底面ABCD，且平面EFGH与底面ABCD的距离为.
因为PA⊥底面ABCD，
且PA＝2，所以＝，
所以四棱锥O?ABCD的体积不小于的概率P＝＝3＝3＝.]
点评：求解本题的关键是找到四棱锥O?ABCD的体积为时的点O对应的平面EFGH
，然后借助比例关系计算体积比例，进而得出概率值．
1．已知正三棱锥S?ABC的底面边长为4，高为3，在正三棱锥内任取一点P，使得VP?ABC＜VS?ABC的概率是( )
A.
B.
C.
D.
A [由题意知，当点P在三棱锥的中截面A′B′C′以下时，满足VP?ABC
∴事件“VP?ABC2．已知实数m∈[0,1]，n∈[0,2]，则关于x的一元二次方程4x2＋4mx－n2＋2n＝0有实数根的概率是( )
A.1－
B.
C.
D.－1
A [方程有实数根，即Δ＝16m2－16(－n2＋2n)≥0，m2＋n2－2n≥0，m2＋(n－1)2≥1，画出图形如图所示，长方形面积为2，半圆的面积为，故概率为＝1－.]
3.如图，四边形ABCD为矩形，AB＝，BC＝1，以A为圆心，1为半径作四分之一个圆弧，在∠DAB内任作射线AP，则射线AP与线段BC有公共点的概率为________．
[因为在∠DAB内任作射线AP，所以它的所有等可能事件所在的区域是∠DAB，当射线AP与线段BC有公共点时，射线AP落在∠CAB内，则区域为∠CAB，所以射线AP与线段BC有公共点的概率为＝＝.]
数学文化2 概率与数学文化
数学文化是国家文化素质教育的重要组成部分，纵观近几年高考，概率统计部分以数学文化为背景的问题，层出不穷，让人耳目一新．同时它也使考生们受困于背景陌生，阅读受阻，使思路无法打开．下面通过对典型例题的剖析，让同学们增加对数学文化的认识，进而加深对数学文化的理解，提升数学核心素养.
以古代文化经典为素材
(2017·全国卷Ⅰ)如图，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图．正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是( )
A.
B.
C.
D.
B [不妨设正方形ABCD的边长为2，则正方形内切圆的半径为1，可得
S正方形＝4.
由圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称，得S黑＝S白＝
S圆＝，所以由几何概型知，所求概率P＝＝＝.故选B.]
[评析] 以《易经》八卦中的太极图为载体，既丰富了数学文化的取材途径，又很好体现数学的美学特征，可将实际问题转化为数学中的几何概型问题，结合几何概型解答．
1．中华文化博大精深，我国古代算书《周髀算经》中介绍了用统计概率得到圆周率π的近似值的方法．古代数学家用体现“外圆内方”文化的钱币(如图1)做统计，现将其抽象成如图2所示的图形，其中圆的半径为2
cm，正方形的边长为1
cm，在圆内随机取点，若统计得到此点取自阴影部分的概率是p，则圆周率π的近似值为( )
图1 图2
A.
B.
C.
D.
A [圆形钱币的半径为2
cm，面积为S圆＝π·22＝4π；正方形边长为1
cm，面积为S正方形＝12＝1(cm2)．在圆形内随机取一点，此点取自黑色部分的概率是p＝＝1－，则π＝.故选A.]
2.五行学说是华夏民族创造的哲学思想，是华夏文明重要组成部分．古人认为，天下万物皆由金、木、水、火、土五类元素组成，如图，分别是金、木、水、火、土彼此之间存在的相生相克的关系．若从5类元素中任选2类元素，则2类元素相生的概率为( )
A.
B.
C.
D.
A [金、木、水、火、土任取两类，共有：
金木、金水、金火、金土、木水、木火、木土、水火、水土、火土10种结果，其中两类元素相生的有火木、火土、木水、水金、金土共5结果，所以2类元素相生的概率为＝，故选A.]
3.洛书，古称龟书，是阴阳五行术数之源，在古代传说中有神龟出于洛水，其甲壳上心有此图像，结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四角黑点为阴数．如图，若从四个阴数和五个阳数中随机选取3个不同的数，其和等于15的概率是( )
A.
B.
C.
D.
A [先计算从四个阴数和五个阳数共9个数字中随机选取3个不同的数，总共有C种选法，再计算符合条件和等于15的三个数的种类，即可算出概率．
从四个阴数和五个阳数共9个数字中随机选取3个不同的数，总共有C＝84种选法，其和等于15的三个数的种类共有8种，即：图形中各横，各列，对角线所在的三个数字之和均为15.故其和等于15的概率是：＝，故选A.]
以数学名人为素材
(2018·全国卷Ⅱ)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30＝7＋23.在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是( )
A.
B.
C.
D.
C
[不超过30的素数有2,3,5,7,11,13,17,19,23,29，共10个，从中随机选取两个不同的数有C种不同的取法，这10个数中两个不同的数的和等于30的有3对，所以所求概率P＝＝，故选C.]
[评析] 以我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得的成果为载体，展现了我国数学家在数学领域中的地位，可将实际问题转化为数学中的古典概型问题，结合古典概型解答．
1．(2020·广东梅州一检)如图是古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形，此图由一个半圆和一个四分之一圆构成，两个阴影区域分别标记为A和M.在此图内任取一点，此点取自A区域的概率记为P(A)，取自M区域的概率记为P(M)，则( )
A．P(A)＞P(M)
B．P(A)＜P(M)
C．P(A)＝P(M)
D．P(A)与P(M)的大小与对应的半径长度有关
C [设四分之一圆的半径为r，则图中半圆的半径为r.
P(A)＝＝，
P(M)＝＝，
所以P(A)＝P(M)．故选C.]
2．费马素数是法国大数学家费马命名的，形如22n＋1的素数(如：220＋1＝3)为费马素数，在不超过30的正偶数中随机选取一数，则它能表示为两个不同费马素数的和的概率是( )
A.
B.
C.
D.
B [在不超过30的正偶数中随机选取一数，基本事件总数n＝15，能表示为两个不同费马素数的和的只有8＝3＋5,20＝3＋17,22＝5＋17，共有3个．
则它能表示为两个不同费马素数的和的概率是P＝＝.]
以新时代气息为背景
现有三张识字卡片，分别写有“中”、“国”、“梦”这三个字．将这三张卡片随机排序，则能组成“中国梦”的概率是( )
A.
B.
C.
D.
D [把这三张卡片排序有“中国梦”，“中梦国”，“国中梦”，“国梦中”，“梦中国”，“梦国中”，共有6种，能组成“中国梦”
的只有1种，故所求概率为.]
[评析] 以“中国梦”为载体，展现了中国特色社会主义新时代的气息，将数学落实在中华传统美德，贯彻“弘扬正能量”的精神风貌中，可结合古典概型解答．
1．2019年，河北等8省公布了高考改革综合方案将采取“3＋1＋2”模式，即语文、数学、英语必考，然后考生先在物理、历史中选择1门，再在思想政治、地理、化学、生物中选择2门．一名同学随机选择3门功课，则该同学选到物理、地理两门功课的概率为( )
A.
B.
C.
D.
B [由题意可知总共情况为CC＝12，满足情况为C＝3，∴该同学选到物理、地理两门功课的概率为P＝＝.故选B.]
2．为了弘扬我国优秀传统文化，某中学广播站在中国传统节日：春节，元宵节，清明节，端午节，中秋节五个节日中随机选取两个节日来讲解其文化内涵，那么春节和端午节至少有一个被选中的概率是( )
A．0.3
B．0.4
C．0.6
D．0.7
D [由题意得，从五个节日中随机选取两个节日的所有情况有C＝10种，设“春节和端午节至少有一个被选中”为事件A，则事件A包含的基本事件的个数为2C＋C＝7.由古典概型概率公式可得P(A)＝＝＝0.7.故选D.]
3．电视台组织中学生知识竞赛，共设有5个版块的试题，主题分别是“中华诗词”“社会主义核心价值观”“依法治国理念”“中国戏剧”“创新能力”．某参赛队从中任选2个主题作答，则“中华诗词”主题被该队选中的概率是________．
[由于知识竞赛有五个版块，所以共有C＝10种结果，某参赛队从中任选2个主题作答，“中华诗词”主题被选中的结果为C＝4种，则“中华诗词”主题被选中的概率为P(A)＝.]
PAGE 离散型随机变量及其分布列
[考试要求]
1.理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，了解分布列对于刻画随机现象的重要性.
2.理解超几何分布及其导出过程，并能进行简单的应用．
1．离散型随机变量的分布列
(1)将随机现象中试验(或观测)的每一个可能的结果都对应于一个数，这种对应称为一个随机变量．
(2)离散型随机变量：随机变量的取值能够一一列举出来，这样的随机变量称为离散型随机变量．
(3)设离散型随机变量X的取值为a1，a2，…随机变量X取ai的概率为pi(i＝1,2，…)，记作：P(X＝ai)＝pi(i＝1,2，…)，
或把上式列表：
X＝ai
a1
a2
…
P(X＝ai)
p1
p2
…
称为离散型随机变量X的分布列．
(4)性质：
①pi＞0，i＝1,2，…；
②p1＋p2＋…＝1.
2．超几何分布
一般地，设有N件产品，其中有M(M≤N)件次品．从中任取n(n≤N)件产品，用X表示取出的n件产品中次品的件数，那么
P(X＝k)＝(其中k为非负整数)．
如果一个随机变量的分布列由上式确定，则称X服从参数为N，M，n的超几何分布．
1．随机变量的线性关系
若X是随机变量，Y＝aX＋b，a，b是常数，则Y也是随机变量．
2．分布列性质的两个作用
(1)利用分布列中各事件概率之和为1可求参数的值．(2)随机变量ξ所取的值分别对应的事件是两两互斥的，利用这一点可以求相关事件的概率．
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)离散型随机变量的分布列中，各个概率之和可以小于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)如果随机变量X的分布列由下表给出，则它服从两点分布．( )
X
2
5
P
0.3
0.7
(4)从4名男演员和3名女演员中选出4人，其中女演员的人数X服从超几何分布．( )
[答案] (1)× (2)√ (3)× (4)√
二、教材习题衍生
1．设随机变量X的分布列如下：
X
1
2
3
4
5
P
p
则p为( )
A.
B.
C.
D.
C [由分布列的性质知，＋＋＋＋p＝1，∴p＝1－＝.]
2．从4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛，设随机变量ξ表示所选3人中女生的人数，则P(ξ≤1)等于( )
A.
B.
C.
D.
D [P(ξ≤1)＝1－P(ξ＝2)＝1－＝.]
3．有一批产品共12件，其中次品3件，每次从中任取一件，在取到合格品之前取出的次品数X的所有可能取值是________．
0,1,2,3 [因为次品共有3件，所以在取到合格品之前取出的次品数X的可能取值为0,1,2,3.]
4．从装有3个红球，2个白球的袋中随机取出2个球，设其中有X个红球，则随机变量X的分布列为________．
X
0
1
2
P
0.1
0.6
0.3
[因为X的所有可能取值为0,1,2，P(X＝0)＝＝0.1，P(X＝1)＝＝0.6，P(X＝2)＝＝0.3，所以X的分布列为
X
0
1
2
P
0.1
0.6
0.3
]
考点一 离散型随机变量的分布列的性质
分布列性质的两个作用
(1)利用分布列中各事件概率之和为1可求参数的值及检查分布列的正确性．
(2)随机变量X所取的值分别对应的事件是两两互斥的，利用这一点可以求随机变量在某个范围内的概率．
1．随机变量X的分布列如下：
X
－1
0
1
P
a
b
c
其中a，b，c成等差数列，则P(|X|＝1)＝________，公差d的取值范围是________．
[因为a，b，c成等差数列，所以2b＝a＋c.又a＋b＋c＝1，所以b＝，所以P(|X|＝1)＝a＋c＝.又a＝－d，c＝＋d，根据分布列的性质，得0≤－d≤，0≤＋d≤，所以－≤d≤.]
2．设随机变量X的分布列为P＝ak(k＝1,2,3,4,5)．则：(1)a＝________；
(2)P＝________；
(3)P＝________.
(1) (2) (3) [(1)由分布列的性质，得P＋P＋P＋P＋P(X＝1)＝a＋2a＋3a＋4a＋5a＝1，
所以a＝.
(2)P＝P＋P＋P(X＝1)＝3×＋4×＋5×＝.
(3)P＝P＋P＋P＝＋＋＝＝.]
3．设离散型随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
0.2
0.1
0.1
0.3
m
(1)求随机变量Y＝2X＋1的分布列；
(2)求随机变量η＝|X－1|的分布列；
(3)求随机变量ξ＝X2的分布列．
[解] (1)由分布列的性质知，
0．2＋0.1＋0.1＋0.3＋m＝1，得m＝0.3.
首先列表为：
X
0
1
2
3
4
2X＋1
1
3
5
7
9
从而Y＝2X＋1的分布列为
Y
1
3
5
7
9
P
0.2
0.1
0.1
0.3
0.3
(2)列表为
X
0
1
2
3
4
|X－1|
1
0
1
2
3
∴P(η＝0)＝P(X＝1)＝0.1，
P(η＝1)＝P(X＝0)＋P(X＝2)＝0.2＋0.1＝0.3，
P(η＝2)＝P(X＝3)＝0.3，
P(η＝3)＝P(X＝4)＝0.3.
故η＝|X－1|的分布列为
η
0
1
2
3
P
0.1
0.3
0.3
0.3
(3)首先列表为
X
0
1
2
3
4
X2
0
1
4
9
16
从而ξ＝X2的分布列为
ξ
0
1
4
9
16
P
0.2
0.1
0.1
0.3
0.3
点评：由于分布列中每个概率值均为非负数，故在利用概率和为1求参数值时，务必要检验．
考点二 求离散型随机变量的分布列
离散型随机变量分布列的求解步骤
[典例1] 某商场销售某种品牌的空调器，每周周初购进一定数量的空调器，商场每销售一台空调器可获利500元．若供大于求，则每台多余的空调器需交保管费100元；若供不应求，则可从其他商店调剂供应，此时每台空调器仅获利润200元．
(1)若该商场某周初购进20台空调器，求当周的利润(单位：元)关于当周需求量n(单位：台，n∈N)的函数解析式f(n)；
(2)该商场记录了去年夏天(共10周)的空调器周需求量n(单位：台，n∈N)，整理得下表．
周需求量n
18
19
20
21
22
频数
1
2
3
3
1
以记录的每周需求量的频率作为每周需求量的概率，若商场某周初购进20台空调器，X表示当周的利润(单位：元)，求X的分布列．
[解] (1)当n≥20且n∈N时，f(n)＝500×20＋200×(n－20)＝200n＋6
000，
当n≤19且n∈N时，f(n)＝500×n－100×(20－n)＝600n－2
000，
所以f(n)＝(n∈N)．
(2)由(1)得f(18)＝8
800，f(19)＝9
400，f(20)＝10
000，f(21)＝10
200，f(22)＝10
400，
所以当周的利润X的所有可能取值分别为8
800,9
400,10
000,10
200,10
400，
易知P(X＝8
800)＝0.1，P(X＝9
400)＝0.2，P(X＝10
000)＝0.3，P(X＝10
200)＝0.3，P(X＝10
400)＝0.1.
所以X的分布列为
X
8
800
9
400
10
000
10
200
10
400
P
0.1
0.2
0.3
0.3
0.1
点评：求离散型随机变量分布列的关键是求随机变量所取值对应的概率，在求解时要注意应用计数原理、古典概型等知识．
已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或检测出3件正品时检测结束．
(1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；
(2)已知每检测一件产品需要费用100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用(单位：元)，求X的分布列．
[解] (1)记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件A，P(A)＝＝.
(2)X的可能取值为200,300,400.
P(X＝200)＝＝，
P(X＝300)＝＝，
P(X＝400)＝1－P(X＝200)－P(X＝300)
＝1－－＝＝.
故X的分布列为
X
200
300
400
P
考点三 超几何分布
超几何分布的实际应用问题，主要是指与两类不同元素的抽取问题的概率计算和离散型随机变量的分布列、期望及方差的求解等有关的问题．解题的关键如下：
[典例2] (2020·西安模拟)现要调查某县城居民对某项政策的知晓率，专家在进行评估时，从该县城的10个乡镇中随机抽取居民进行调查，知晓率为90%及以上记为合格，否则记为不合格．已知该县城的10个乡镇中，有7个乡镇的居民的知晓率可达90%，其余的均在90%以下．
(1)现从这10个乡镇中随机抽取3个进行调查，求抽到的乡镇中恰有2个乡镇不合格的概率；
(2)若记从该县城随机抽取的3个乡镇中不合格的乡镇的个数为ξ，求ξ的分布列和数学期望．
[解] (1)从这10个乡镇中随机抽取3个进行调查，基本事件总数为C＝120(个)．抽到的乡镇中恰有2个乡镇不合格的基本事件数为CC＝21(个)．那么从这10个乡镇中随机抽取3个进行调查，抽到的乡镇中恰有2个乡镇不合格的概率P＝＝.
(2)由题可知，ξ的可能取值为0,1,2,3，
则P(ξ＝0)＝＝＝，P(ξ＝1)＝＝＝，P(ξ＝2)＝＝＝，P(ξ＝3)＝＝.
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
P
Eξ＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
点评：超几何分布描述的是不放回抽样问题，其实质是古典概型，主要用于抽检产品、摸不同类别的小球等概率模型．
端午节吃粽子是我国的传统习俗．设一盘中装有10个粽子，其中豆沙粽2个，肉粽3个，白粽5个，这三种粽子的外观完全相同．从中任意选取3个．
(1)求三种粽子各取到1个的概率；
(2)设X表示取到的豆沙粽个数，求X的分布列；
(3)设Y表示取到粽子的种类，求Y的分布列．
[解] (1)令A表示事件“三种粽子各取到1个”，则
P(A)＝＝.
(2)X的所有可能值为0,1,2，且
P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝.
综上知，X的分布列为
X
0
1
2
P
(3)由题意知Y的所有可能值为1,2,3，且
P(Y＝1)＝＝＝，
P(Y＝3)＝＝＝，
P(Y＝2)＝1－P(Y＝1)－P(Y＝3)＝1－－＝.
综上可知，Y的分布列为
Y
1
2
3
P
PAGE 独立重复试验与二项分布
[考试要求]
1.了解条件概率的概念，了解两个事件相互独立的概念.
2.理解n次独立重复试验的模型及二项分布，并能解决一些简单问题．
1．条件概率
在已知B发生的条件下，事件A发生的概率叫作B发生时A发生的条件概率，用符号P(A|B)来表示，其公式为P(A|B)＝(P(B)＞0)．
2．相互独立事件
(1)一般地，对两个事件A，B，如果P(AB)＝P(A)P(B)，则称A，B相互独立．
(2)如果A，B相互独立，则A与，与B，与也相互独立．
(3)如果A1，A2，…，An相互独立，则有P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)．
3．独立重复试验与二项分布
(1)独立重复试验
在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验，其中Ai(i＝1,2，…，n)是第i次试验结果，则
P(A1A2A3…An)＝P(A1)P(A2)P(A3)…P(An)．
(2)二项分布
进行n次试验，如果满足以下条件：
①每次试验只有两个相互对立的结果，可以分别称为“成功”和“失败”；
②每次试验“成功”的概率均为p，“失败”的概率均为1－p；
③各次试验是相互独立的．
用X表示这n次试验中成功的次数，则
P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0,1,2，…，n)．
若一个随机变量X的分布列如上所述，称X服从参数为n，p的二项分布，简记为X～B(n，p)．
牢记并理解事件中常见词语的含义
(1)A，B中至少有一个发生的事件为A＋B；
(2)A，B都发生的事件为AB；
(3)A，B都不发生的事件为；
(4)A，B恰有一个发生的事件为A＋B；
(5)A，B至多一个发生的事件为A＋B＋.
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)相互独立事件就是互斥事件．( )
(2)若事件A，B相互独立，则P(B|A)＝P(B)．( )
(3)公式P(AB)＝P(A)P(B)对任意两个事件都成立．( )
(4)二项分布是一个概率分布列，是一个用公式P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n表示的概率分布列，它表示了n次独立重复试验中事件A发生的次数的概率分布．( )
[答案] (1)× (2)√ (3)× (4)√
二、教材习题衍生
1．在5道题中有3道理科题和2道文科题．如果不放回地依次抽取2道题，则在第1次抽到文科题的条件下，第2次抽到理科题的概率为( )
A.
B.
C.
D.
D [根据题意，在第1次抽到文科题后，还剩4道题，其中有3道理科题，则第2次抽到理科题的概率P＝，故选D.]
2．两个实习生每人加工一个零件，加工成一等品的概率分别为和，两个零件中能否被加工成一等品相互独立，则这两个零件中恰好有一个一等品的概率为( )
A.
B.
C.
D.
B [因为两人加工成一等品的概率分别为和，且相互独立，所以两个零件中恰好有一个一等品的概率P＝×＋×＝.]
3．如果某一批玉米种子中，每粒发芽的概率均为，那么播下5粒这样的种子，恰有2粒不发芽的概率是( )
A.
B.
C.
D.
A [用X表示发芽的粒数，则X～B，则P(X＝3)＝C×3×2＝，故播下5粒这样的种子，恰有2粒不发芽的概率为.]
4．一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机抽取一件，有放回地抽取100次，X表示抽到的二等品的件数，则X服从二项分布，记作________．
X～B(100,0.02) [根据题意，X～B(100,0.02)．]
考点一 条件概率
求条件概率的两种方法
(1)利用定义，分别求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝，这是求条件概率的通法．
(2)借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再求事件A与事件B的交事件中包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A)＝.
1．从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A＝“取到的2个数之和为偶数”，事件B＝“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)＝( )
A.
B.
C.
D.
B [法一：(直接法)P(A)＝＝＝，P(AB)＝＝.由条件概率计算公式，得P(B|A)＝＝＝.
法二：(缩小样本空间法)事件A包括的基本事件：(1,3)，(1,5)，(3,5)，(2,4)共4个．
事件AB发生的结果只有(2,4)一种情形，即n(AB)＝1.
故由古典概型概率P(B|A)＝＝.]
2．有一批种子的发芽率为0.9，出芽后的幼苗成活率为0.8，在这批种子中，随机抽取一粒，则这粒种子能成长为幼苗的概率为________．
0.72 [设“种子发芽”为事件A，“种子成长为幼苗”为事件AB(发芽，又成活为幼苗)．出芽后的幼苗成活率为P(B|A)＝0.8，P(A)＝0.9，根据条件概率公式得P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝0.8×0.9＝0.72，即这粒种子能成长为幼苗的概率为0.72.]
3．一个正方形被平均分成9个部分，向大正方形区域随机地投掷一个点(每次都能投中)．设投中最左侧3个小正方形区域的事件记为A，投中最上面3个小正方形或正中间的1个小正方形区域的事件记为B，则P(AB)＝________，P(A|B)＝________.
[如图，n(Ω)＝9，n(A)＝3，n(B)＝4，
∴n(AB)＝1，∴P(AB)＝，
P(A|B)＝＝.]
点评：判断所求概率为条件概率的主要依据是题目中的“已知”“在…前提下(条件下)”等字眼．第3题中没有出现上述字眼，但已知事件的发生影响了所求事件的概率，也认为是条件概率问题．运用P(AB)＝P(B|A)·P(A)，求条件概率的关键是求出P(A)和P(AB)，要注意结合题目的具体情况进行分析．
考点二 相互独立事件的概率
求相互独立事件同时发生的概率的方法
(1)首先判断几个事件的发生是否相互独立．
(2)求相互独立事件同时发生的概率的方法主要有：
①利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解．
②正面计算较繁或难以入手时，可从其对立事件入手计算．
[典例1] (1)天气预报在元旦假期甲地的降雨概率是0.2，乙地的降雨概率是0.3.假设在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，则这两地中恰有一个地方降雨的概率为( )
A．0.2
B．0.3
C．0.38
D．0.56
(2)某乒乓球俱乐部派甲、乙、丙三名运动员参加某运动会的单打资格选拔赛，本次选拔赛只有出线和未出线两种情况．规定一名运动员出线记1分，未出线记0分．假设甲、乙、丙出线的概率分别为，，，他们出线与未出线是相互独立的．
①求在这次选拔赛中，这三名运动员至少有一名出线的概率；
②记在这次选拔赛中，甲、乙、丙三名运动员的得分之和为随机变量ξ，求随机变量ξ的分布列．
(1)C [设甲地降雨为事件A，乙地降雨为事件B，则两地恰有一地降雨为A＋B，
∴P(A＋B)＝P(A)＋P(B)
＝P(A)P()＋P()P(B)＝0.2×0.7＋0.8×0.3＝0.38.]
(2)[解] ①记“甲出线”为事件A，“乙出线”为事件B，“丙出线”为事件C，“甲、乙、丙至少有一名出线”为事件D，
则P(D)＝1－P(
)＝1－××＝.
②由题意可得，ξ的所有可能取值为0,1,2,3，
则P(ξ＝0)＝P(
)＝××＝；
P(ξ＝1)＝P(
)＋P(
)＋P(
)＝××＋××＋××＝；
P(ξ＝2)＝P(AB)＋P(AC)＋P(BC)＝××＋××＋××＝；
P(ξ＝3)＝P(ABC)＝××＝.
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
P
点评：含有“恰好、至多、至少”等关键词的问题，求解的关键在于正确分析所求事件的构成，将其转化为彼此互斥事件的和或相互独立事件的积，然后利用相关公式进行计算．
(2020·全国卷Ⅰ)甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．
经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为.
(1)求甲连胜四场的概率；
(2)求需要进行第五场比赛的概率；
(3)求丙最终获胜的概率．
[解] (1)甲连胜四场的概率为.
(2)根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛．
比赛四场结束，共有三种情况：
甲连胜四场的概率为；
乙连胜四场的概率为；
丙上场后连胜三场的概率为.
所以需要进行第五场比赛的概率为1－－－＝.
(3)丙最终获胜，有两种情况：
比赛四场结束且丙最终获胜的概率为；
比赛五场结束且丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为，，.
因此丙最终获胜的概率为＋＋＋＝.
考点三 独立重复试验与二项分布
二项分布的实际应用问题，主要是指与独立重复试验中的概率计算和离散型随机变量的分布列、期望及方差的求解等有关的问题．解题的关键如下：
(1)定型，“独立”“重复”是二项分布的基本特征，“每次试验事件发生的概率都相等”是二项分布的本质特征．判断随机变量是否服从二项分布，要看在一次试验中是否只有两种试验结果，且两种试验结果发生的概率分别为p,1－p，还要看是否为n次独立重复试验，随机变量是否为某事件在这n次独立重复试验中发生的次数．
(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．
(3)列表，根据离散型随机变量的取值及其对应的概率，列出分布列．
(4)求值，根据离散型随机变量的期望和方差公式，代入相应数据求值．
相关公式：已知X～B(n，p)，则P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0,1,2，…，n)，E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)．
独立重复试验的概率
[典例2－1] (1)位于坐标原点的一个质点P按下述规则移动：质点每次移动一个单位，移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是.质点P移动五次后位于点(2,3)的概率是________．
(2)某射手每次射击击中目标的概率是，且各次射击的结果互不影响．
①假设这名射手射击5次，求恰有2次击中目标的概率；
②假设这名射手射击5次，求有3次连续击中目标，另外2次未击中目标的概率；
③假设这名射手射击3次，每次射击，击中目标得1分，未击中目标得0分．在3次射击中，若有2次连续击中，而另外1次未击中，则额外加1分；若3次全击中，则额外加3分．记ξ为射手射击3次后的总分数，求ξ的分布列．
(1) [由于质点每次移动一个单位，移动的方向为向上或向右，移动五次后位于点(2,3)，所以质点P必须向右移动两次，向上移动三次，故其概率为
C3·2＝C5＝.]
(2)[解] ①设X为射手在5次射击中击中目标的次数，则X～B.在5次射击中，恰有2次击中目标的概率为P(X＝2)＝C×2×3＝.
②设“第i次射击击中目标”为事件Ai(i＝1,2,3,4,5)，“射手在5次射击中，有3次连续击中目标，另外2次未击中目标”为事件A，则
P(A)＝P(A1A2A345)＋P(1A2A3A45)＋P(12A3A4A5)＝3×2＋×3×＋2×3＝.
③设“第i次射击击中目标”为事件Ai(i＝1,2,3)．
由题意可知，ξ的所有可能取值为0,1,2,3,6.
P(ξ＝0)＝P(123)＝3＝；
P(ξ＝1)＝P(A123)＋P(1A23)＋P(12A3)
＝×2＋××＋2×＝；
P(ξ＝2)＝P(A12A3)＝××＝；
P(ξ＝3)＝P(A1A23)＋P(1A2A3)
＝2×＋×2＝；
P(ξ＝6)＝P(A1A2A3)＝3＝.
所以ξ的分布列是
ξ
0
1
2
3
6
P
点评：在求解过程中，本例(2)中②常因注意不到题设条件
“有3次连续击中目标，另外2次未击中目标”，盲目套用公式致误；本例(2)中③常因对ξ的取值不明，导致事件概率计算错误．
二项分布
[典例2－2] 某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，随机抽取该流水线上的40件产品作为样本称出它们的质量(单位：克)，质量的分组区间为(490,495]，(495,500]，…，(510,515]．由此得到样本的频率分布直方图(如图)．
(1)根据频率分布直方图，求质量超过505克的产品数量；
(2)在上述抽取的40件产品中任取2件，设X为质量超过505克的产品数量，求X的分布列；
(3)从该流水线上任取2件产品，设Y为质量超过505克的产品数量，求Y的分布列．
[解] (1)质量超过505克的产品的频率为5×0.05＋5×0.01＝0.3，
所以质量超过505克的产品数量为40×0.3＝12(件)．
(2)质量超过505的产品数量为12件，则质量未超过505克的产品数量为28件，X的取值为0,1,2，
X服从超几何分布．
P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
∴X的分布列为
X
0
1
2
P
(3)根据样本估计总体的思想，取一件产品，该产品的质量超过505克的概率为＝.
从流水线上任取2件产品互不影响，该问题可看成2次独立重复试验，质量超过505克的件数Y的可能取值为0,1,2，且Y～B，
P(Y＝k)＝C2－kk，
所以P(Y＝0)＝C·2＝，
P(Y＝1)＝C··＝，
P(Y＝2)＝C·2＝.
∴Y的分布列为
Y
0
1
2
P
点评：(1)注意随机变量满足二项分布的关键词：
①视频率为概率；②人数很多、数量很大等．
(2)求概率的过程，就是求排列数与组合数的过程，而在解决具体问题时要做到：
①分清
②判断事件的运算即是至少有一个发生，还是同时发生，分别运用相加或相乘事件．
1．袋子中有1个白球和2个红球．
(1)每次取1个球，不放回，直到取到白球为止，求取球次数X的分布列；
(2)每次取1个球，有放回，直到取到白球为止，但抽取次数不超过5次，求取球次数X的分布列；
(3)每次取1个球，有放回，共取5次，求取到白球次数X的分布列．
[解] (1)X可能取值1,2,3.
P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝.
所以X分布列为
X
1
2
3
P
(2)X可能取值为1,2,3,4,5.
P(X＝k)＝k－1×，k＝1,2,3,4，
P(X＝5)＝4.
故X分布列为
X
1
2
3
4
5
P
(3)因为X～B，P(X＝k)＝Ck5－k，k＝0,1,2,3,4,5.
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
4
5
P
5
2．某学校用“10分制”调查本校学生对教师教学的满意度，现从学生中随机抽取16名，以茎叶图记录了他们对该校教师教学满意度的分数(以小数点前的一位数字为茎，小数点后的一位数字为叶)：
(1)若教学满意度不低于9.5分，则称该生对教师的教学满意度为“极满意”．求从这16人中随机选取3人，至少有1人是“极满意”的概率；
(2)以这16人的样本数据来估计整个学校的总体数据，若从该校所有学生中(学生人数很多)任选3人，记X表示抽到“极满意”的人数，求X的分布列及数学期望．
[解] (1)设Ai表示所抽取的3人中有i个人是“极满意”，至少有1人是“极满意”记为事件A，则P(A)＝1－P(A0)＝1－＝.
(2)X的所有可能取值为0,1,2,3，由已知得X～B，∴P(X＝0)＝3＝，
P(X＝1)＝C××2＝，
P(X＝2)＝C×2×＝，
P(X＝3)＝3＝.
∴X的分布列为
X
0
1
2
3
P
∴EX＝3×＝.
PAGE 离散型随机变量的均值与方差、正态分布
[考试要求]
1.理解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差的概念.
2.会求简单离散型随机变量的均值、方差，并能利用离散型随机变量的均值、方差概念解决一些简单实际问题.
3.借助频率直方图认识正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．
1．离散型随机变量的均值与方差
若离散型随机变量X的分布列为P(X＝ai)＝pi(i＝1,2，…，r)．
(1)均值
EX＝a1p1＋a2p2＋…＋arpr，均值EX刻画的是X取值的“中心位置”．
(2)方差
DX＝E(X－EX)2为随机变量X的方差，它刻画了随机变量X与其均值EX的平均偏离程度．
2．均值与方差的性质
(1)E(aX＋b)＝aEX＋b.
(2)D(aX＋b)＝a2DX(a，b为常数)．
3．两点分布与二项分布的均值、方差
均值
方差
变量X服从两点分布
EX＝p
DX＝p(1－p)
X～B(n，p)
EX＝np
DX＝np(1－p)
4．正态分布
(1)X～N(μ，σ2)，表示X服从参数为μ和σ2的正态分布．
(2)正态分布密度函数的性质：
①函数图像关于直线x＝μ对称；
②σ(σ＞0)的大小决定函数图像的“胖”“瘦”；
③P(μ－σ＜X＜μ＋σ)＝68.3%；
P(μ－2σ＜X＜μ＋2σ)＝95.4%；
P(μ－3σ＜X＜μ＋3σ)＝99.7%.
(1)均值与方差的关系：DX＝EX2－E2X.
(2)超几何分布的均值：若X服从参数为N，M，n的超几何分布，则EX＝.
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)离散型随机变量的各个可能值表示的事件是彼此互斥的．( )
(2)若X～N(μ，σ2)，则μ，σ2分别表示正态分布的均值和方差．( )
(3)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，则偏离均值的平均程度越小.
( )
[答案] (1)√ (2)√ (3)√
二、教材习题衍生
1．已知X的分布列为
X
－1
0
1
P
a
设Y＝2X＋3，则EY的值为( )
A． B．4 C．－1 D．1
A [由概率分布列的性质可知：＋＋a＝1，
∴a＝.
∴EX＝(－1)×＋0×＋1×＝－.
∴EY＝3＋2EX＝3－＝.]
2．若离散型随机变量X的分布列为
X
0
1
P
则X的方差DX＝________.
[由＋＝1得a＝1或－2(舍去)．
∴X的分布列为
X
0
1
P
∴DX＝＝.]
3．已知随机变量X服从正态分布N(3,1)，且P(X>2c－1)＝P(X [∵X～N(3,1)，∴正态曲线关于直线x＝3对称，
且P(X>2c－1)＝P(X∴2c－1＋c＋3＝3×2，∴c＝.]
4．甲、乙两工人在一天生产中出现的废品数分别是两个随机变量X，Y，其分布列分别为：
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 [EX＝0×0.4＋1×0.3＋2×0.2＋3×0.1＝1.EY＝0×0.3＋1×0.5＋2×0.2＝0.9，因为EY考点一 求离散型随机变量的均值、方差
求离散型随机变量X的均值与方差的步骤
(1)理解X的意义，写出X可能取的全部值．
(2)求X取每个值时的概率．
(3)写出X的分布列．
(4)由均值的定义求EX.
(5)由方差的定义求DX.
[典例1] 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(单位：元)，求ξ的分布列与数学期望Eξ，方差Dξ.
[解] (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)由题设甲、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
ξ
0
40
80
120
160
P
Eξ＝0×＋40×＋80×＋120×＋160×＝80.
Dξ＝(0－80)2×＋(40－80)2×＋(80－80)2×＋(120－80)2×＋(160－80)2×＝.
点评：(1)求离散型随机变量的均值与方差关键是确定随机变量的所有可能值，写出随机变量的分布列，正确运用均值、方差公式进行计算．
(2)注意E(aX＋b)＝aEX＋b，D(aX＋b)＝a2DX的应用．
1．某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立．设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，DX＝2.4，P(X＝4)A．0.7 B．0.6 C．0.4 D．0.3
B [由题意知，该群体的10位成员使用移动支付的概率分布符合二项分布，所以D(X)＝10p(1－p)＝2.4，所以p＝0.6或p＝0.4.由P(X＝4)0.5，所以p＝0.6.]
2．随机抽取某厂的某种产品200件，经质检，其中一等品126件，二等品50件，三等品20件，次品4件．已知生产1件一、二、三等品获得的利润分别为6万元、2万元、1万元，而1件次品亏损2万元，设1件产品的利润(单位：元)为X.
(1)求X的分布列；
(2)求1件产品的平均利润(即X的数学期望)；
(3)经技术革新后，仍有四个等级的产品，但次品率降为1%，一等品率提高为70%，如果此时要求1件产品的平均利润不小于4.73万元，则三等品率最多是多少？
[解] (1)X的所有可能取值有6,2,1，－2.
P(X＝6)＝＝0.63，
P(X＝2)＝＝0.25，P(X＝1)＝＝0.1，
P(X＝－2)＝＝0.02.
故X的分布列为：
X
6
2
1
－2
P
0.63
0.25
0.1
0.02
(2)EX＝6×0.63＋2×0.25＋1×0.1＋(－2)×0.02＝4.34.
(3)设技术革新后的三等品率为x，则此时1件产品的平均利润为
EX＝6×0.7＋2×(1－0.7－0.01－x)＋1×x＋(－2)×0.01
＝4.76－x(0≤x≤0.29)．
依题意，EX≥4.73，
即4.76－x≥4.73，
解得x≤0.03，所以三等品率最多为3%.
考点二 均值与方差在决策中的应用
利用均值、方差进行决策的两个方略
(1)当均值不同时，两个随机变量取值的水平可见分歧，可对问题作出判断．
(2)若两随机变量均值相同或相差不大．则可通过分析两变量的方差来研究随机变量的离散程度或者稳定程度，进而进行决策．
[典例2] (2020·郑州市第一次质量预测)水污染现状与工业废水排放密切相关，某工厂深入贯彻科学发展观，努力提高污水收集处理水平，其污水处理程序如下：原始污水必先经过A系统处理，处理后的污水(A级水)达到环保标准(简称达标)的概率为p(0＜p＜1)．经化验检测，若确认达标便可直接排放；若不达标则必须经过B系统处理后直接排放．
该工厂现有4个标准水量的A级水池，分别取样、检测．多个污水样本检测时，既可以逐个化验，也可以将若干个样本混合在一起化验．混合样本中只要有样本不达标，则混合样本的化验结果必不达标．若混合样本不达标，则该组中各个样本必须再逐个化验；若混合样本达标，则原水池的污水直接排放．
现有以下四种方案：
方案一：逐个化验；
方案二：平均分成两组化验，且每组两个样本混在一起化验；
方案三：三个样本混在一起化验，剩下的一个单独化验；
方案四：四个样本混在一起化验．
化验次数的期望值越小，则方案越“优”．
(1)若p＝，求2个A级水样本混合化验结果不达标的概率．
(2)①若p＝，现有4个A级水样本需要化验，请问：方案一、二、四中哪个最“优”？
②若方案三比方案四更“优”，求p的取值范围．
[解] (1)该混合样本达标的概率是2＝，
根据对立事件知，不达标的概率为1－＝.
(2)①方案一：逐个化验，化验次数为4.
方案二：由(1)知，每组两个样本化验时，若均达标则化验次数为2，概率为
2＝；若一组达标，另一组不达标则化验次数为4，概率为C××＝；若两组均不达标则化验次数为6，概率为2＝.记方案二的化验次数为ξ2，则ξ2的可能取值为2,4,6，
其分布列如下，
ξ2
2
4
6
P
可求得方案二的期望为Eξ2＝2×＋4×＋6×＝＝.
方案四：混在一起化验，记化验次数为ξ4，则ξ4可取1,5，
其分布列如下，
ξ4
1
5
P
可求得方案四的期望为Eξ4＝1×＋5×＝.
比较可得Eξ4＜Eξ2＜4，故方案四最“优”．
(ⅱ)方案三：设化验次数为η3，则η3可取2,5，
η3
2
5
P
p3
1－p3
Eη3＝2p3＋5(1－p3)＝5－3p3；
方案四：设化验次数为η4，则η4可取1,5，
η4
1
5
P
p4
1－p4
Eη4＝p4＋5(1－p4)＝5－4p4.
由题意得Eη3＜Eη4?5－3p3＜5－4p4?p＜.
故当0＜p＜时，方案三比方案四更“优”．
点评：随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平，方差反映了随机变量稳定于均值的程度，它们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．
某种大型医疗检查机器生产商，对一次性购买2台机器的客户，推出两种超过质保期后两年内的延保维修优惠方案：
方案一：交纳延保金7
000元，在延保的两年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费2
000元；
方案二：交纳延保金10
000元，在延保的两年内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费1
000元．
某医院准备一次性购买2台这种机器．现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了50台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，得下表：
维修次数
0
1
2
3
台数
5
10
20
15
以这50台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率．记X表示这2台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数．
(1)求X的分布列；
(2)以所需延保金及维修费用的期望值为决策依据，医院选择哪种延保方案更合算？
[解] (1)X所有可能的取值为0,1,2,3,4,5,6.
P(X＝0)＝×＝，
P(X＝1)＝××2＝，
P(X＝2)＝×＋××2＝，
P(X＝3)＝××2＋××2＝，
P(X＝4)＝×＋××2＝，
P(X＝5)＝××2＝，
P(X＝6)＝×＝，
∴X的分布列为
X
0
1
2
3
4
5
6
P
(2)选择延保方案一，所需费用Y1元的分布列为：
Y1
7
000
9
000
11
000
13
000
15
000
P
EY1＝×7
000＋×9
000＋×11
000＋×13
000＋×15
000＝10
720(元)．
选择延保方案二，所需费用Y2元的分布列为：
Y2
10
000
11
000
12
000
P
EY2＝×10
000＋×11
000＋×12
000
＝10
420(元)．
∵EY1＞EY2，∴该医院选择延保方案二较合算．
考点三 正态分布
关于正态总体在某个区间内取值的概率求法
(1)熟记P(μ－σ(2)充分利用正态曲线的对称性和曲线与x轴之间面积为1.①正态曲线关于直线x＝μ对称，从而在关于x＝μ对称的区间上概率相等；②P(X[典例3] 为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸(单位：cm)．根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N(μ，σ2)．
(1)假设生产状态正常，记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件数，求P(X≥1)及X的数学期望；
(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查．
①试说明上述监控生产过程方法的合理性；
②下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：
9.95
10.12
9.96
9.96
10.01
9.92
9.98
10.04
10.26
9.91
10.13
10.02
9.22
10.04
10.05
9.95
经计算得＝xi＝9.97，s＝＝)≈0.212，其中xi为抽取的第i个零件的尺寸，i＝1,2，…，16.
用样本平均数作为μ的估计值，用样本标准差s作为σ的估计值，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除(－3，＋3)之外的数据，用剩下的数据估计μ和σ(精确到0.01)．
附：若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－3σ4,0.997
416≈0.959
2，≈0.09.
[解] (1)抽取的一个零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之内的概率为0.997
4，从而零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率为0.002
6，故X～B(16,0.002
6)．
因此P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－0.997
416≈0.040
8.
X的数学期望EX＝16×0.002
6＝0.041
6.
(2)①如果生产状态正常，一个零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率只有0.002
6，一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件的概率只有0.040
8，发生的概率很小，因此一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查，可见上述监控生产过程的方法是合理的．
②由＝9.97，s≈0.212，得μ的估计值为＝9.97，σ的估计值为＝0.212，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在(－3，＋3)之外，因此需对当天的生产过程进行检查．
剔除(－3，＋3)之外的数据9.22，剩下数据的平均数为×(16×9.97－9.22)＝10.02.
因此μ的估计值为10.02.
x＝16×0.2122＋16×9.972≈1
591.134，
剔除(－3，＋3)之外的数据9.22，剩下数据的样本方差为×(1
591.134－9.222－15×10.022)≈0.008，
因此σ的估计值为≈0.09.
点评：本题考查正态分布、概率统计问题的综合，是在知识网络的交汇处命制的一道较为新颖的试题．正态分布与统计案例有些知识点是所谓的高考“冷点”，由于考生对这些“冷点”的内容重视不够，复习不全面，一旦这些“冷点”知识出了考题，虽然简单但也做错，甚至根本不会做，因而错误率相当高．本题求解的关键是借助题设提供的数据对问题做出合理的分析，其中方差公式的等价变形是数据处理的关键点．
1.在如图所示的正方形中随机投掷10
000个点，则落入阴影部分(曲线C为正态分布N(－1,1)的密度曲线)的点的个数的估计值为( )
附：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ＜X＜μ＋σ)＝0.682
7，P(μ－2σ＜X＜μ＋2σ)＝0.954
5.
A．1
193
B．1
359
C．2
718
D．3
413
B [对于正态分布N(－1,1)，μ＝－1，σ＝1，正态曲线关于x＝－1对称，故题图中阴影部分的面积为×[P(－3＜X＜1)－P(－2＜X＜0)]＝×[P(μ－2σ＜X＜μ＋2σ)－P(μ－σ＜X＜μ＋σ)]＝×(0.954
5－0.682
7)＝0.135
9，所以点落入题图中阴影部分的概率P＝＝0.135
9，投入10
000个点，落入阴影部分的个数约为10
000×0.135
9＝1
359.]
2．为评估设备M生产某种零件的性能，从设备M生产零件的流水线上随机抽取100个零件作为样本，测量其直径后，整理得到下表：
直径/mm
58
59
61
62
63
64
65
66
个数
1
1
3
5
6
19
33
18
直径/mm
67
68
69
70
71
73
合计
个数
4
4
2
1
2
1
100
经计算，样本直径的平均值μ＝65，标准差σ＝2.2，以频率值作为概率的估计值．
(1)为评判一台设备的性能，从该设备加工的零件中任意抽取一件，记其直径为X，并根据以下不等式进行评判(P表示相应事件的概率)：①P(μ－σ7；②P(μ－2σ5；③P(μ－3σ3.评判规则为：若同时满足上述三个不等式，则设备等级为甲；若仅满足其中两个，则等级为乙；若仅满足其中一个，则等级为丙；若全部都不满足，则等级为丁，试判断设备M的性能等级．
(2)将直径小于等于μ－2σ或直径大于μ＋2σ的零件认为是次品．
①从设备M的生产流水线上随机抽取2件零件，计算其中次品件数Y的数学期望EY；
②从样本中随机抽取2件零件，计算其中次品件数Z的数学期望EZ.
[解] (1)P(μ－σ0.682
7，P(μ－2σ5，
P(μ－3σ3，
因为设备M的数据仅满足一个不等式，故其性能等级为丙．
(2)易知样本中次品共6件，可估计设备M生产零件的次品率为0.06.
①由题意可知Y～B，于是EY＝2×0.06＝0.12.
②由题意可知Z的分布列为
Z
0
1
2
P
故EZ＝0×＋1×＋2×＝.
PAGE 概率、统计的综合题
[考试要求] 能从研究对象中获取数据，会用数学方法对数据进行整理、分析和推断，构建模型等．
考点一 概率与统计的综合应用
概率与统计作为考查考生应用意识的重要载体，已成为近几年高考的一大亮点和热点．它与其他知识融合、渗透，情境新颖，充分体现了概率与统计的工具性和交汇性．统计以考查抽样方法、样本的频率分布、样本特征数的计算为主，概率以考查概率计算为主，往往和实际问题相结合，要注意理解实际问题的意义，使之和相应的概率计算对应起来，只有这样才能有效地解决问题．
[典例1] 从某技术公司开发的某种产品中随机抽取200件，测量这些产品的一项质量指标值(记为Z)，由测量结果得如下频率分布直方图：
(1)公司规定：当Z≥95时，产品为正品；当Z<95时，产品为次品．公司每生产一件这种产品，若是正品，则盈利90元；若是次品，则亏损30元．记ξ为生产一件这种产品的利润，求随机变量ξ的分布列和数学期望；
(2)由频率分布直方图可以认为，Z服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数，σ2近似为样本方差s2(同一组中的数据用该区间的中点值作代表)．
①利用该正态分布，求P(87.8②某客户从该公司购买了500件这种产品，记X表示这500件产品中该项质量指标值位于区间(87.8,112.2)内的产品件数，利用①的结果，求EX.
附：≈12.2.
若Z～N(μ，σ2)，则P(μ－σ7，P(μ－2σ5.
[解] (1)由频率估计概率，产品为正品的概率为(0.033＋0.024＋0.008＋0.002)×10＝0.67，
所以随机变量ξ的分布列为
ξ
90
－30
P
0.67
0.33
所以Eξ＝90×0.67＋(－30)×0.33＝50.4.
(2)由频率分布直方图知，抽取产品的该项质量指标值的样本平均数和样本方差s2分别为
＝70×0.02＋80×0.09＋90×0.22＋100×0.33＋110×0.24＋120×0.08＋130×0.02＝100，
s2＝(－30)2×0.02＋(－20)2×0.09＋(－10)2×0.22＋02×0.33＋102×0.24＋202×0.08＋302×0.02＝150.
①因为Z～N(100,150)，
从而P(87.87.
②由①知，一件产品中该项质量指标值位于区间(87.8,112.2)内的概率为0.6827，依题意知X～B(500，0.682
7)，所以EX＝500×0.682
7＝341.35.
点评：本题以统计图表为载体，将正态分布、二项分布、频率分布直方图巧妙的融合在一起，体现了知识的整合性与交汇融合性，搞清这些统计图表的含义，掌握好样本特征数的计数方法、各类概率的计算方法及均值与方差的运算是解决问题的关键．
经销商经销某种农产品，在一个销售季度内，每售出1
t该产品获得利润500元，未售出的产品，每1
t亏损300元．根据以往资料，得到销售季度内市场需求量的频率分布直方图，如图所示．经销商为下一个销售季度购进了130
t该农产品．以X(单位：t,100≤X≤150)表示下一个销售季度内的市场需求量，T(单位：元)表示下一个销售季度内经销该农产品的利润．
(1)将T表示为X的函数；
(2)根据直方图估计利润T不少于57
000元的概率；
(3)在直方图的需求量分组中，以各组的区间中点值代表该组的各个值，需求量落入该区间的频率作为需求量取该区间中点值的概率(例如：若需求量X∈[100,110)，则取X＝105，且X＝105的概率等于需求量落入[100,110)的频率)，求T的均值．
[解] (1)当X∈[100,130)时，
T＝500X－300(130－X)＝800X－39
000.
当X∈[130,150]时，T＝500×130＝65
000.
所以T＝
(2)由(1)知利润T不少于57
000元当且仅当120≤X≤150.
由直方图知需求量X∈[120,150]的频率为0.7，所以下一个销售季度内的利润T不少于57
000元的概率的估计值为0.7.
(3)依题意可得T的分布列为
T
45
000
53
000
61
000
65
000
P
0.1
0.2
0.3
0.4
所以ET＝45
000×0.1＋53
000×0.2＋61
000×0.3＋65
000×0.4＝59
400.
考点二 概率与统计案例的综合应用
概率与统计案例的综合应用常涉及相互独立事件同时发生的概率、频率分布直方图的识别与应用、数字特征、独立性检验等基础知识，考查学生的阅读理解能力、数据处理能力、运算求解能力及应用意识．
[典例2] (2020·西安五校联考)为加快经济转型升级，加大技术研发力度，某市建立高新科技研发园区，并力邀某高校入驻该园区．为了解教职工意愿，该高校在其所属的8个学院的教职工中作了“是否愿意将学校整体搬迁至研发园区”的问卷调查，8个学院的调查人数及统计数据如下：
调查人数x
10
20
30
40
50
60
70
80
愿意整体搬迁人数y
8
17
25
31
39
47
55
66
(1)请根据上表提供的数据，用最小二乘法求出变量y关于变量x的线性回归方程＝x＋(保留小数点后两位有效数字)；若该校共有教职工2
500人，请预测该校愿意将学校整体搬迁至研发园区的人数．
(2)若该校的8位院长中有5位院长愿意将学校整体搬迁至研发园区，现该校拟在这8位院长中随机选取4位院长组成考察团赴研发园区进行实地考察，记X为考察团中愿意将学校整体搬迁至研发园区的院长人数，求X的分布列及数学期望．
参考公式及数据：＝，＝－·，
xiyi＝16
310，x＝20
400.
[解] (1)由已知得＝45，＝36，＝＝≈0.80，＝36－0.80×45＝0，
故变量y关于变量x的线性回归方程为＝0.80x.
所以当x＝2
500时，y＝2
500×0.80＝2
000，所以该校愿意将学校整体搬迁至研发园区的人数约为2
000.
(2)由题意可知X的可能取值为1,2,3,4.
P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝.
所以X的分布列为
X
1
2
3
4
P
故EX＝1×＋2×＋3×＋4×＝.
点评：在两个变量的回归分析中要注意以下2点
(1)求回归直线方程要充分利用已知数据，合理利用公式减少运算．
(2)借助散点图，观察两个变量之间的关系．若不是线性关系，则需要根据相关知识转化为线性关系．
某健身馆在2020年7,8两个月推出优惠项目吸引了一批客户．为预估2021年7,8两个月客户投入的健身消费金额，健身馆随机抽样统计了2020年7,8两个月100名客户的消费金额(单位：元)，分组如下：[0,200)，[200,400)，[400,600)，…，[1
000，1
200]，得到如图所示的频率分布直方图：
(1)请用抽样的数据预估2021年7,8两个月健身客户人均消费的金额(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)．
(2)若把2020年7,8两个月健身消费金额不低于800元的客户称为“健身达人”．经数据处理，现在列联表中得到一定的相关数据，请补全空格处的数据，并根据列联表判断是否有95%的把握认为“健身达人”与性别有关？
健身达人
非健身达人
总计
男
10
女
30
总计
(3)为吸引顾客，在健身项目之外，该健身馆特推出健身配套营养品的销售，现有两种促销方案．
方案一：每满800元可立减100元；
方案二：金额超过800元可抽奖三次，每次中奖的概率为，且每次抽奖互不影响，中奖1次打9折，
中奖2次打8折，中奖3次打7折．
若某人打算购买1
000元的营养品，请从实际付款金额的数学期望的角度分析应该选择哪种促销方案．
附：
P(χ2≥k)
0.150
0.100
0.050
0.010
0.005
k
2.072
2.706
3.841
6.635
7.879
χ2＝.
[解] (1)因为2020年7,8两个月这100名客户消费金额的平均值为(100×0.000
50＋300×0.000
75＋500×0.001
00＋700×0.001
25＋900×0.001
00＋1
100×0.000
50)×200＝620(元)，
所以预估2021年7,8两个月健身客户人均消费金额为620元．
(2)列联表如下：
健身达人
非健身达人
总计
男
10
40
50
女
20
30
50
总计
30
70
100
因为χ2＝≈4.762＞3.841，所以有95%的把握认为“健身达人”与性别有关．
(3)若选择方案一，则需付款900元；
若选择方案二，设需付款X元，则X的可能取值为700,800,900,1
000，
P(X＝700)＝C3＝，
P(X＝800)＝C3＝，
P(X＝900)＝C3＝，
P(X＝1
000)＝C3＝，
所以EX＝700×＋800×＋900×＋1
000×＝850(元)．
因为850＜900，所以选择方案二更划算．
考点三 概率、统计与函数、数列的交汇问题
由于随机变量ξ对应的概率P∈[0,1]，故常先借助概率统计的知识建立有关P的函数解析式或递推关系式，在此基础上借助函数或导数、数列等知识求解相应问题．
[典例3] 某商场以分期付款方式销售某商品，根据以往资料统计，顾客购买该商品选择分期付款的期数ξ的分布列为
ξ
2
3
4
P
0.4
a
b
其中0＜a＜1,0＜b＜1.
(1)求购买该商品的3位顾客中，恰有2位选择分2期付款的概率；
(2)商场销售一件该商品，若顾客选择分2期付款，则商场获得的利润为200元；若顾客选择分3期付款，则商场获得的利润为250元；若顾客选择分4期付款，则商场获得的利润为300元．商场销售两件该商品所获得的利润记为X(单位：元)．
①求X的分布列；
②若P(X≤500)≥0.8，求X的数学期望EX的最大值．
[解] (1)设购买该商品的3位顾客中，选择分2期付款的人数为η，依题意得η～B(3,0.4)，
则P(η＝2)＝C(0.4)2×(1－0.4)＝0.288，
∴购买该商品的3位顾客中，恰有2位选择分2期付款的概率为0.288.
(2)①依题意X的取值分别为400,450,500,550,600，
P(X＝400)＝0.4×0.4＝0.16，
P(X＝450)＝2×0.4a＝0.8a，
P(X＝500)＝2×0.4b＋a2＝0.8b＋a2，
P(X＝550)＝2ab，
P(X＝600)＝b2.
∴X的分布列为：
X
400
450
500
550
600
P
0.16
0.8a
0.8b＋a2
2ab
b2
②P(X≤500)＝P(X＝400)＋P(X＝450)＋P(X＝500)
＝0.16＋0.8(a＋b)＋a2，
根据0.4＋a＋b＝1，得a＋b＝0.6，∴b＝0.6－a，
∵P(X≤500)≥0.8，∴0.16＋0.48＋a2≥0.8，
解得a≥0.4或a≤－0.4，
∵a＞0，∴a≥0.4，∵b＞0，∴0.6－a＞0，解得a＜0.6，
∴a∈[0.4,0.6)，
EX＝400×0.16＋450×0.8a＋500×(0.8b＋a2)＋1
100ab＋600b2＝520－100a，
当a＝0.4时，EX的最大值为480，
∴X的数学期望EX的最大值为480.
点评：本例融概率、分布列、函数于一体，体现了高考命题的最新动向，求解时可先借助分布列的性质及题设条件“P(X≤500)≥0.8”探求得到参数a的范围，然后借助数学期望公式建立关于参数a的函数关系式，并通过二次函数求得数学期望EX的最大值．
(2020·长沙市统一模拟考试)某市有一家大型共享汽车公司，在市场上分别投放了黄、蓝两种颜色的汽车，已知黄、蓝两种颜色的汽车的投放比例为3∶1.监管部门为了了解这两种颜色汽车的质量，决定从投放到市场上的汽车中随机抽取5辆汽车进行试驾体验，假设每辆汽车被抽取的可能性相同．
(1)求抽取的5辆汽车中恰有2辆是蓝色汽车的概率；
(2)在试驾体验过程中，发现蓝色汽车存在一定质量问题，监管部门决定从投放的汽车中随机地抽取一辆送技术部门作进一步抽样检测，并规定：若抽到的是黄色汽车，则将其放回市场，并继续随机地抽取下一辆汽车；若抽到的是蓝色汽车，则抽样结束．抽样的次数不超过n(n∈N
)次．在抽样结束时，若已抽到的黄色汽车数以ξ表示，求ξ的分布列和数学期望．
[解] (1)随机地抽取一辆汽车是蓝色汽车的概率为，
用X表示“抽取的5辆汽车中蓝色汽车的辆数”，则X服从二项分布，即X～B，
所以抽取的5辆汽车中恰有2辆是蓝色汽车的概率P＝C32＝.
(2)ξ的可能取值为0,1,2，…，n.
P(ξ＝0)＝，P(ξ＝1)＝×＝，P(ξ＝2)＝2×，…，
P(ξ＝n－1)＝n－1×，P(ξ＝n)＝n.
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
…
n－1
n
P
×
2×
…
n－1×
n
ξ的数学期望Eξ＝1××＋2×2×＋3×3×＋…＋(n－1)×
n－1×＋n×n①，
E(ξ)＝1×2×＋2×3×＋…＋(n－2)×n－1×＋(n－1)×n×＋n×n＋1②.
①－②得
Eξ＝×＋2×＋3×＋…＋n－1×＋＝×＋2×＋3×＋…＋n－1×＋n×，
所以Eξ＝＋2＋3＋…＋n－1＋n＝＝3＝3－3×n.
核心素养6 用数学语言表达世界——数据分析与建模求解
数据分析是指针对研究对象获得相关数据，运用统计方法对数据中的有用信息进行分析和推断，形成知识的过程．主要包括：收集数据，整理数据，提取信息，构建模型对信息进行分析、推断，获得结论．在数据分析核心素养的形成过程中，学生能够提升数据处理的能力，增强基于数据表达现实问题的意识，养成通过数据思考问题的习惯，积极依托数据探索事物本质、关联和规律的活动经验.
概率与频率分布的综合应用
某学校为了了解全校学生的体重情况，从全校学生中随机抽取了100人的体重数据，结果这100人的体重全部介于45公斤到75公斤之间，现将结果按如下方式分为6组：第一组[45,50)，第二组[50,55)，…，第六组[70,75)，得到如图1所示的频率分布直方图，并发现这100人中，其体重低于55公斤的有15人，这15人体重数据的茎叶图如图2所示，以样本的频率作为总体的概率．
图1 图2
(1)求频率分布直方图中a，b，c的值；
(2)从全校学生中随机抽取3名学生，记X为体重在[55,65)的人数，求X的概率分布列和数学期望；
(3)由频率分布直方图可以认为，该校学生的体重ξ近似服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ＝60，σ2＝25.若P(μ－2σ≤ξ＜μ＋2σ)＞0.954
5，则认为该校学生的体重是正常的．试判断该校学生的体重是否正常？并说明理由．
[解] (1)由题图2知，100名样本中体重低于50公斤的有2人，
用样本的频率估计总体的概率，可得体重低于50公斤的概率为＝0.02，则a＝＝0.004，
在[50,55)上有13人，该组的频率为0.13，则b＝＝0.026，
所以2c＝＝0.14，即c＝0.07.
(2)用样本的频率估计总体的概率，可知从全体学生中随机抽取一人，体重在[55,65)的概率为0.07×10＝0.7，随机抽取3人，相当于三次独立重复试验，随机变量X服从二项分布B(3,0.7)，
则P(X＝0)＝C0.700.33＝0.027，
P(X＝1)＝C0.710.32＝0.189，
P(X＝2)＝C0.720.31＝0.441，
P(X＝3)＝C0.730.30＝0.343，
所以，X的概率分布列为：
X
0
1
2
3
P
0.027
0.189
0.441
0.343
EX＝3×0.7＝2.1.
(3)由N(60,25)得σ＝5，
由图(1)知P(μ－2σ≤ξ＜μ＋2σ)＝P(50≤ξ＜70)＝0.96＞0.954
5.所以可以认为该校学生的体重是正常的．
[评析] 本题以学生体重情况为背景，设计概率与统计、正态分布的综合应用．体现了数学建模(用频率估计概率、正态分布)、数学运算(求平均数、方差、求概率)、数据分析、逻辑推理(以直方图中求平均数方差，由正态分布求概率及期望)的学科素养，培养了统计意识，经历“收集数据—整理数据—分析数据—作出推断”的全过程．
某基地蔬菜大棚采用无土栽培的方式种植各类蔬菜．根据过去50周的资料显示，该地周光照量X(小时)都在30小时以上，其中不足50小时的有5周，不低于50小时且不超过70小时的有35周，超过70小时的有10周．根据统计，该基地的西红柿增加量y(千克)与使用某种液体肥料的质量x(千克)之间的关系为如图所示的折线图．
(1)依据折线图，是否可用线性回归模型拟合y与x的关系？请计算相关系数r并加以说明(精确到0.01)．(若|r|＞0.75，则线性相关程度很高，可用线性回归模型拟合)
(2)蔬菜大棚对光照要求较大，某光照控制仪商家为该基地提供了部分光照控制仪，但每周光照控制仪运行台数受周光照量X限制，并有如下关系：
周光照量X
(单位：小时)
30＜X≤50
50≤X≤70
X＞70
光照控制仪最多可运行台数
3
2
1
若某台光照控制仪运行，则该台光照控制仪周利润为3
000元；若某台光照控制仪未运行，则该台光照控制仪周亏损1
000元．以频率作为概率，商家欲使周总利润的均值达到最大，应安装光照控制仪多少台？
附：相关系数公式r＝，
参考数据：≈0.55，≈0.95.
[解] (1)由已知数据可得＝＝5，
＝＝4.
因为
(xi－)(yi－)＝(－3)×(－1)＋0＋0＋0＋3×1＝6，＝＝2，
＝＝.
所以相关系数
r＝
＝＝≈0.95.
因为r＞0.75，所以可用线性回归模型拟合y与x的关系．
(2)记商家周总利润为Y元，由条件可知至少需安装1台，最多安装3台光照控制仪．
①安装1台光照控制仪可获得周总利润3
000元．
②安装2台光照控制仪的情形：
当X＞70时，只有1台光照控制仪运行，此时周总利润
Y＝3
000－1
000＝2
000(元)，
P(Y＝2
000)＝＝0.2，
当30＜X≤70时，2台光照控制仪都运行，此时周总利润Y＝2×3
000＝6
000(元)，
P(X＝6
000)＝＝0.8，
故Y的分布列为
Y
2
000
6
000
P
0.2
0.8
所以EY＝2
000×0.2＋6
000×0.8＝5
200(元)．
③安装3台光照控制仪的情形：
当X＞70时，只有1台光照控制仪运行，此时周总利润
Y＝1×3
000－2×1
000＝1
000(元)，
P(Y＝1
000)＝＝0.2，
当50≤X≤70时，有2台光照控制仪运行，此时周总利润Y＝2×3
000－1×1
000＝5
000(元)，
P(Y＝5
000)＝＝0.7，
当30＜X＜50时，3台光照控制仪都运行，周总利润Y＝3×3
000＝9
000(元)，
P(Y＝9
000)＝＝0.1，
故Y的分布列为
Y
1
000
5
000
9
000
P
0.2
0.7
0.1
所以EY＝1
000×0.2＋5
000×0.7＋9
000×0.1＝4
600(元)．
综上可知，为使商家周总利润的均值达到最大，应该安装2台光照控制仪．
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