(共44张PPT)
第二节 排列与组合
课前自主预习案
课堂互动探究案
课前自主预习案
必 备 知 识
1.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 并按照________排成一列，叫做从n个元素中取出m个元素的一个排列
组合 作为一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合
一定顺序
2.排列数与组合数
(1)从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有________的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号表示．
(2)从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有________的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号表示．
不同排列
不同组合
3．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!
＋
【常用结论】
排列数、组合数常用公式
＝.
＝.
(3)(n＋1)！－n！＝n·n！.
＝.
＝.
夯 实 基 础
1．思考辨析(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)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．( )
(3)若组合式＝，则x＝m成立．( )
＝n(n－1)(n－2)…(n－m)．( )
×
√
×
×
2．(教材改编＝( )
A．35 B．47 C．45 D．57
答案：B
解析：＝4×3＋＝47.故选B.
3．(易错)若＝，则正整数x的值是________．
答案：1或4
解析：由题意可得2x－1＝x或2x－1＋x＝11，解得x＝1或x＝4.
4．(易错)某校开设A类选修课3门，B类选修课4门，一位同学从中共选3门．若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法种数为________．
答案：30
解析：分以下2种情况：
(1)A类选修课选1门，B类选修课选2门，有种不同的选法．
(2)A类选修课选2门，B类选修课选1门，有
＝18＋12＝30(种)．
课堂互动探究案
1.理解排列、组合的概念．
2．能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式．
3．能利用排列、组合解决简单的实际问题．
问题思考·夯实技能
【问题1】 排列问题与组合问题的区别是什么？
提示：元素之间与顺序有关的为排列，与顺序无关的为组合．
【问题2】 你能说出解决排列、组合问题的多少种技巧？
提示：(1)特殊元素优先安排．(2)合理分类与准确分步．(3)排列、组合混合问题要先选后排．(4)相邻问题捆绑处理．(5)不相邻问题插空处理．(6)定序问题倍缩法处理．(7)分排问题直排处理．(8)“小集团”排列问题先整体后局部．(9)构造模型．(10)正难则反，等价转化．
关键能力·题型剖析
题型一 排列问题
例 1 (1)[2024·河北秦皇岛模拟]某小学从2位语文教师，4位数学教师中安排3人到西部三个省支教，每个省各1人，且至少有1位语文教师入选，则不同安排方法有( )
A．16种 B．20种
C．96种 D．120种
答案：C
解析：(1)从2位语文教师，4位数学教师中安排3人到西部三个省支教，每个省各1人，有＝120(种)，其中没有语文教师入选的有＝24(种)，
所以满足条件的不同安排方法有120－24＝96(种)．故选C.
(2)[2024·九省联考]甲、乙、丙等5人站成一排，且甲不在两端，乙和丙之间恰有2人，则不同排法共有( )
A．20种 B．16种
C．12种 D．8种
答案：C
解析：先排甲，再排乙和丙，则有：
共有16种．故选C.
题后师说
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．
巩固训练1
(1)[2024·黑龙江佳木斯模拟]若把英语单词“word”的字母顺序写错了，则可能出现的错误共有( )
A．24种 B．23种
C．12种 D．11种
答案：B
解析：(1)“word”一共有4个不同的字母，
这4个字母全排列有＝24(种)方法，
其中正确的有1种，所以错误的有24－1＝23(种)．故选B.
(2)[2024·山西运城模拟]某学校音乐社团为庆祝学校百年华诞将举办歌曲展演，要从4首独唱歌曲和2首合唱歌曲中选出4首歌曲安排演出，若最后一首歌曲必须是合唱歌曲，则不同的安排方法种数为( )
A．96 B．120
C．240 D．360
答案：B
解析：第一步，先从两首合唱歌曲中选一首安排在最后的方法有2种，第二步，从其余的歌曲中选三首歌曲安排在前三位的方法有种，则不同的安排方法种数为：＝120.故选B.
题型二 组合问题
例 2 课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各指定一名队长．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；
(5)既要有队长，又要有女生当选．
解析：(1)一名女生，四名男生，故共有＝350(种)．
(2)将两队长作为一类，其他11人作为一类，故共有＝165(种)．
(3)至少有一名队长含有两类：只有一名队长和有两名队长．
故共有＝825(种)，或采用排除法：＝825(种)．
(4)至多有两名女生含有三类：有两名女生、只有一名女生、没有女生．故共有＝966(种)．
(5)分两类：第一类女队长当选：
＝790(种)．
题后师说
组合问题的两类题型
巩固训练2
(1)(多选)[2024·广东江门模拟]某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，则下列说法错误的是( )
A．若任意选择三门课程，则选法总数为
B．若物理和化学至少选一门，则选法总数为
C．若物理和历史不能同时选，则选法总数为
D．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，则选法总数为
答案：ABD
解析：(1)若任意选择三门课程，则选法总数为所以A选项错误；若物理和化学至少选一门，则选法总数为所以B选项错误；若物理和历史不能同时选，则选法总数为所以C选项正确；只选物理、不选化学和历史，选法为只选化学、不选物理，选法物理化学同时选、不选历史所以选法总数是＝15，所以D选项错误．故选ABD.
(2)[2024·安徽合肥模拟]第六届进博会招募志愿者，某校高一年级有3位同学报名，高二年级有5位同学报名，现要从报名的学生中选取4人，要求高一年级和高二年级的同学都有，则不同的选取方法种数为______．(结果用数值表示)
答案：65
解析：由题意，要求高一年级和高二年级的同学都有，
则有
＝70－5＝65.
题型三 排列与组合的综合问题
角度一 相邻、不相邻问题
例 3 (1)[2024·广东汕头模拟]现将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，要求A，B相邻，且B，C不相邻，则不同的排列方式有( )
A．192种 B．240种
C．120种 D．28种
答案：A
解析：当A，B相邻时，不同的排列方式有＝240(种)，当A，B，C相邻，且B在A，C中间时，不同的排列方式有＝48(种)，则要求A，B相邻，且B，C不相邻，则不同的排列方式有240－48＝192(种)．故选A.
(2)[2024·河北张家口模拟]小李在2005年10月18日出生，他在设置手机的数字密码时，打算将自己出生日期的后6个数字0，5，1，0，1，8进行某种排列，从而得到密码．如果排列时要求两个1不相邻，两个0也不相邻，那么小李可以设置的不同密码有__________个(用数字作答)．
答案：84
解析：先排列1，1，5，8这四个数，当1和1不相邻时，有种排法，再插入两个种排法；当1和1相邻时种排法，再插入两个0，有
＝84(种)排法．
题后师说
相邻与不相邻问题的解决方法
(1)“相邻”问题：元素相邻问题，一般用“捆绑法”，先把相邻的若干个元素“捆绑”为一个大元素与其余元素全排列，然后再松绑，将这若干个元素内部全排列．
(2)“不相邻”问题：元素不相邻问题，一般用“插空法”，先将不相邻元素以外的“普通”元素全排列，然后在“普通”元素之间及两端插入不相邻元素．
巩固训练3
(1)[2024·河南郑州模拟]黄金分割最早见于古希腊和古埃及．黄金分割又称黄金率、中外比，即把一条线段分成长短不等的a，b两段，使得长线段a与原线段a＋b的比等于短线段b与长线段a的比，即a∶(a＋b)＝b∶a，其比值约为0.618 339….小王酷爱数学，他选了其中的6，1，8，3，3，9这六个数字组成了手机开机密码，如果两个3不相邻，则小王可以设置的不同密码个数为( )
A．180 B．210
C．240 D．360
答案：C
解析：先把6，1，8，9排列，然后选两个空档插入3，总方法为＝240.故选C.
(2)[2024·山东菏泽模拟]新年音乐会安排了2个唱歌、2个乐器和2个舞蹈共6个节目，则2个唱歌节目不相邻且两个乐器节目相邻的节目单共有______种．(用数字表示)
答案：144
解析：将两个乐器节目排成一排，共有种排法，将其视为一个整体和两个舞蹈节目排成一排，共有种排法，再将两个唱歌节目插入所得排列的空隙中，有种排法，由分步乘法计数原理可得满足要求的排法共有＝144(种)排法．
角度二 定序问题
例 4 某6位同学排成一排准备照相时，又来了2位同学要加入，如果保持原来6位同学的相对顺序不变，则不同的加入方法种数为( )
A．8 B．28
C．56 D．112
答案：C
解析：8位同学排成一排准备照相时，共有如果保持原来6位同学的相对顺序不变，＝56(种)排法．故选C.
题后师说
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．
巩固训练4 [2024·山东潍坊模拟]现有五人并排站成一排，若甲与乙不相邻，并且甲在乙的左边，则不同的安排方法共有( )
A．128种 B．36种
C．72种 D．84种
答案：B
解析：五人站成一排共有＝120(种)，甲乙相邻共有＝48(种)，所以甲与乙不相邻共有＝120－48＝72(种)，其中甲在乙的左边、右边机会相同，各有×72＝36(种)，故选B.
1．[2023·全国乙卷]甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有( )
A．30种 B．60种
C．120种 D．240种
答案：C
解析：甲、乙二人先选1种相同的课外读物，有＝6(种)情况，再从剩下的5种课外读物中各自选1本不同的读物，有＝20(种)情况，由分步乘法计数原理可得共有6×20＝120(种)选法，故选C.
2．[2022·新高考Ⅱ卷]甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有( )
A．12种 B．24种
C．36种 D．48种
答案：B
解析：先利用捆绑法排乙、丙、丁、戊四人，再用插空法选甲的位置，共有＝24(种)不同的排列方式．故选B.
3．[2021·全国乙卷]将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有( )
A．60种 B．120种
C．240种 D．480种
答案：C
解析：根据题设中的要求，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，可分两步进行安排：第一步，将5名志愿者分成4组，其中1组2人，其余每组1人，共有种安排方法．故满足题意的分配方案共有＝240(种)．
4．[2023·新课标Ⅰ卷]某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________种(用数字作答)．
答案：64
解析：由题意，可分三类：第一类，体育类选修课和艺术类选修课各选修1门，有种方案；第二类，在体育类选修课中选修1门，在艺术类选修课中选修2门，有种方案；第三类，在体育类选修课中选修2门，在艺术类选修课中选修1门，有种方案．综上，不同的选课方案共有＝64(种)．
状元笔记 分组、分配问题
题型一 不等分问题
对于不等分问题，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．
例 1 [2020·新高考Ⅰ卷]6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有( )
A．120种 B．90种
C．60种 D．30种
[答案] C
[解析] 首先从6名同学中选1名去甲场馆，方法数有然后从其余5名同学中选2名去乙场馆，方法数有最后剩下的3名同学去丙场馆
＝60种．故选C.
题型二 整体均分问题
对于整体均分，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以(n为均分的组数)，避免重复计数．
例 2 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，将其平均分到3所学校去任教，有________种不同的分配方法．
[答案] 90
[解析] 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，有种方法，故6个毕业生平均分到3所学校，共有＝90种分配方法．
题型三 部分均分问题
对于部分均分，解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数．
例 3 [2024·河南郑州模拟]某数学兴趣小组的5名学生负责讲述“宋元数学四大家”——秦九韶、李冶、杨辉和朱世杰的故事，每名学生只讲一个数学家的故事，每个数学家的故事都有学生讲述，则不同的分配方案有______种．
[答案] 240
[解析] 先把5名学生分成人数为2，1，1，1的四组，共有＝(10)种分法，再把四组学生分给宋元数学四大家讲述则有＝24(种)分法，
所以分配方案有＝10×24＝240(种)．(共44张PPT)
第六节 离散型随机变量
的分布列、均值(期望)与方差
课前自主预习案
课堂互动探究案
课前自主预习案
必 备 知 识
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，都有唯一的实数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，我们称X取每一个值xi的概率P(X＝xi)＝pi，i＝1，2，…，n为离散型随机变量X的概率分布列，简称分布列．离散型随机变量的分布列常用表格表示：
X x1 x2 … xn
P p1 p2 … pn
3.离散型随机变量的分布列的性质
(1)pi________0，i＝1，2，…，n.
(2)p1＋p2＋…＋pn＝________．
4．离散型随机变量的均值与方差
一般地，若离散型随机变量X的分布列为
(1)均值
称E(X)＝________________＝________为随机变量X的均值或数学期望，数学期望简称期望．
X x1 x2 … xn
P p1 p2 … pn
≥
1
x1p1＋x2p2＋…＋xnpn
(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的标准差，记为σ(X)．
(3)均值与方差的性质
①E(aX＋b)＝___________．(a，b为常数)
②D(aX＋b)＝________．(a，b为常数)
aE（X）＋b
a2D（X）
【常用结论】
均值与方差的四个常用性质
(1)E(k)＝k，D(k)＝0，其中k为常数．
(2)E(X1＋X2)＝E(X1)＋E(X2)．
(3)D(X)＝E(X2)－(E(X))2.
(4)若X1，X2相互独立，则E(X1X2)＝E(X1)·E(X2)．
夯 实 基 础
1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)测量全校所有同学的身高，在170 cm～175 cm之间的人数是离散型随机变量．( )
(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)离散型随机变量分布列中，随机变量取各个值的概率之和可以小于1.( )
(4)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．( )
√
√
×
√
2．(教材改编)已知X的分布列为
设Y＝2X＋3，则E(Y)的值为( )
A． B．4
C．－1 D．1
X －1 0 1
P
答案：A
解析：E(X)＝－1×＋0×＋1×＝－，
E(Y)＝E(2X＋3)＝2E(X)＋3＝－＋3＝.故选A.
3．(教材改编)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
若甲、乙两人的日产量相等，则甲、乙两人中技术较好的是________．
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
答案：乙
解析：根据出现废品数分别是两个随机变量X、Y的分布列，
得到甲生产废品期望是1×0.3＋2×0.2＋3×0.1＝1，
乙生产废品期望是1×0.5＋2×0.2＝0.9，
∵甲生产废品期望大于乙生产废品期望，
∴甲、乙两人中技术较好的是乙．
4．(易错)袋中有3个白球，5个黑球，从中任取2个，可以作为随机变量的是( )
A．至少取到1个白球
B．至多取到1个白球
C．取到白球的个数
D．取到的球的个数
答案：C
解析：选项A，B是随机事件； 选项D是定值2；选项C可能的取值为0，1，2，可以用随机变量表示．
5．(易错)已知离散型随机变量X的分布列为：
则常数q＝________．
X 0 1 2
P 0.5 1－2q q2
答案：
解析：由离散型随机变量X的分布列得：
解得q＝.
课堂互动探究案
1.理解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(均值与方差)．
问题思考·夯实技能
【问题1】 离散型随机变量X的每一个可能的取值为实数，其实质代表是什么？
提示：代表的是“事件”，即事件是用一个反映结果的实数表示的．
【问题2】 随机变量的均值、方差与样本的均值、方差有何关系？
提示：随机变量的均值、方差是一个常数，样本的均值、方差是一个随机变量，随观测次数的增加或样本容量的增加，样本的均值、方差趋于随机变量的均值、方差．
关键能力·题型剖析
题型一 分布列的性质
例 1 (1)[2024·江西宜春模拟]设随机变量X的分布列为P(X＝k)＝m(k＝1，2，3)，则m的值为( )
A． B． C． D．
答案：B
解析：由分布列的性质得P(X＝1)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＝m×＋m×()2＋m×()3＝＝1，∴m＝.故选B.
(2)[2024·河北张家口模拟]设随机变量X的分布列如下表：
则P(|X－2|＝1)＝________．
X 1 2 3 4
P m
答案：
解析：m＝1－＝，P(|X－2|＝1)＝P(X＝1)＋P(X＝3)＝＝.
题后师说
离散型随机变量的分布列性质的应用
巩固训练1
(1)[2024·山东济南模拟]设X是一个离散型随机变量，其分布列如下，则q＝( )
A. B． C． D．
X －1 0 1
P 1－2q
答案：B
解析：(1)由离散型随机变量的性质可得＋1－2q＋3q2－q＋＝1，即(3q－1)(3q－2)＝0，解得q＝或q＝，q＝时1－2q<0，不合题意，∴q＝.故选B.
(2)离散型随机变量X的概率分布中部分数据丢失，丢失数据以x，y代替，其概率分布如下：
则P(
X 1 2 3 4 5 6
P 0.20 0.10 x 0.10 y 0.20
答案：0.5
解析：由概率分布的性质可知随机变量的所有取值的概率和为1，
则P(题型二 求离散型随机变量的分布列
例 2 [2024·河北张家口模拟]同学甲进行一种闯关游戏，该游戏共设两个关卡，闯关规则如下：每个关卡前需先投掷一枚硬币，若正面朝上，则顺利进入闯关界面，可以开始闯关游戏；若反面朝上，游戏直接终止，甲同学在每次进入闯关界面后能够成功通过关卡的概率均为，且第一关是否成功通过都不影响第二关的进行．
(1)求同学甲在游戏终止时成功通过两个关卡的概率；
(2)同学甲成功通过关卡的个数为ξ，求ξ的分布列．
解析：(1)同学甲在游戏终止时成功通过两个关卡的概率P＝＝.
(2)同学甲成功通过关卡的个数ξ的值为0，1，2，
P(ξ＝0)＝＝，
P(ξ＝1)＝×2＝，
P(ξ＝2)＝＝，
所以同学甲成功通过关卡的个数ξ的分布列为：
ξ 0 1 2
P
题后师说
离散型随机变量分布列的求解步骤
巩固训练2
袋子中有标号为1号的球3个，标号为2号的球3个，标号为3号的球2个，如下表．现从这8个球中任选2个球．
(1)求选出的这2个球标号相同的概率；
(2)设随机变量X为选出的2个球标号之差的绝对值，求X的分布列与数学期望．
标号 1号 2号 3号 合计
个数 3 3 2 8
解析：(1)从这8个球中任选2个球，有＝28(种)结果，其中这2个球标号相同有＝7(种)结果，所以从这8个球中任选2个球，其中这2个球标号相同的概率为P＝＝.
(2)随机变量X可能的取值为0，1，2，
P(X＝0)＝＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝＝，
则X的分布列为：
数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
X 0 1 2
P
题型三 离散型随机变量的均值(期望)与方差
角度一 均值(期望)与方差的计算
例 3 (1)[2024·河南洛阳模拟]已知某离散型随机变量X的分布列如下：
若E(X)＝，P(X≥1)＝，则D(X)＝( )
A． B． C． D．
X －1 0 1 2
P a b c
答案：C
解析：(1)由题意，得a＋b＋c＋＝1，所以a＋b＋c＝①.
因为E(X)＝(－1)×a＋0×b＋1×c＋2×＝，所以－a＋c＝②.
由P(X≥1)＝c＋＝，得c＝，代入①②解得a＝，b＝.
所以D(X)＝(－1－)2×＋(0－)2×＋(1－)2×＋(2－)2×＝.故选C.
(2)(多选)[2024·湖南永州模拟]已知随机变量ξi服从两点分布，且P(ξi＝1)＝pi(i＝1，2)，若A．E(ξ2)B．E(ξ1)C．E(ξ1)D．D(ξ1)答案：ACD
解析：依题意，得P(ξ1＝1)＝p1，P(ξ2＝1)＝p2，ξi服从两点分布，
所以E(ξ1)＝p1，E(ξ2)＝p2，D(ξ1)＝p1(1－p1)，D(ξ2)＝p2(1－p2)，
因为所以p2>p2(1－p2)，p1p1(1－p1)，
所以E(ξ2)>D(ξ2)，E(ξ1)D(ξ1)，
D(ξ1)－D(ξ2)＝p1(1－p1)－p2(1－p2)＝(p1－p2)(1－p1－p2)>0，即D(ξ1)>D(ξ2)，
所以ACD错误，B正确．故选ACD.
角度二 均值与方差中的决策问题
例 4 [2021·新高考Ⅰ卷]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；
(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．
解析：(1)由题可知，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)由(1)知，
E(X)＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4.
若小明先回答B问题，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)＝0.8×0.6＝0.48.
所以E(Y)＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6.
因为54.4<57.6，所以小明应选择先回答B类问题．
题后师说
求离散型随机变量ξ的均值与方差的步骤
巩固训练3
[2024·河北唐山模拟]某学校组织“纪念共青团成立100周年”知识竞赛，有A，B，C三类问题，每位参加比赛的同学需要先选择一类并从中随机抽取一个问题回答，只有答对当前的问题才有资格从下一类问题中再随机抽取一个问题回答．A类问题中的每个问题回答正确得10分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分，C类问题中的每个问题回答正确得30分，否则得0分．已知小康同学能正确回答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，能正确回答C类问题的概率为0.4，且能正确回答问题的概率与回答次序无关．
(1)若小康按照CBA的顺序答题，记X为小康的累计得分，求X的分布列；
(2)相比较小康自选的CBA的答题顺序，小康的朋友小乐认为按照ABC的顺序答题累计得分期望更大，小乐的判断正确吗？并说明理由．
解析：(1)由题可知，X的所有可能取值为0，30，50，60，
P(X＝0)＝1－0.4＝0.6，
P(X＝30)＝0.4×(1－0.6)＝0.16，
P(X＝50)＝0.4×0.6×(1－0.8)＝0.048，
P(X＝60)＝0.4×0.6×0.8＝0.192，
所以X的分布列为
X 0 30 50 60
P 0.6 0.16 0.048 0.192
(2)由(1)知，E(X)＝0×0.6＋30×0.16＋50×0.048＋60×0.192＝18.72.
若小康按照ABC顺序答题，记Y为小康答题的累计得分，则Y的所有可能取值为0，10，30，60，
P(Y＝0)＝1－0.8＝0.2，
P(Y＝10)＝0.8×(1－0.6)＝0.32，
P(Y＝30)＝0.8×0.6×(1－0.4)＝0.288，
P(Y＝60)＝0.8×0.6×0.4＝0.192，
所以E(Y)＝0×0.2＋10×0.32＋30×0.288＋60×0.192＝23.36，
故小乐的判断正确．
1．[2024·山东淄博模拟]已知离散型随机变量X的分布列如下表：
若离散型随机变量Y＝2X＋1，则P(Y≥5)＝( )
A． B． C． D．
X 0 1 2 3
P a 5a
答案：A
解析：由分布列的性质可知：a＋＋5a＋＝1，解得a＝，
由Y＝2X＋1，Y≥5 等价于X≥2，由表可知P(X≥2)＝＝ .故选A.
2．[2024·河南新乡模拟]已知随机变量X的分布列为
则E(X)＝( )
A． B．1 C． D．
X 0 2 4
P m
答案：D
解析：由题可知，＋m＋－2m＝1，解得m＝，
则E(X)＝0×＋2×＋4×＝.故选D.
3．[2024·江苏镇江模拟]已知随机变量X的分布列如下表所示，若E(X)＝，则D(X)＝( )
A. B． C． D．
X －2 0 1
P a b
答案：B
解析：因为E(X)＝，且各概率之和为1，
所以解得
所以D(X)＝×(－2－)2＋×(0－)2＋×(1－)2＝.故选B.
4．[2024·广东汕头模拟]现要发行10 000张彩票，其中中奖金额为2元的彩票1 000张，10元的彩票300张，50元的彩票100张，100元的彩票50张，1 000元的彩票5张.1张彩票中奖金额的均值是________元．
答案：2
解析：设每张彩票的中奖金额为随机变量X，则X＝0，2，10，50，100，1 000.
由题意可知，P(X＝2)＝＝0.1，P(X＝10)＝＝0.03，P(X＝50)＝＝0.01，P(X＝100)＝＝0.005，P(X＝1 000)＝＝0.000 5，所以P(X＝0)＝1－0.1－0.03－0.01－0.005－0.000 5＝0.854 5.
所以，X的分布列为
所以E(X)＝0＋2×0.1＋10×0.03＋50×0.01＋100×0.005＋1 000×0.000 5＝2.
X 0 2 10 50 100 1 000
P 0.854 5 0.1 0.03 0.01 0.005 0.000 5(共50张PPT)
第七节 二项分布、超几何分布与正态分布
课前自主预习案
课堂互动探究案
课前自主预习案
必 备 知 识
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(0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)＝________．
p
p（1－p）
np
np（1－p）
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．
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
【常用结论】
1．两点分布是二项分布当n＝1时的特殊情形．
2．在实际应用中，往往出现数量“较大”“很大”“非常大”等字眼，这表明试验可视为n重伯努利试验，进而判定是否服从二项分布．
3．超几何分布也可记为X～H(n，M，N)，则E(X)＝.
4．若X服从正态分布，即X～N(μ，σ2)，要充分利用正态曲线关于直线x＝μ对称和曲线与x轴之间的面积为1解题．
夯 实 基 础
1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)二项分布是一个概率分布，其公式相当于二项展开式的通项，其中a＝p，b＝1－p.( )
(2)从4名男演员和3名女演员中选出4名，其中女演员的人数X服从超几何分布．( )
(3)n重伯努利试验中各次试验的结果必须相互独立．( )
(4)正态分布是对于连续型随机变量而言的．( )
×
√
√
√
2．(教材改编)鸡接种一种疫苗后，有90%不会感染某种病毒，如果有5只鸡接种了疫苗，则恰好有4只鸡没有感染病毒的概率约为( )
A．0.33 B．0.66 C．0.5 D．0.45
答案：A
解析：设5只接种疫苗的鸡中没有感染病毒的只数为X，则X～B(5，0.9)，所以P(X＝4)＝×0.94×0.1≈0.33.故选A.
3．(教材改编)某学校高二年级数学学业质量检测考试成绩X～N(80，25)，如果规定大于或等于85分为A等，那么在参加考试的学生中随机选择一名，他的成绩为A等的概率是________．
答案：0.158 5
解析：P(X≥85)＝[1－P(75≤X<85)]＝＝0.158 5.
4．(易错)箱子里有5个黑球，4个白球，每次随机取出一个球，若取出黑球，则放回箱中，重新取球，若取出白球，则停止取球，那么在第4次取球之后停止的概率为( )
B．
答案：B
解析：由题意知，第四次取球后停止是当且仅当前三次取的球是黑球，第四次取的球是白球的情况，此事件发生的概率为.故选B.
5．(易错)已知随机变量X服从正态分布X～N(3，1)，且P(X>2c－1)＝P(X答案：
解析：因为X～N(3，1)，所以正态曲线关于直线x＝3对称，且P(X>2c－1)＝P(X课堂互动探究案
1.了解伯努利试验，掌握二项分布及其数字特征，并能解决简单的实际问题．
2．了解超几何分布及其均值，并能解决简单的实际问题．
3．了解服从正态分布的随机变量，了解正态分布的均值、方差及其含义．
问题思考·夯实技能
【问题1】 “二项分布”与“超几何分布”有什么区别？
提示：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．
【问题2】 一个正态分布由参数μ和σ完全确定，这两个参数对正态曲线的形状有何影响？它们反映正态分布的哪些特征？
提示：μ决定了正态曲线的左右位置，σ决定了正态曲线的“高矮胖瘦”．它们反映了正态曲线的集中位置，离散程度．
关键能力·题型剖析
题型一 二项分布
例 1 [2024·河北唐山模拟]2023年10月1日，某超市举行“迎国庆促销抽奖活动”，所有购物的顾客，以收银台机打发票为准，尾数为偶数(尾数中的奇偶数随机出现)的顾客，可以获得三次抽奖，三次抽奖获得奖品的概率分别为，每次中奖都可以获得一份奖品，且每次抽奖是否中奖互不影响．
(1)求顾客获得两个奖品的概率；
(2)若3位购物的顾客，没有获奖的人数记为X，求X的分布列与数学期望．
解析：(1)顾客获得两个奖品的概率为：
×()＝.
(2)1个顾客没有获奖的概率为×()＋＝，
所以X～B(3，)，则X的可能取值为0，1，2，3，
P(X＝0)＝×()0×()3＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝×()2×()1＝，P(X＝3)＝×()3×()0＝，
所以X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
所以E(X)＝3×＝.
题后师说
二项分布概率公式可以简化求概率的过程，但要注意检查该概率模型是否满足公式P(X＝k)＝pk(1－p)n－k的三个条件：
(1)在一次试验中某事件A发生的概率是一个常数p；
(2)n次试验不仅是在完全相同的情况下进行的重复试验，而且各次试验的结果是相互独立的；
(3)该公式表示n次试验中事件A恰好发生了k次的概率．
巩固训练1
[2024·河北保定模拟]某杂志社对投稿的稿件要进行评审，评审的程序如下：先由两位专家进行初审．若两位专家的初审都通过，则予以录用；若两位专家的初审都不通过，则不予录用；若恰能通过一位专家的初审，则再由另外的两位专家进行复审，若两位专家的复审都通过，则予以录用，否则不予录用．假设投稿的稿件能通过各位专家初审的概率均为，复审的稿件能通过各位专家复审的概率均为，且每位专家的评审结果相互独立．
(1)求投到该杂志的1篇稿件被录用的概率；
(2)记X表示投到该杂志的3篇稿件中被录用的篇数，求X的分布列及期望．
解析：(1)由题意可得投到该杂志的1篇稿件初审直接被录用的概率P1＝()2＝；
投到该杂志的1篇稿件初审没有被录用，复审被录用的概率P2＝×()2＝.
故投到该杂志的1篇稿件被录用的概率P＝P1＋P2＝＝.
(2)由题意可知X的所有可能取值为0，1，2，3，且X～B(3，)，
P(X＝0)＝×()3＝，P(X＝1)＝×()2＝＝，
P(X＝2)＝×()2×＝＝，P(X＝3)＝×()3＝，
则X的分布列为
故E(X)＝3×＝.
X 0 1 2 3
P
题型二 超几何分布
例 2 [2024·安徽安庆模拟]乡村民宿立足农村，契合了现代人远离喧嚣、亲近自然、寻味乡愁的美好追求．某镇在旅游旺季前夕，为了解各乡村的普通型民宿和品质型民宿的品质，随机抽取了8家规模较大的乡村民宿，统计得到各家的房间数如下表：
(1)从这8家中随机抽取3家，在抽取的这3家的普通型民宿的房间均不低于10间的条件下，求这3家的品质型民宿的房间均不低于10间的概率；
(2)从这8家中随机抽取4家，记X为抽取的这4家中普通型民宿的房间不低于15间的家数，求X的分布列和数学期望．
民宿点 甲 乙 丙 丁 戊 己 庚 辛
普通型民宿 16 8 12 14 13 18 9 20
品质型民宿 6 16 4 10 11 10 9 12
解析：(1)由题可知这8家乡村民宿中普通型民宿的房间不低于10间的有6家，品质型民宿和普通型民宿的房间均不低于10间的有4家．
记“这3家的普通型民宿的房间均不低于10间”为事件A，“这3家的品质型民宿的房间均不低于10间”为事件B，则P(A)＝＝，P(AB)＝＝，
所以P(B|A)＝＝.
(2)这8家乡村民宿中普通型民宿的房间不低于15间的有3家，故X的所有可能取值为0，1，2，3.
P(X＝0)＝＝＝，P(X＝1)＝＝＝，
P(X＝2)＝＝＝，P(X＝3)＝＝＝，
所以X的分布列如下表：
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
X 0 1 2 3
P
题后师说
(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的概率分布．
(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，其实质是古典概型．
巩固训练2
[2024·河北石家庄模拟]北方某市组织中学生开展冰雪运动的培训活动，并在培训结束后对学生进行了考核，记考核成绩不小于80分的为优秀，为了了解本次培训活动的效果，在参加培训的学生中随机抽取了60名学生的考核成绩，如下表
(1)从参加培训的学生中随机选取1人，请根据表中数据，估计这名学生考核优秀的概率；
(2)用分层抽样的方法，在考核成绩为[70，90)的学生中任取8人，再从这8人中随机选取4人，记取到考核成绩在[80，90)的学生为X，求X的分布列和数学期望．
成绩 [50，60) [60，70) [70，80) [80，90) [90，100]
人数 5 5 15 25 10
解析：(1)设该名学生考核成绩优秀为事件A，由已知60名同学的成绩中，优秀的有35名同学，所以P(A)＝＝，
所以可估计这名学生考核优秀的概率为.
(2)由已知，用分层抽样方法，在考核成绩为[70，90)的学生中任取8人，则考核成绩在[70，80)的学生应抽取3人，考核成绩在[80，90)的学生应抽取5人．
由题意可得X的所有可能取值为1，2，3，4，
所以P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝.
所以随机变量X的分布列为
所以E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＝，
即所求数学期望为.
X 1 2 3 4
P
题型三 正态分布
例 3 [2024·河南平顶山模拟]2022届高校毕业生规模首次超过千万，是近几年增长人数最多的一年，就业压力暴增，毕业生的就业动向成为各界人士关注的焦点话题．某地从2022年毕业的大学生中随机抽取1 500名，对他们的就业去向及就业月薪(单位：千元)进行统计，得到如下表格．
1 500名毕业生就业去向统计表
900名毕业生就业第一个月的月薪统计表
就业去向 考研深造 企业 事业单位 其他情况
人数/百人 6 4.5 3 1.5
月薪/千元 [3，4) [4，5) [5，6) [6，7) [7，8]
人数/百人 1 2 3 2 1
(1)若从该地2022年毕业的大学生中随机抽取5人，估计这5人中恰好有2人到事业单位就业的概率；
(2)若在企业就业的毕业生第一个月的月薪近似服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似等于这900名毕业生第一个月的月薪的均值(每组数据用该组区间的中点值为代表)，σ2近似等于这900名毕业生第一个月的月薪的方差，若该地区2022年有30 000名大学生毕业，由此估计该地在企业就业的毕业生中，就业第一个月的月薪大于7 810元的人数．(参考数据：≈1.155，P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5)
解析：(1)随机抽取1人，该人到事业单位就业的概率估计为＝.
记“5人中恰好有2人去事业单位就业”为事件A，
则P(A)＝)2()3＝.
(2)这900名毕业生第一个月的月薪均值为×(3.5×1＋4.5×2＋5.5×3＋6.5×2＋7.5×1)＝5.5，
方差为×[(3.5－5.5)2＋2×(4.5－5.5)2＋3×(5.5－5.5)2＋2×(6.5－5.5)2＋(7.5－5.5)2]＝，
则σ＝ ＝≈1.155.
设在企业就业的毕业生第一个月的月薪为X(单位：千元)，则X～N(5.5，)，
P(X>7.81)＝P(X>μ＋2σ)＝＝0.022 75，
该地2022年毕业生中到企业就业的毕业生人数有30 000×＝9 000，
故到企业就业的毕业生第一个月的月薪大于7 810元的人数为9 000×0.022 75≈205人．
题后师说
(1)利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x＝μ对称，曲线与x轴之间的面积为1.
(2)利用3σ原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的μ，σ进行对比联系，确定它们属于[μ－σ，μ＋σ]，[μ－2σ，μ＋2σ]，[μ－3σ，μ＋3σ]中的哪一个．
巩固训练3
(1)[2024·重庆沙坪坝模拟]某班学生的一次的数学考试成绩ξ(满分：100分)服从正态分布：ξ～N(85，σ2)，且P(83<ξ<87)＝0.3，P(78<ξ<83)＝0.12，P(ξ<78)＝( )
A．0.14 B．0.18
C．0.23 D．0.26
答案：C
解析：因为ξ～N(85，σ2)，P(83<ξ<87)＝0.3，所以P(ξ<83)＝＝0.35，又P(78<ξ<83)＝0.12，所以P(ξ<78)＝P(ξ<83)－P(78<ξ<83)＝0.23.故选C.
(2)[2024·河南开封模拟]已知随机变量ξ服从正态分布N(a，σ2)(a>0)，若P(a<ξ≤a＋1)＝0.3，且f(x)＝x2－2ax＋6的最小值为－3，则P(ξ<2)＝______．
答案：0.2
解析：因为f(x)＝x2－2ax＋6的最小值为－3，所以f(a)＝－a2＋6＝－3，
即a2＝9，又a>0，所以a＝3，
即根据正态分布的对称性，正态分布N(3，σ2)的正态密度曲线关于x＝3对称，
即P(ξ>3)＝0.5，而P(3<ξ≤4)＝0.3，所以P(ξ>4)＝0.2，故P(ξ<2)＝P(ξ>4)＝0.2.
1．在一个袋中装有质地大小一样的6个黑球，4个白球，现从中任取4个小球，设取的4个小球中白球的个数为X，则下列结论正确的是( )
A．P(X＝1)＝
B．随机变量X服从二项分布
C．随机变量X服从超几何分布
D．E(X)＝
答案：C
解析：由题意知随机变量X服从超几何分布，故B错误，C正确；
X的取值分别为0，1，2，3，4，则P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝，
∴E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝，
故A，D错误．故选C.
2．[2021·新高考Ⅱ卷]某物理量的测量结果服从正态分布N(10，σ2)，下列结论中不正确的是( )
A．σ越小，该物理量在一次测量中在(9.9，10.1)的概率越大
B．σ越小，该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5
C．σ越小，该物理量在一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等
D．σ越小，该物理量在一次测量中落在(9.9，10.2)与落在(10，10.3)的概率相等
答案：D
解析：对于A，σ2为数据的方差，所以σ越小，数据在μ＝10附近越集中，所以测量结果落在(9.9，10.1)内的概率越大，故正确；对于B，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量大于10的概率为0.5，故正确；对于C，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量结果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等，故正确；对于D，因为该物理量一次测量结果落在(9.9，10.0)的概率与落在(10.2，10.3)的概率不同，所以一次测量结果落在(9.9，10.2)的概率与落在(10，10.3)的概率不同，故错误．故选D.
3．(多选)若随机变量X～B(9，)，下列说法中正确的是( )
A．P(X＝3)＝×()3×()6
B．期望E(X)＝3
C．期望E(4X－1)＝11
D．方差D(－2X＋5)＝8
答案：BCD
解析：随机变量X～B(9，)，
则P(X＝3)＝×()3×()6，故A错误；
E(X)＝9×＝3，故B正确；
E(4X－1)＝4E(X)－1＝4×3－1＝11，故C正确；
因为D(X)＝9××(1－)＝2，所以D(－2X＋5)＝(－2)2D(X)＝4×2＝8，故D正确．故选BCD.
4．[2022·新高考Ⅱ卷]已知随机变量X服从正态分布N(2，σ2)，且P(22.5)＝________．
答案：0.14
解析：由题意可知P(X>2)＝0.5，所以P(X>2.5)＝P(X>2)－P(2状元笔记 二项分布与超几何分布的辨识
(1)超几何分布的特点
①超几何分布描述的是不放回抽样问题．②特征：考查对象分两类；已知各类对象的个数M，N；已知抽取次数n；随机变量为抽到的某类个体的个数，③实质是古典概型．
(2)二项分布的特点
①二项分布描述的是有放回抽样问题．②特征：做独立重复试验；每次试验的“成功概率”p是已知的(或可求的)；已知抽取次数n；随机变量为试验发生的次数．③实质是n次独立重复试验．
例 写出下列离散型随机变量的分布列，并指出其中服从二项分布的是哪些？服从超几何分布的是哪些？
(1)X1表示n次重复抛掷1枚骰子出现点数是3的倍数的次数；
(2)有一批产品共有N件，其中次品有M件(N>M>0)，采用有放回抽取方法抽取n次(n>N)，抽出的次品件数为X2；
(3)有一批产品共有N件，其中M件为次品，采用不放回抽取方法抽取n件，出现次品的件数为X3(N－M>n>0)．
[解析] 这两种分布的主要区别是：二项分布是有放回抽样，而超几何分布是不放回抽样．
(1)X1的分布列为：
X1服从二项分布，即X1～B(n，)．
(2)X2的分布列为：
X2服从二项分布，即X2～B(n，)．
(3)X3的分布列为：
X3服从超几何分布．(共49张PPT)
第三节 二项式定理
课前自主预习案
课堂互动探究案
课前自主预习案
必 备 知 识
1.二项式定理
字母a，b是一种“符号”，实际上可以是数和式
(1)二项式定理：(a＋b)n＝____________________________________，n∈N*.
(2)通项：_____________，它表示展开式的第k＋1项．
(3)二项式系数：二项展开式中各项的系数(k＝0，1，2，…，n)叫做二项式系数．
只与各项的项数有关，而与a，b的值无关
an＋an－1b1＋…＋an－kbk＋…＋ bn
Tk＋1＝an－kbk
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：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等于________．
相等
2n
【常用结论】
1．若二项展开式的通项为Tk＋1＝g(k)·xh(k)(k＝0，1，2，…，n)，g(k)≠0，则：
(1)h(k)＝0 Tk＋1是常数项；
(2)h(k)是非负整数 Tk＋1是整式项；
(3)h(k)是负整数 Tk＋1是分式项；
(4)h(k)是整数 Tk＋1是有理项．
2．两个常用公式
＝2n.
＋…＝2n－1.
夯 实 基 础
1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)(a＋b)n的展开式中的第k项是an－kbk.( )
(2)在二项展开式中，系数最大的项为中间的一项或中间的两项．( )
(3)在(a＋b)n的展开式中，每一项的二项式系数与a，b无关．( )
(4)在(a＋b)n的展开式中，某项的系数与该项的二项式系数相同．( )
×
×
√
×
2．(教材改编)在(1＋2x)5的展开式中，x2的系数等于( )
A．80 B．40 C．20 D．10
答案：B
解析：Tk＋1＝(2x)k＝22＝40.故选B.
3．(教材改编)若(x－1)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则a0＋a2＋a4＝( )
A．9 B．8 C．7 D．6
答案：B
解析：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.故选B.
4．(易错)若(x－)n的展开式中第3项的二项式系数是15，则展开式中所有项系数之和为________．
答案：
解析：(x－)n的展开式中第3项的二项式系数为，
＝15，解得n＝6，∴(x－)n＝(x－)6，令x＝1，得到展开式中所有项系数之和为()6＝.
5．(易错)(2x－1)6的展开式中，二项式系数最大的项的系数是________．(用数字作答)
答案：－160
解析：(2x－1)6的展开式中，二项式系数最大的项是T4＝·(2x)3·(－1)3＝－160x3.
∴系数为－160.
课堂互动探究案
1.能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理．
2．会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题．
问题思考·夯实技能
【问题1】 (a＋b)n与(b＋a)n的展开式有何区别与联系？
提示：(a＋b)n与(b＋a)n的展开式的项完全相同，但对应的项不相同而且两个展开式的通项不同．
【问题2】 二项式系数与项的系数有何区别？
提示：二项式系数是指，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．如(a＋bx)n的二项展开式中，第k＋1项的二项式系数是，而该项的系数是an－kbk.当然在某些二项展开式中，各项的系数与二项式系数是相等的．
关键能力·题型剖析
题型一 二项展开式的通项及其应用
角度一 二项展开式中的特定项
例 1 (1)[2024·江西赣州模拟]二项式(x2－)6的展开式中的第4项为( )
A．－ B． C． D．－160
答案：A
解析：因为Tk＋1＝(x2)6－k(－)k，所以T4＝(x2)3(－)3＝－.故选A.
(2)[2024·河北唐山模拟](x－)n的展开式共有七项，且常数项为20，则a＝( )
A．1 B．－1 C．2 D．－2
答案：B
解析：因为(x－)n的展开式共有七项，故n＝6，且展开式通项公式为Tk＋1＝x6－k(－ax－1)k＝x6－2k(－a)k，令6－2k＝0，解得k＝3，故T4＝(－a)3＝20，解得a＝－1.故选B.
题后师说
求二项展开式中的特定项，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．
角度二 几个多项式的积的展开式问题
例 2 (1)[2024·河南郑州模拟](x－1)4(x－2)的展开式中，x3项的系数为( )
A．2 B．14 C．48 D．－2
答案：B
解析：(x－1)4展开式的通项为x4－k，在(x－1)4(x－2)中，x3项由(x－1)4的x2项与x的积和(x－1)4的x3项和－2的积组成，故可得x3的系数为×(－2)＝14.故选B.
(2)[2024·河北秦皇岛模拟]已知(ax－2)(x＋1)4的展开式中x3的系数为－2，则实数a＝________.
答案：1
解析：二项式(x＋1)4展开式的通项为x4－k，
所以(ax－2)(x＋1)4的展开式通项为·ax＝或·(－2)＝，所以令，解得，
所以展开式中x3的系数为＝6a－8＝－2，
解得a＝1.
题后师说
对于几个多项式积的展开式中的特定项问题，一般都可以根据因式连乘的规律，结合组合思想求解，但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏．
角度三 三项式的展开问题
例 3 [2024·河北沧州模拟](x2－x＋y)5的展开式中x5y2的系数为( )
A．－10 B．10 C．－30 D．30
答案：C
解析：(x2－x＋y)5可以看作5个盒子，每个盒子中有x2，－x，y三个元素，现从每个盒子中取出一个元素，最后相乘即可，所以展开式中含x5y2的项为y2＝－30x5y2，故展开式中x5y2的系数为－30.故选C.
题后师说
三项展开式中的特定项问题的解题方法
巩固训练1
(1)[2024·江西萍乡模拟]在二项式(a－2x)6的展开式中，若x3的系数为160，则a＝( )
A．－1 B．1
C． D．－
答案：A
解析：因为二项式(a－2x)6的展开式的通项为Tk＋1＝a6－k(－2x)k＝(－2)ka6－kxk，所以x3的系数为a6－3(－2)3＝－160a3＝160 a＝－1，
故选A.
(2)[2024·安徽宣城模拟](－2)3的展开式中常数项为( )
A．－6 B．－20
C．0 D．20
答案：B
解析：由(－2)3的展开式可知：常数项为·(－2)3＝－20.故选B.
(3)[2024·江苏镇江模拟]已知实数x不为零，则(x－3)(－1)5的展开式中常数项为________.
答案：13
解析：(－1)5二项展开式的通项公式为Tk＋1＝·()5－k·(－1)k＝·(－1)k·25－k·xk－5，令k－5＝－1即k＝(－1)k·25－k＝(－1)4×2＝10，
令k－5＝0即k＝·(－1)k·25－k＝·(－1)5＝－1，
所以(x－3)(－1)5的展开式中常数项为1×10＋(－3)×(－1)＝13.
题型二 二项式系数与各项系数和问题
例 4 (1)[2024·福建泉州模拟]关于二项式(x2－)6的展开式，下列结论正确的是( )
A．展开式所有项的系数和为－1
B．展开式二项式系数和为64
C．展开式中不含x2项
D．常数项为240
答案：BCD
解析：(1)对于A，二项式(x2－)6的展开式中所有项的系数和为(1－2)6＝1，A错；对于B，展开式二项式系数和为26＝64，B对；对于C，展开式通项为Tk＋1＝·(x2)6－k·(－)k＝·x12－3k·(－2)k(k＝0，1，2，…，6)，令12－3k＝2，解得k＝ N，故展开式中不含x2项，C对；对于D，令12－3k＝0，可得k＝4，故展开式中常数项为·(－2)4＝15×16＝240，D对．故选BCD.
(2)[2024·山东潍坊模拟]已知(3x－1)(x＋1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6，则a2＋a4＋a6＝______．(用数字作答)
答案：33
解析：因为(3x－1)(x＋1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6.
令x＝0，得a0＝－1；
令x＝1，得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝26＝64①；
令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝0②；
①＋②得a0＋a2＋a4＋a6＝25＝32，
所以a2＋a4＋a6＝25－a0＝33.
题后师说
(1)“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(ax＋b)n，(ax2＋bx＋c)m(a，b∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法．
(2)若f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f(x)展开式中各项系数之和为f(1)，奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝，偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝.
巩固训练2
(1)[2024·广东珠海模拟]已知＝，设(2x－3)n＝，则a0＋a1＋a2＋…＋an＝( )
A．－1 B．0 C．1 D．2
答案：C
解析：因为＝，所以由组合数的性质得n＝7，
所以(2x－3)7＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a7(x－1)7，
令x＝2，得(2×2－3)7＝a0＋a1＋a2＋…＋a7，
即a0＋a1＋a2＋…＋a7＝1.故选C.
(2)已知(ax＋)n的展开式的二项式系数和为64，各项系数和为729，则其展开式的常数项为________．
答案：240或3840
解析：由于(ax＋)n的展开式的二项式系数和为64，即＝2n＝64，解得n＝6.
又由于(ax＋)6的展开式系数和为729，令x＝1得，即(a＋1)6＝729，解得a＝2或－4，(ax＋)6的展开式的通项为Tk＋1＝(ax)6－k()k＝x6－3k，令6－3k＝0，解得k＝2，所以展开式的常数项为，
故当a＝2时＝240，当a＝－4时＝3 840.
题型三 二项式系数与项的系数的最值问题
例 5 (1)[2024·河南信阳模拟]若(1－2x)n的展开式有且只有第5项的二项式系数最大，则展开式中x3项的系数为( )
A．－960 B．960 C．448 D．－448
答案：D
解析：依题意只有n＝8时第5项的二项式系数最大，
x3项的系数为(－2)3＝－448.故选D.
(2)[2024·湖北襄阳模拟]已知(1＋3x)n的展开式中前三项的二项式系数和为79，则展开式中系数最大的项为第( )
A．7项 B．8项 C．9项 D．10项
答案：D
解析：(1＋3x)n的展开式中前三项的二项式系数和为＝1＋n＋＝79，整理可得n2＋n－156＝0，∵n≥2且n∈N*，解得n＝12，(1＋3x)12的展开式通项为Tk＋1＝·(3x)k＝·3kxk(k＝0，1，2，…，12)，
设展开式中第r＋1项的系数最大，则
即
解得≤r≤，因为r∈N，故r＝9，因此，展开式中系数最大的项为第10项．故选D.
题后师说
(1)二项式系数最大项的确定方法
①若n是偶数，则中间一项(第＋1项)的二项式系数最大．
②若n是奇数，则中间两项(第项与第＋1项)的二项式系数相等并最大．
(2)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r项系数最大，应用解出r.
巩固训练3
[2024·江西吉安模拟]已知()n的展开式中只有第5项是二项式系数最大，则该展开式中各项系数的最小值为( )
A．－448 B．－1 024
C．－1 792 D．－5 376
答案：C
解析：∵展开式中只有第5项是二项式系数最大，则n＝8，
∴展开式的通项为Tk＋1＝)8－k(－)k＝，k＝0，1，…，8，
则该展开式中各项系数ak＝，k＝0，1，…，8，
若求系数的最小值，则k为奇数且，即
，解得k＝5，
∴系数的最小值为a5＝＝－1 792.故选C.
1．[2024·江苏盐城模拟](2x3－)6展开式中x10项的系数为( )
A．－240 B．－20
C．20 D．240
答案：D
解析：(2x3－)6展开式通项为Tk＋1＝(2x3)6－k(－)k＝x18－4k，
由18－4k＝10，可得k＝2，则＝240，
则(2x3－)6展开式中x10项的系数为240.故选D.
2．若二项式(ax＋)6(a>0)的展开式中所有项的系数和为64，则展开式中的常数项为( )
A．10 B．15
C．25 D．30
答案：B
解析：令x＝1，则所有的项的系数和为(a＋1)6＝64，由于a>0，所以a＝1，(x＋)6展开式的通项为Tk＋1＝x6－kx－2k＝x6－3k，故当6－3k＝0时，即k＝2，此时展开式中的常数项为＝15，故选B.
3．[2022·北京卷]若(2x－1)4＝a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，则a0＋a2＋a4＝( )
A．40 B．41
C．－40 D．－41
答案：B
解析：方法一 当x＝1时，1＝a4＋a3＋a2＋a1＋a0 ①；
当x＝－1时，81＝a4－a3＋a2－a1＋a0 ②.
(①＋②)÷2，得a4＋a2＋a0＝＝41.故选B.
方法二 由二项式定理可得(2x－1)4＝(2x)0(－1)4＝16x4－32x3＋24x2－8x＋1，所以a4＝16，a2＝24，a0＝1，所以a0＋a2＋a4＝41.故选B.
4．[2022·新高考Ⅰ卷](1－)(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为________(用数字作答)．
答案：－28
解析：(1－)(x＋y)8＝(x＋y)8－(x＋y)8，由二项式定理可知其展开式中含x2y6的项为x3y5＝28x2y6，所以其系数为－28.
状元笔记 二项式定理的综合应用——整除问题和近似计算问题
题型一 整除问题
在证明整除问题或求余数问题时，通常把幂的底数写成除数(或与除数密切关联的数)与某数的和或差的形式，再利用二项式定理展开，只考虑后面一、二项(或者是某些项)就可以了．
例 1 (1)[2024·山西太原模拟]9910被1 000除的余数是( )
A．－1 B．－99 C．1 D．901
[答案] C
[解析] (1)9910＝(100－1)10＝(1－100)10＝×1002－…＋10010，所以展开式中从第二项开始都是1 000的倍数，因此9910被1 000除的余数是1.故选C.
(2)[2024·江苏盐城模拟测]若(2x＋1)100＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a100x100，则2(a1＋a3＋…＋a99)－3被8整除的余数为( )
A．4 B．5 C．6 D．7
[答案] B
[解析] 在已知等式中，取x＝1得a0＋a1＋a2＋…＋a100＝3100，
取x＝－1得a0－a1＋a2－…＋a100＝1，
两式相减得2(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＝3100－1，
即2(a1＋a3＋a5＋…＋a99)－3＝3100－4，
因为3100－4＝950－4＝(8＋1)50－4
＝
＝
＝
又因为能被8整除·8－8＋5被8整除的余数为5，
即2(a1＋a3＋a5＋…＋a99)－3被8整除的余数为5，故选B.
题型二 求近似值问题
利用二项式定理求近似值时，首先将幂的底数写成两项和或差的形式，然后确定展开式中的保留项，使其满足近似值的精确度．
例 2 二项式定理，又称牛顿二项式定理，由艾萨克·牛顿提出．二项式定理可以推广到任意实数次幂，即广义二项式定理：
对于任意实数α，(1＋x)α＝1＋·x＋·x2＋…＋·xk＋…
当|x|比较小的时候，取广义二项式定理展开式的前两项可得：(1＋x)α≈1＋α·x，并且|x|的值越小，所得结果就越接近真实数据．用这个方法计算的近似值，可以这样操作：
＝＝＝2≈2×(1＋)＝2.25.
用这样的方法，估计的近似值约为( )
A．2.922 B．2.926 C．2.928 D．2.930
[答案] B
[解析] ＝＝＝3×＝≈3×[1＋×(－)]≈2.926.故选B.(共50张PPT)
第四节 随机事件的概率与古典概型
课前自主预习案
课堂互动探究案
课前自主预习案
必 备 知 识
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__________称为样本点，常用ω表示．
全体样本点的集合称为试验E的样本空间，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________称为随机事件，简称事件．
②表示：大写字母A，B，C，….
③随机事件的极端情形：必然事件、不可能事件．
基本结果
子集
2．事件的关系与运算
事件的关系或运算 含义 符号表示
包含 A发生导致B发生 ________
并事件(和事件) A与B至少一个发生 ________或A＋B
交事件(积事件) A与B同时发生 ________或AB
互斥(互不相容) A与B不能同时发生
互为对立 A与B有且仅有一个发生
A B
A∪B
A∩B
Ω
3.频率与概率
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________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．因此，我们可以用频率fn(A)来估计概率P(A)．
稳定于
4．概率的基本性质
(1)对任意的事件A，都有0≤P(A)≤1.必然事件的概率P(Ω)＝________，不可能事件的概率P( )＝________．
(2)如果事件A与事件B互斥，则P(A＝______________.
(3)如果事件A与事件B互为对立事件，那么P(B)＝________，P(A)＝________．
(4)如果A B，那么P(A)≤P(B)．
(5)设A，B是一个随机试验中的两个事件，我们有P(A＝_________________________．
1
0
P（A）＋P（B）
1－P（A）
1－P（B）
P（A）＋P（B）－P（A∩B）
5．古典概型
(1)古典概型的定义：具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型，简称古典概型．
①有限性：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________．
(2)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
＝
【常用结论】
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．也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＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An).
夯 实 基 础
1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)事件发生的频率与概率是相同的．( )
(2)两个事件的和事件是指两个事件至少有一个发生．( )
(3)若A，B为互斥事件，则P(A)＋P(B)＝1.( )
(4)对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件．( )
×
√
×
√
2．(教材改编)从一批产品中取出三件产品，设A＝“三件产品全不是次品”，B＝“三件产品全是次品”，C＝“三件产品不全是次品”，则下列结论正确的是( )
A．A，C互斥 B．B，C互斥
C．任何两个都互斥 D．任何两个都不互斥
答案：B
解析：从一批产品中取出三件产品，设A＝“三件产品全不是次品”，B＝“三件产品全是次品”，C＝“三件产品不全是次品”，在A中，A和C能同时发生，事件A和C不是互斥事件，故A错误；在B中，B和C不能同时发生，故B和C是互斥事件，故B正确；在C中，A和C能同时发生，事件A和C不是互斥事件，故C错误；在D中，B和C不能同时发生，故B和C是互斥事件，故D错误．故选B.
3．(教材改编)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＝________，P(A＝________．
答案：
解析：抛掷一枚骰子，基本事件为出现的点数是1，2，3，4，5，6，事件A包括出现的点数是1，3，5，6这4个基本事件，故P(A＝，事件A包括出现的点数是3这1个基本事件，故P(A＝.
4．(易错)对于概率是1‰(千分之一)的事件，下列说法正确的是( )
A．概率太小，不可能发生
B．1 000次中一定发生1次
C．1 000人中，999人说不发生，1人说发生
D．1 000次中有可能发生1 000次
答案：D
解析：概率是1‰说明发生的可能性是1‰，每次发生都是随机的，1 000次中也可能发生1 000次，只是发生的可能性很小．故选D.
5．(易错)袋子中有3个大小质地完全相同的球，其中1个红球，2个黑球，现随机从中不放回地依次摸出2个球，则第二次摸到红球的概率为________．
答案：
解析：因为三个球的大小质地完全相同，所以从袋中不放回的依次摸出2个球，所包含的总的情况有：第一次红球第二次黑球，第一次黑球第二次红球，第一次和第二次都是黑球，共3种情况；满足第二次摸到红球的只有一种，故所求的概率为P＝.
课堂互动探究案
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．
问题思考·夯实技能
【问题1】 互斥事件与对立事件有何区别与联系？
提示：互斥事件与对立事件都是两个事件的关系，互斥事件是不可能同时发生的两个事件，而对立事件除要求这两个事件不同时发生外，还要求二者之一必须有一个发生，因此，对立事件是互斥事件的特殊情况，而互斥事件未必是对立事件．
【问题2】 随机事件A发生的频率与概率有何区别与联系？
提示：随机事件A发生的频率是随机的，而概率是客观存在的确定的常数，但在大量随机试验中，事件A发生的频率稳定在事件A发生的概率附近．
关键能力·题型剖析
题型一 随机事件
角度一 事件的关系与运算
例 1 (1)(多选)[2024·河南平顶山模拟]抛掷3枚质地均匀的硬币，记事件A＝{至少1枚正面朝上}，B＝{至多2枚正面朝上}，事件C＝{没有硬币正面朝上}，则下列正确的是( )
A．C＝A＝A
C．C＝ D．C B
答案：CD
解析：记Ai＝{有i枚硬币正面向上}，i＝0，1，2，3，
则A＝A1＝A0＝A0，
对于A，因为A＝A1故A错误；
对于B，因为A＝A0故B错误；
对于C，因为C＝ ，故C正确；
对于D，因为C B，故D正确．故选CD.
(2)袋中装有红球3个、白球2个、黑球1个，从中任取2个，则互斥而不对立的两个事件是( )
A．至少有一个白球；都是白球
B．至少有一个白球；至少有一个红球
C．至少有一个白球；红、黑球各一个
D．恰有一个白球；一个白球一个黑球
答案：C
解析：对于A，至少有一个白球和都是白球的两个事件能同时发生，不是互斥事件，A不是；
对于B，至少有一个白球和至少有一个红球的两个事件能同时发生，不是互斥事件，B不是；
对于C，至少有一个白球和红、黑球各一个的两个事件不能同时发生但能同时不发生，是互斥而不对立的两个事件，C是；
对于D，恰有一个白球和一个白球一个黑球的两个事件能同时发生，不是互斥事件，D不是．故选C.
题后师说
判断互斥事件、对立事件的两种方法
角度二 随机事件的频率与概率
例 2 [2024·广东揭阳模拟]为了解某中学生遵守《中华人民共和国交通安全法》的情况，调查部门在该校进行了如下的随机调查，向被调查者提出两个问题：(1)你的学号是奇数吗？(2)在过路口时你是否闯过红灯？要求被调查者背对着调查人员抛掷一枚硬币，如果出现正面，就回答第一个问题，否则就回答第二个问题．被调查者不必告诉调查人员自己回答的是哪一个问题，只需回答“是”或“不是”，因为只有调查者本人知道回答了哪一个问题，所以都如实地作了回答．结果被调查的1 200人(学号从1至1 200)中有366人回答了“是”．由此可以估计这1 200人中闯过红灯的人数是________．
答案：132
解析：被调查的1 200人中，在准备回答的两个问题中每一个问题被问到的概率相同，所以第一个问题可能被问600次，因为被问的600人中有300人学号是奇数，而有366人回答了“是”，所以估计有66人闯过红灯，在600人中有66人闯过红灯，频率为0.11，用样本频率估计总体，从而估计这1 200人中闯过红灯的人数为1 200×0.11＝132人．
题后师说
计算简单随机事件的频率或概率的解题思路
(1)计算所求随机事件出现的频数及总事件的频数．
(2)由频率公式得所求，由频率估计概率．
角度三 互斥事件与对立事件的概率
例 3 某学校在教师外出家访了解家长对孩子的学习关心情况活动中，一个月内派出的教师人数及其概率如下表所示：
(1)求有4人或5人外出家访的概率；
(2)求至少有3人外出家访的概率．
派出人数 ≤2 3 4 5 ≥6
概率 0.1 0.46 0.3 0.1 0.04
解析：(1)设“派出2人及以下外出家访”为事件A，“派出3人外出家访”为事件B，“派出4人外出家访”为事件C，“派出5人外出家访”为事件D，“派出6人及以上外出家访”为事件E，则有4人或5人外出家访的事件为事件C或事件D，C与D为互斥事件，根据互斥事件概率的加法公式可知P(C＝P(C)＋P(D)＝0.3＋0.1＝0.4.
(2)至少有3人外出家访的对立事件为有2人及以下外出家访，所以由对立事件的概率公式可知所求概率P＝1－P(A)＝1－0.1＝0.9.
题后师说
求复杂互斥事件概率的两种方法
巩固训练1
(1)天气预报说，在今后的三天中，每天下雨的概率都为60%.现采用随机模拟的方法估计这三天中恰有两天下雨的概率．用1，2，3，4，5，6表示下雨，用计算机产生了10组随机数180，792，454，417，165，809，798，386，196，206，据此估计这三天中恰有两天下雨的概率近似为( )
A． B． C． D．
答案：B
解析：10组数据中，恰有两天下雨的有417，386，196，206，共4个，据此估计这三天中恰有两天下雨的概率近似为＝.故选B.
(2)(多选)[2024·河北石家庄模拟]口袋里装有1红，2白，3黄共6个形状大小完全相同的小球，从中任取2球，事件A＝取出的两球同色，B＝取出的2 球中至少有一个黄球，C＝取出的2球中至少有一个白球，D＝取出两个球不同色，E＝取出的2球中至多有一个白球．下列判断中正确的是( )
A．事件A与D为对立事件
B．事件B与C是互斥事件
C．事件C与E为对立事件
D．事件P(C＝1
答案：AD
解析：设Ω是样本空间，A选项，由于A＝Ω，A＝ ，所以A与D是对立事件，A选项正确；B选项，由于B＝“取出的2球中，一个黄球一个白球”，所以B与C不是互斥事件，B选项错误；C选项，由于C＝“取出的2球中，恰好有1个白球”，所以C与E不是对立事件，C选项错误；D选项，由于C＝Ω，所以P(C＝1，所以D选项正确．故选AD.
(3)四种电子元件组成的电路如图所示，T1，T2，T3，T4电子元件正常工作的概率分别为0.9，0.8，0.7，0.6，则该电路正常工作的概率为________.
解析：该电路正常工作即T1正常工作，T2，T3，T4至少一个正常工作，所以该电路正常工作的概率为0.9×(1－0.2×0.3×0.4)＝0.878 4.
答案：0.878 4
题型二 古典概型
例 4 (1)[2024·河南郑州模拟]有两个质地均匀、大小相同的正四面体玩具，每个玩具的各面上分别写有数字1，2，3，4.同时抛掷两个玩具，则朝下的面的数字之积是3的倍数的概率为( )
A． B．
C． D．
答案：D
解析：(1)根据题意，同时抛掷两个玩具，朝下的面写有的数字有16种情况，分别为(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，
朝下的面的数字之积是3的倍数的结果有7种，
分别为(1，3)，(2，3)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(4，3)，
则数字之积是3的倍数的概率为P＝，故选D.
(2)[2024·河北保定模拟]三位同学参加某项体育测试，每人要从100 m跑、引体向上、跳远、铅球四个项目中选出两个项目参加测试，则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是( )
A． B．
C． D．
答案：D
解析：三个同学选择两个项目的试验的基本事件数有)3个，它们等可能，
有且仅有两人选择的项目完全相同的事件A含有的基本事件数有－1)个，
所以有且仅有两人选择的项目完全相同的概率P(A)＝＝.故选C.
题后师说
古典概型中样本点个数的探求方法
巩固训练2
(1)[2024·山东济南模拟]从正六边形的6个顶点中任取3个构成三角形，则所得三角形是直角三角形的概率为( )
A． B．
C． D．
答案：C
解析：(1)以点A为例，以点A为其中一个顶点的三角形有△ABC，△ABD，△ABE，△ABF，△ACD，△ACE，△ACF，△ADE，△ADF，△AEF，共10个，
其中直角三角形为△ABD，△ABE，△ACD，△ACF，△ADE，△ADF，共6个，
故所得三角形是直角三角形的概率为＝.故选C.
(2)[2024·安徽宣城模拟]将5个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为( )
A． B．
C． D．
答案：D
解析：将5个1和2个0随机排成一行，总的排放方法有＝＝21(种)．
要使2个0不相邻，利用插空法，5个1有6个位置可以放0，故排放方法有＝＝15(种)．
所以所求概率为P＝＝.故选D.
题型三 概率与统计的综合问题
例 5 [2024·安徽安庆模拟]县政府组织500人参加卫生城市创建“义工”活动，按年龄分组所得频率分布直方图如图，完成下列问题：
组别 [25，30) [30，35) [35，40) [40，45) [45，50)
人数 50 50 a 150 b
(1)如表是年龄的频数分布表，求出表中正整数a、b的值；
(2)现在要从年龄较小的第1、2、3组中用分层抽样的方法抽取6人，则年龄在第1、2、3组的各抽取多少人？
(3)在第(2)问的前提下，从这6人中随机抽取2人参加社区活动，求至少有1人年龄在第3组的概率．
解析：(1)由图可知，年龄在[35，40)间的频率为0.08×5＝0.4，故a＝0.4×500＝200(人)，b＝500－(50＋50＋200＋150)＝50(人)．
(2)由题意知，第1，2，3组共有300人，现在抽取6人，其抽样比例为＝，
所以每组应该抽取的人数为：第1组：50×＝1，
第2组：50×＝1，第3组：200×＝4.
(3)设第1组的人为A，第2组的人为B，第3组的人为c，d，e，f，现在随机抽取6人，共有：AB，Ac，Ad，Ae，Af，Bc，Bd，Be，Bf，cd，ce，cf，de，df，ef 15种抽取方法，记事件E为“至少有1人来自第3组”，则P(E)＝1－＝.
题后师说
概率与统计的结合题，无论是直接描述还是利用频率分布表、频率分布直方图等给出的信息，准确从题中提炼信息是解题的关键．
巩固训练3
某校以课程建设为核心，建立了学生劳动实践基地，开发了农事劳作课程，开展课外种植、养殖活动，打算引进小动物甲以及成立养殖小组．为了解学生的养殖意愿，该校在一年级的100名学生中进行问卷调查，调查数据如下：
(1)分别估计该校男、女生中喜欢养殖小动物甲的概率；
(2)学校决定由一年级负责养殖小动物甲，现按分层随机抽样的方法从一年级喜欢小动物甲的学生中随机抽取6名学生组成养殖小组，再从这6名学生中随机抽取2人担任养殖小组主要负责人，求这2人恰好都是女生的概率．
性别 养殖小动物甲 喜欢 不喜欢
男生 20 30
女生 40 10
解析：(1)由题意知男生中喜欢养殖小动物甲的频率为＝；
女生中喜欢养殖小动物甲的频率为＝，
所以估计该校男、女生中喜欢养殖小动物甲的概率分别为.
(2)抽取的这6人中男生人数为6×＝2，分别记为A，B，
女生人数为6×＝4，分别记为a，b，c，d.
设抽取的2人分别为m，n，用数组(m，n)表示这个实验的一个样本点，
因此该试验的样本空间Ω＝{(A，B)，(A，a)，(A，b)，(A，c)，(A，d)，(B，a)，(B，b)，(B，c)，(B，d)，(a，b)，(a，c)，(a，d)，(b，c)，(b，d)，(c，d)}共15个样本点．
设事件E＝“抽取的2人恰好都是女生”，则E＝，共6个样本点．
因为样本空间Ω中每一个样本点出现的可能性相等，
所以该试验是古典概型，因此P(E)＝＝.
1．[2023·全国甲卷]某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为( )
A． B． C． D．
答案：D
解析：记高一年级2名学生分别为a1，a2，高二年级2名学生分别为b1，b2，则从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演的基本事件有(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，b1)，(a2，b2)，(b1，b2)，共6个，其中这2名学生来自不同年级的基本事件有(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，b1)，(a2，b2)，共4个，所以这2名学生来自不同年级的概率P＝＝，故选D.
2．[2022·新高考Ⅰ卷]从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为( )
A． B． C． D．
答案：D
解析：从2，3，4，5，6，7，8中随机取2个不同的数有＝21(种)结果，其中这2个数互质的结果有(2，3)，(2，5)，(2，7)，(3，4)，(3，5)，(3，7)，(3，8)，(4，5)，(4，7)，(5，6)，(5，7)，(5，8)，(6，7)，(7，8)，共14种，所以所求概率为＝.故选D.
3．[2022·全国甲卷]从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为( )
A． B． C． D．
答案：C
解析：从6张卡片中任取2张的取法有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(4，5)，(4，6)，(5，6)，共15种不同取法，其中2张卡片上的数字之积是4的倍数的取法有(1，4)，(2，4)，(2，6)，(3，4)，(4，5)，(4，6)，共6种，所以所求概率P＝＝.故选C.
4．[2022·全国乙卷]从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为________．
答案：
解析：从5名同学中随机选3名参加社区服务工作，共有＝10(种)选法，甲、乙都入选有＝3(种)选法．根据古典概型的概率计算公式，甲、乙都入选的概率P＝.(共44张PPT)
第五节 事件的相互独立性
与条件概率、全概率公式
课前自主预习案
课堂互动探究案
课前自主预习案
必 备 知 识
1.事件的相互独立性
P(AB)＝P(A)P(B)是事件A与B相互独立的充要条件
事件A与事件B相互独立 对任意的两个事件A与B，如果P(AB)＝P(A)P(B)成立，则称事件A与事件B相互独立，简称为独立
性质
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，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．
(2)公式：①利用古典概型：P(B|A)＝________；
②概率的乘法公式：P(AB)＝________．
3．全概率公式
一般地，设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1，2，…，n，则对任意事件B Ω，有P(B)＝______________．我们称这个公式为全概率公式．
P(A) P(B|A)
【常用结论】
1．若事件A与事件B相互独立，则A与与B，与也都相互独立．
2．如果事件A1，A2，…，An相互独立，那么这n个事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积，即P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)．
3．计算条件概率除了应用公式P(B|A)＝外，还可以利用缩减公式法，即P(B|A)＝，其中n(A)为事件A包含的样本点数，n(AB)为事件AB包含的样本点数．
夯 实 基 础
1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)掷两枚质地均匀的骰子，设A＝“第一枚出现的点数大于2”，B＝“第二枚出现的点数小于6”，则A与B相互独立．( )
(2)对于任意两个事件，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立．( )
(3)若事件A，B相互独立，则P(B|A)＝P(B).( )
(4)若A，B相互独立，且P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，则A，B都不发生的概率为0.3.( )
√
×
√
√
2．(教材改编)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________．
答案：0.38
解析：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AB，∴P(AB)＝P(A)＋P(B)＝P(A)P()＋P()P(B)＝0.2×0.7＋0.8×0.3＝0.38.
3．(教材改编)某班为响应校团委发起的“青年大学习”号召组织了有奖知识竞答活动，第一环节是一道必答题，由甲乙两位同学作答，每人答对的概率均为0.7，两人都答对的概率为0.5，则甲答对的前提下乙也答对的概率是________．(用分数表示)
答案：
解析：记事件A：甲答对，事件B：乙答对，则有：P(A)＝P(B)＝0.7，P(AB)＝0.5，所以P(B|A)＝＝＝.
4．(易错)某电视台的夏日水上闯关节目中的前四关的过关率分别为，只有通过前一关才能进入下一关，其中，第三关有两次闯关机会，且通过每关相互独立．一选手参加该节目，则该选手能进入第四关的概率为( )
A． B． C． D．
答案：D
解析：该选手能进入第四关的概率为×(1－)×＝.
5．(易错)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)＝________．
答案：
解析：P(A)＝＝，P(AB)＝＝，由条件概率公式得P(B|A)＝＝.
课堂互动探究案
1.了解两个随机事件独立性的含义．
2．了解条件概率，能计算简单随机事件的条件概率．
3．了解条件概率与独立性的关系，会用乘法公式计算概率．
4．会利用全概率公式计算概率．
问题思考·夯实技能
【问题1】 互为对立的两个事件是非常特殊的一种事件关系. 如果事件A与事件B相互独立，那么它们的对立事件是否也相互独立？
提示：如果事件A与事件B相互独立，那么它们的对立事件也相互独立．
【问题2】 P(AB)，P(B)，P(A|B)(其中P(B)>0)之间存在怎样的等量关系？
提示：P(AB)＝P(B)P(A|B)，(其中P(B)>0)．
关键能力·题型剖析
题型一 相互独立事件的概率
角度一 事件独立性的判断
例 1 [2024·河南郑州模拟]现有同副牌中的5张数字不同的扑克牌，其中红桃1张、黑桃2张、梅花2张，从中任取一张，看后放回，再任取一张．甲表示事件“第一次取得黑桃扑克牌”，乙表示事件“第二次取得梅花扑克牌”，丙表示事件“两次取得相同花色的扑克牌”，丁表示事件“两次取得不同花色的扑克牌”，则( )
A．乙与丙相互独立 B．乙与丁相互独立
C．甲与丙相互独立 D．甲与乙相互独立
答案：D
解析：由题意得，事件甲的概率P1＝，事件乙的概率P2＝，
有放回地取扑克牌两次的试验的基本事件总数是52＝25，显然事件丙与丁是对立事件，两次取出的扑克牌花色相同包含的基本事件数为12＋22＋22＝9，则事件丙的概率P3＝，所以事件丁的概率P4＝，
对于A，事件乙与丙同时发生所包含的基本事件数为4，其概率P5＝≠P2·P3，所以乙与丙不相互独立，所以A错误；对于B，事件乙与丁同时发生所包含的基本事件数为6，其概率P6＝≠P2·P4，所以乙与丁不相互独立，所以B错误；对于C，事件甲与丙同时发生所包含的基本事件数为4，其概率P7＝≠P1·P3，所以甲与丙不相互独立，所以C错误；对于D，事件甲与乙同时发生所包含的基本事件数为4，其概率P8＝＝P1·P2，所以甲与乙相互独立，D正确．故选D.
题后师说
判断两个事件是否相互独立的方法
(1)直接法：直接判断一个事件发生与否是否影响另一事件发生的概率．
(2)定义法：判断P(AB)＝P(A)P(B)是否成立．
(3)转化法：由事件A与事件B相互独立知，A与与B，与也相互独立．
角度二 相互独立事件的概率
例 2 [2024·江苏扬州模拟]某校举行围棋比赛，甲、乙、丙三人通过初赛，进入决赛．决赛比赛规则如下：首先通过抽签的形式确定甲、乙两人进行第一局比赛，丙轮空；第一局比赛结束后，胜利者和丙进行比赛，失败者轮空，以此类推，每局比赛的胜利者跟本局比赛轮空者进行下一局比赛，直到一人累计获胜三局，则此人获得比赛胜利，比赛结束．假设每局比赛双方获胜的概率均为，且每局比赛相互独立．
(1)求比赛进行四局结束的概率；
(2)求甲获得比赛胜利的概率．
解析：(1)比赛进行四局结束有以下两种情况：第一局甲获胜，后三局丙获胜；第一局乙获胜，后三局丙获胜，
第一局甲获胜，后三局丙获胜的概率P1＝＝，
第一局乙获胜，后三局丙获胜的概率P2＝＝，
故比赛进行四局结束的概率P＝P1＋P2＝＝.
(2)设甲获胜为事件A，乙获胜为事件B，丙获胜为事件C，
比赛进行三局，甲获胜的概率为＝，
比赛进行五局，有以下6种情况：AABBA，AABCA，ACBAA，ACCAA，BBAAA，BCAAA，
甲获胜的概率为×6＝，
比赛进行七局，有以下8种情况：AABCCBA，AABBCCA，ACBBCAA，ACBACBA，ACCABBA，BBACCAA，BCAACBA，BCCBAAA，
甲获胜的概率为×8＝，
故甲获得比赛胜利的概率为＝.
题后师说
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．
巩固训练1
(1)(多选)[2024·广东深圳模拟]连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记录每次的点数，设事件A＝ “第一次出现2点”，B＝“第二次的点数小于5点”，C＝“两次点数之和为奇数”，D＝“两次点数之和为9”，则下列说法正确的有( )
A．A与B不互斥且相互独立
B．A与D互斥且不相互独立
C．B与D互斥且不相互独立
D．A与C不互斥且相互独立
答案：ABD
解析：(1)对于A，连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第一次与第二次的结果互不影响，即A与B相互独立；第一次出现2点，第二次的点数小于5点可以同时发生，A与B不互斥，故A正确；对于B，连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第一次的结果会影响两次点数之和，即A与D不相互独立；第一次出现2点，则两次点数之和最大为8，即A与D不能同时发生，即A与D互斥，故B正确；对于C，连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第二次的结果会影响两次点数之和，即B与D不相互独立；若第一次的点数为5，第二次的点数4点，则两次点数之和为9，即B与D可以同时发生，即B与D不互斥，故C错误；对于D，连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第一次的结果不会影响两次点数之和的奇偶，即A与C相互独立；若第一次的点数为2，第二次的点数3点，则两次点数之和为5是奇数，即A与C可以同时发生，即A与C不互斥，故D正确．故选ABD.
(2)为了实现中国梦的构想，在社会主义新农村建设中，某市决定在一个乡镇投资农产品加工、绿色蔬菜种植和水果种植三个项目，据预测，三个项目成功的概率分别为，且三个项目是否成功相互独立．
①求恰有两个项目成功的概率；
②求至少有一个项目成功的概率．
解析：①设投资农产品加工成功为事件A，投资绿色蔬菜种植成功为事件B，投资水果种植成功为事件C，则恰有两个项目成功的概率为：
P(ABCBC)＝P(AB)＋P(AC)＋P(BC)＝＝，
所以恰有两个项目成功的概率为.
②设至少有一个项目成功为事件D，则
P(D)＝1－P()＝1－＝＝，
所以至少有一个项目成功的概率为.
题型二 条件概率
例 3 (1)[2024·河北保定模拟]把一枚硬币任意掷两次，事件A＝“第一次出现正面”，事件B＝ “第二次出现正面”，则P(B|A)＝( )
A． B． C． D．
答案：C
解析：由题意知，第一次出现正面的概率是，
第一次出现正面且第二次也出现正面的概率是＝，
∴P(B|A)＝＝ .故选C.
(2)[2024·安徽黄山模拟]先后掷两次骰子(骰子的六个面上分别标有1，2，3，4，5，6个点)，落在水平桌面后，记正面朝上的点数分别为x，y，设事件A＝“x＋y为奇数”，事件B＝“x，y满足x＋y<6”，则概率P(B|A)＝( )
A． B． C． D．
答案：B
解析：用(x，y)表示第1次掷骰子得到的点数为x，第2次掷骰子得到的点数为y，掷两次骰子，基本事件的个数为：6×6＝36，
因为事件A＝“x＋y为奇数”，事件B＝“x，y满足x＋y<6”，记事件C＝“x＋y为奇数，且x＋y<6”，所以事件A包含的基本事件个数为：3×3×2＝18，事件C包含的基本事件个数为：3×2＝6，
根据古典概率公式知，
P(A)＝＝，P(C)＝P(AB)＝＝，
由条件概率公式知，P(B|A)＝＝＝.故选B.
题后师说
求条件概率的常用方法
巩固训练2
(1)[2024·河南郑州模拟]袋中装有大小质地完全相同的3个小球，小球上分别标有数字4，5，6.每次从袋中随机摸出1个球，记下它的号码，放回袋中，这样连续摸三次．设事件A为“三次记下的号码之和是15”，事件B为“三次记下的号码不全相等”，则P(B|A)＝( )
A． B． C． D．
答案：A
解析：(1)事件A所包含的基本事件有(4，5，6)，(4，6，5)，(5，4，6)，(5，6，4)，(6，5，4)，(6，4，5)，(5，5，5)共7个，事件AB所包含的基本事件有(4，5，6)，(4，6，5)，(5，4，6)，(5，6，4)，(6，5，4)，(6，4，5)共6个，所以P(B|A)＝＝.故选A.
(2)[2024·广东珠海模拟]某地的中学生中有60%的同学爱好羽毛球，50%的同学爱好乒乓球，70%的同学爱好羽毛球或爱好乒乓球．在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好乒乓球，则该同学也爱好羽毛球的概率为________．
答案：0.8
解析：同时爱好两项的概率为0.5＋0.6－0.7＝0.4，
记“该同学爱好乒乓球”为事件A，记“该同学爱好羽毛球”为事件B，
则P(A)＝0.5，P(AB)＝0.4，所以P(B|A)＝＝＝0.8.
题型三 全概率公式的应用
例 4 (1)[2024·辽宁锦州模拟]甲单位有5名男性志愿者，7名女性志愿者；乙单位有4名男性志愿者，2名女性志愿者，从两个单位任抽一个单位，然后从所抽到的单位中任取1名志愿者，则取到男性志愿者的概率为( )
A． B．
C． D．
答案：A
解析：(1)设事件取到男性为B，事件所抽到的单位为甲单位为A1，
事件所抽到的单位为乙单位为A2，
则P(B)＝P(A1B＋A2B)＝P(A1B)＋P(A2B)，
所以P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)，
故P(B)＝＝.故选A.
(2)[2024·广东深圳模拟]钥匙掉了，掉在宿舍里、掉在教室里、掉在路上的概率分别是50%，30%和20%，而掉在上述三处被找到的概率分别是0.8，0.3和0.1，则找到钥匙的概率为________．
答案：0.51
解析：记事件A1为“钥匙掉在宿舍里”，A2为“钥匙掉在教室里”，A3为“钥匙掉在宿舍里”，
事件B为“找到钥匙”，由全概率公式得
P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝0.5×0.8＋0.3×0.3＋0.2×0.1＝0.51.
题后师说
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(Ai)P(B|Ai)．
(3)代入全概率公式计算．
巩固训练3
(1)[2024·河北衡水模拟]设甲乘汽车、动车前往某目的地的概率分别为0.4，0.6，汽车和动车正点到达目的地的概率分别为0.7，0.9，则甲正点到达目的地的概率为( )
A．0.78 B．0.8 C．0.82 D．0.84
答案：C
解析：(1)设事件A表示甲正点到达目的地，事件B表示甲乘动车到达目的地，事件C表示甲乘汽车到达目的地，
由题意知P(B)＝0.6，P(C)＝0.4，P(A|B)＝0.9，P(A|C)＝0.7.
由全概率公式得P(A)＝P(B)P(A|B)＋P(C)P(A|C)＝0.6×0.9＋0.4×0.7＝0.54＋0.28＝0.82.故选C.
(2)[2024·江苏南京模拟]某批麦种中，一等麦种占90%，二等麦种占10%，一、二等麦种种植后所结麦穗含有50粒以上麦粒的概率分别为0.6，0.2，则这批麦种种植后所结麦穗含有50粒以上麦粒的概率为________．
答案：0.56
解析：分别记取到一等麦种和二等麦种分别为事件A1，A2，所结麦穗含有50粒以上麦粒为事件B.
由已知可得，P(A1)＝0.9，P(A2)＝0.1，P(B|A1)＝0.6，P(B|A2)＝0.2，
由全概率公式可得，P(B)＝P(BA1)＋P(BA2)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝0.9×0.6＋0.1×0.2＝0.56.
1．[2021·新高考Ⅰ卷]有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，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
答案：B
解析：P(甲)＝，P(乙)＝，P(丙)＝，P(丁)＝＝，
P(甲丙)＝0≠P(甲)P(丙)，P(甲丁)＝＝P(甲)P(丁)，
P(乙丙)＝≠P(乙)P(丙)，P(丙丁)＝0≠P(丙)P(丁)，
故选B.
2．[2023·全国甲卷]有50人报名足球俱乐部，60人报名乒乓球俱乐部，70人报名足球或乒乓球俱乐部，若已知某人报足球俱乐部，则其报乒乓球俱乐部的概率为( )
A.0.8 B．0.4 C．0.2 D．0.1
答案：A
解析：报名两个俱乐部的人数为50＋60－70＝40，记“某人报足球俱乐部”为事件A，记“某人报乒乓球俱乐部”为事件B，则P(A)＝＝，P(AB)＝＝，所以P(B|A)＝＝＝0.8.故选A.
3．[2022·全国乙卷]某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p1，p2，p3，且p3>p2>p1>0.记该棋手连胜两盘的概率为p，则( )
A．p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关
B．该棋手在第二盘与甲比赛，p最大
C．该棋手在第二盘与乙比赛，p最大
D．该棋手在第二盘与丙比赛，p最大
答案：D
解析：设第二盘与甲比赛，则p甲＝p2p1(1－p3)＋(1－p2)p1p3＝p1(p2＋p3－2p2p3)．设第二盘与乙比赛，则p乙＝p2p1(1－p3)＋(1－p1)p2p3＝p2(p1＋p3－2p1p3)．设第二盘与丙比赛，则p丙＝p3p1(1－p2)＋(1－p1)p2p3＝p3(p1＋p2－2p1p2)．p甲－p乙＝p3(p1－p2)<0，p甲－p丙＝p2(p1－p3)<0，p乙－p丙＝p1(p2－p3)<0，故p丙>p乙>p甲．故选D.
4．[2024·河北邯郸模拟]已知甲箱内有4个白球2个黑球，乙箱内有3个白球2个黑球，先从甲箱中任取一球放入乙箱，然后从乙箱中任取一球，则事件“从乙箱中取得黑球”的概率为________．
答案：
解析：记甲箱中取出白球的事件为A，从乙箱中取出黑球的事件为B，
依题意，P(A)＝＝，P()＝＝，P(B|A)＝＝，P(B|)＝＝，
所以P(B)＝P(B|A)P(A)＋P(B|)P()＝＝.(共34张PPT)
第一节 两个计数原理
课前自主预习案
课堂互动探究案
课前自主预习案
必 备 知 识
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)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
【常用结论】
1．分类加法计数原理的推广：完成一件事有n类不同方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法，……，在第n类方案中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法．
2．分步乘法计数原理的推广：完成一件事需要n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，……，做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法．
夯 实 基 础
1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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，只有各步骤都完成后，这件事情才算完成．( )
(4)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．( )
×
√
√
√
2．(教材改编)从4本不同的课外读物中，买3本送给3名同学，每人各1本，则不同的送法种数是( )
A．12 B．24 C．64 D．81
答案：B
解析：从4本书中选3本有4种选法，把选出的3本书送给3名同学，有6种送法，所以不同的送法有：4×6＝24(种)．故选B.
3.如图，从甲地到乙地有2条路，从乙地到丁地有4条路；从甲地到丙地有4条路，从丙地到丁地有2条路．则从甲地到丁地共有________条不同的路．
答案：16
解析：如果由甲地经乙地到丁地，有2×4＝8种不同的路线；
如果由甲地经丙地到丁地，有4×2＝8种不同的路线；
因此，从甲地到丁地共有8＋8＝16种不同的路线．
4．(易错)6名同学争夺3项冠军，不同的结果有________种．(用具体数字作答)
答案：216
解析：每一项冠军的情况都有6种，故6名学生争夺三项冠军，获得冠军的种数是63＝216(种)．
课堂互动探究案
1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理．
2．会用分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决一些简单的实际问题．
问题思考·夯实技能
【问题】 在解题过程中，如何判断使用分类加法计数原理还是分步乘法计数原理？
提示：如果已知的每类办法中的每一种方法都能完成这件事，应该用分类加法计数原理；如果每类办法中的每一种方法只能完成事件的一部分，就用分步乘法计数原理．
关键能力·题型剖析
题型一 分类加法计数原理的应用
例 1 [2024·安徽马鞍山模拟]据史书的记载，最晚在春秋末年，人们已经掌握了完备的十进位制记数法，普遍使用了算筹这种先进的计算工具．算筹记数的表示方法为：个位用纵式，十位用横式，百位再用纵式，千位再用横式，以此类推，遇零则置空．如下图所示：
如：10记为 ，26记为 ，71记为 ．现有4根算筹，可表示出两位数的个数为( )
A．8 B．9 C．10 D．12
答案：C
解析：由题意知，共有4根算筹．
当十位1根，个位3根，共有2个两位数；
当十位2根，个位2根，共有4个两位数；
当十位3根，个位1根，共有2个两位数；
当十位4根，个位0根，共有2个两位数，
所以一共有10个两位数．故选C.
题后师说
(1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏．
(2)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．
巩固训练1 [2024·河北邯郸模拟]有序数对(a，b)满足a，b∈，且使关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解，则这样的有序数对(a，b)的个数为( )
A．15 B．14 C．13 D．10
答案：A
解析：①当a＝0时，有x＝－为实根，则b＝－，－1，0，2有4种可能；
②当a≠0时，方程有实根，所以Δ＝4－4ab≥0，所以ab≤1.
当a＝－时，b＝－，－1，0，2有4种．
当a＝－1时，b＝－，－1，0，2有4种．
当a＝2时，b＝－，－1，0有3种．
所以有序数对(a，b)的个数为4＋4＋4＋3＝15.故选A.
题型二 分步乘法计数原理的应用
例 2 有六名同学报名参加三个智力项目，每项恰好报一人，且每人至多参加一项，则共有多少种不同的报名方法？
解析：每项恰好报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同报名方法共有6×5×4＝120(种)．
【变式练习1】 若将本例条件“每项恰好报一人，且每人至多参加一项”改为“每人恰好参加一项，每项人数不限”，则有多少种不同的报名方法？
解析：每人都可以从这三个项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法有36＝729(种)．
【变式练习2】 若将本例条件“每项恰好报一人，且每人至多参加一项”改为“每项恰好报一人，但每人参加的项目不限”，则有多少种不同的报名方法？
解析：每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这6个人中选出1人参加，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法有63＝216(种)．
题后师说
(1)利用分步乘法计数原理解决问题时要注意按事件发生的过程来合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事．
(2)分步必须满足的两个条件：一是各步骤相互独立，互不干扰；二是步与步之间确保连续，逐步完成．
巩固训练2
“数独九宫格”原创者是18世纪的瑞士数学家欧拉，它的游戏规则很简单，将1到9这九个自然数填到如图所示的小九宫格的9个空格里，每个空格填一个数，且9个空格的数字各不相同，若中间空格已填数字5，且只填第二行和第二列，并要求第二行从左至右及第二列从上至下所填的数字都是从小到大排列的，则不同的填法种数为( )
A．72 B．108
C．144 D．196
答案：C
解析：按题意，5的上方和左边只能从1，2，3，4中选取，5的下方和右边只能从6，7，8，9中选取．第一步，填上方空格，有4种方法；第二步，填左方空格，有3种方法；第三步，填下方空格，有4种方法；第四步，填右方空格，有3种方法．
由分步乘法计数原理得，填法总数为4×3×4×3＝144.故选C.
题型三 两个计数原理的综合应用
角度一 与数字有关的问题
例 3 [2024·河南新乡模拟]由数字0，1，2，3，4，5，6，7组成没有重复数字的三位数，则能被5整除的三位数共有__________个．
答案：78
解析：能被5整除的三位数说明末尾数字是5或0，
当末尾数字是5时，百位数字除了0有6种不同的选法，十位有6种不同的选法，根据分步乘法计数原理一共有6×6＝36(种)方法；
当末尾数字是0时，百位数字有7种不同的选法，十位有6种不同的选法，根据分步乘法计数原理一共有7×6＝42(种)方法；
则一共有36＋42＝78(种)．
角度二 与几何有关的问题
例 4 [2024·浙江温州模拟]一个圆的圆周上均匀分布6个点，在这些点与圆心共7个点中，任取3个点，这3个点能构成不同的等边三角形个数为__________．
答案：8
解析：如图1，由圆上相邻两个点和圆心可构成等边三角形，共有6个；
如图2，由圆上相间隔的三点可构成等边三角形，共有2个；
所以7个点中，任取3个点，这3个点能构成不同的等边三角形个数为6＋2＝8(个)．
角度三 涂色问题
例 5 现有红、黄、蓝三种颜色，对如图所示的正五角星的内部涂色(分割成六个不同区域)，要求每个区域涂一种颜色且相邻部分(有公共边的两个区域)的颜色不同，则不同的涂色方法有( )
A．48种 B．64种 C．96种 D．144种
答案：C
解析：根据题意，假设正五角星的区域为A，B，C，D，E，F，如图所示，先对A区域涂色，有3种方法，再对B，C，D，E，F这5个区域进行涂色，
∵B，C，D，E，F这5个区域都与A相邻，
∴每个区域都有2种涂色方法，
∴共有3×2×2×2×2×2＝96(种)涂色方法．故选C.
题后师说
1.在综合应用两个计数原理解决问题时应注意：
(1)一般是先分类再分步．在分步时可能又用到分类加法计数原理．
(2)对于较复杂的两个原理综合应用问题，可恰当地列出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化．
2．解决涂色问题，可按颜色的种数分类，也可按不同的区域分步完成．
巩固训练3
(1)用0，1，2，3，4五个数字，可以组成没有重复数字的三位奇数的个数为( )
A．18 B．24
C．30 D．48
答案：A
解析：(1)由题意可知，末位数字为1或3，首位数字有3种选择，则中间的数位有3种选择，
由分步乘法计数原理可知，可以组成没有重复数字的三位奇数的个数为2×32＝18.故选A.
(2)如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同染色方法的种数为( )
A．192 B．420
C．210 D．72
答案：B
解析：按照S→A→B→C→D的顺序进行染色，按照A，C是否同色分类：
第一类，A，C同色，由分步乘法计数原理有5×4×3×1×3＝180(种)不同的染色方法；第二类，A，C不同色，由分步乘法计数原理有5×4×3×2×2＝240(种)不同的染色方法；根据分类加法计数原理，共有180＋240＝420种不同的染色方法．故选B.
1．[2024·黑龙江佳木斯模拟]甲、乙分别从4门不同课程中选修1门，且2人选修的课程不同，则不同的选法有( )
A．6种 B．8种
C．12种 D．16种
答案：C
解析：甲从4门课程中选择1门，有4种选法；乙再从甲未选的课程中选择1门，有3种选法；根据分步乘法计数原理可得：不同的选法有4×3＝12(种)．故选C.
2．[2024·江苏扬州模拟]用1，2，3，4四个数字组成没有重复数字的三位偶数，共有( )
A．6个 B．18个
C．24个 D．12个
答案：D
解析：先排个位数，有2种选择，再排十位和百位，有3×2＝6(种)选择，根据分步乘法计数原理可得共有2×6＝12(个)不重复的三位偶数，故选D.
3．[2024·山东临沂模拟]集合M＝{1，－2，3}，N＝{－3，5，6，－4}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则这样的坐标在平面直角坐标系中表示第二象限内不同的点的个数是( )
A．2 B．4
C．5 D．6
答案：D
解析：第二象限的横坐标是负数，纵坐标是正数．
若M集合提供横坐标，N集合提供纵坐标，则有1×2＝2，
若M集合提供纵坐标，N集合提供横坐标，则有2×2＝4，合计2＋4＝6，
即这样的坐标在平面直角坐标系中表示第二象限内不同的点的个数是6个，故选D.
4．[2024·浙江杭州模拟]在一个圆周上有8个点，用四条既无公共点又无交点的弦连结它们，则连结方式有________种．
答案：14
解析：不妨设圆周上的点依次为A，B，C，D，E，F，G，H，
要使得四条弦既无公共点又无交点，如图所示：
符合图①的连结方式有2种；符合图②的连结方式有4种；符合图③的连结方式有8种；共计2＋4＋8＝14(种)．(共19张PPT)
高考大题研究课十二
概率统计与其他知识的交汇问题
在掌握概率与统计的基本知识和基本技能的前提下，重点掌握概率统计与数列、函数的交汇问题，提高学生分析问题、解决问题的能力．
关键能力·题型剖析
题型一 概率统计与数列的综合
例 1 (12分)[2023·新课标Ⅰ卷]甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5.
(1)求第2次投篮的人是乙的概率；
(2)求第i次投篮的人是甲的概率；
(3)已知：若随机变量Xi服从两点分布，且P(Xi＝1)＝1－P(Xi＝0)＝qi，i＝1，2，…，n，则E(＝ 记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y，求E(Y)．
思路导引
(1)由全概率公式求出．
(2)设P(Ai)＝Pi→Pi＋1＝＋0.2→构造数列→根据构造的数列求通项→Pi.
(3)由(2)Pi→E(Y)．
[满分答卷·评分细则]
解析：(1)记“第i次投篮的人是甲”为事件Ai，“第i次投篮的人是乙”为事件Bi，所以，
P(B2)＝P(A1B2)＋P(B1B2)
＝P(A1)P(B2|A1)＋P(B1)P(B2|B1)
＝0.5×(1－0.6)＋0.5×0.8＝0.6.→正确写出P(B2)并计算出结果得3分．
(2)设P(Ai)＝Pi，依题意知P(Bi)＝1－Pi，则
P(Ai＋1)＝P(AiAi＋1)＋P(BiAi＋1)
＝P(Ai)P(Ai＋1|Ai)＋P(Bi)P(Ai＋1|Bi)
即Pi＋1＝0.6Pi＋(1－0.8)×(1－Pi)＝0.4Pi＋0.2，→正确推导出Pi＋1与Pi的递推关系式得3分．
构造等比数列{Pi＋λ}，
设Pi＋1＋λ＝(Pi＋λ)，解得λ＝－，则Pi＋1－＝(Pi－)，又P1＝，P1－＝，所以{Pi－}是首项为，公比为的等比数列．→正确构造等比数列得3分．
即Pi－＝×()i－1，
所以Pi＝×()i－1＋.→正确求出Pi得1分．
(3)由(2)得
当n∈N*时，E(Y)＝P1＋P2＋…＋Pn
＝＝[1－()n]＋，
所以E(Y)＝[1－()n]＋.→由等比数列求和正确求出E(Y)得2分．
题后师说
此类问题常常以概率统计为命题背景，考查等差数列、等比数列的判定即前n项和，解题时要准确把握题中所涉及的事件，明确其所属的事件类型．
巩固训练1
[2024·安徽合肥模拟]为庆祝中国共产党成立102周年，学校某班组织开展了“学党史，忆初心”党史知识竞赛活动，抽取四位同学，分成甲、乙两组，每组两人，进行对战答题．规则如下：每次每位同学给出6道题目，其中有一道是送分题(即每位同学至少答对1题)．若每次每组答对的题数之和为3的倍数，原答题组的人再继续答题；若答对的题数之和不是3的倍数，就由对方组接着答题．假设每位同学每次答题之间相互独立．求：
(1)若第一次由甲、乙组答题是等可能的，求第2次由乙组答题的概率；
(2)若第一次由甲组答题，记第n次由甲组答题的概率为Pn，求Pn.
解析：(1)设第1次由甲组答题记作事件A，第1次由乙组答题记作事件，
第2次由乙组答题记作事件B，因为答对的题数之和为3的倍数分别为1＋2，2＋4，1＋5，4＋5，3＋3，6＋6，3＋6，所以答对的题数之和为3的倍数的概率为＝，
所以答对的题数之和不是3的倍数的概率为1－＝，
则P(B)＝P(AB)＋P(B)＝P(A)·P(B|A)＋P()·P(B|)＝＝.
(2)第(n＋1)次由甲组答题，是第n次由甲组答题第(n＋1)次继续由甲组答题的事件与第n次由乙组答题第(n＋1)次由甲组答题的事件和，它们互斥，又各次答题相互独立，所以第n次由甲组答题，第(n＋1)次继续由甲组答题的概率为Pn，
第n次由乙组答题，第(n＋1)次由甲组答题的概率为(1－Pn)，
因此Pn＋1＝Pn＋(1－Pn)＝－Pn＋(n∈N*)，则Pn＋1－＝－(Pn－)，因为第一次由甲组答题，则P1＝1，所以是首项为，公比为－的等比数列，
所以Pn－＝·(－)n－1，即Pn＝·(－)n－1＋.
题型二 概率统计与导数的综合
例 2 [2024·河北石家庄模拟]肝脏疾病是各种原因引起的肝脏损伤，是一种常见的危害性极大的疾病，研究表明有八成以上的肝病，是由乙肝发展而来，身体感染乙肝病毒后，病毒会在体内持续复制，肝细胞修复过程中形成纤维化，最后发展成肝病．因感染乙肝病毒后身体初期没有任何症状，因此忽视治疗，等到病情十分严重时，患者才会出现痛感，但已经错过了最佳治疗时机，对乙肝病毒应以积极预防为主，通过接种乙肝疫苗可以预防感染乙肝病毒、体检是筛查乙肝病毒携带者最好的方法，国家在《中小学生健康体检管理办法》中规定：中小学校每年组织一次在校学生健康体检，现某学校有4 000名学生，假设携带乙肝病毒的学生占m%，某体检机构通过抽血的方法筛查乙肝病毒携带者，如果对每个人的血样逐一化验，就需要化验4 000次．为减轻化验工作量，统计专家给出了一种化验方法：随机按照k个人进行分组，将各组k个人的血样混合再化验，如果混合血样呈阴性，说明这k个人全部阴性；如果混合血样呈阳性，说明其中至少有一人的血样呈阳性，就需对该组每个人血样再分别化验一次．假设每人血样化验结果呈阴性还是阳性相互独立．
(1)若m＝0.4，记每人血样化验次数为X，当k取何值时，X的数学期望最小，并求化验总次数；
(2)若m＝0.8，设每人血样单独化验一次费用5元，k个人混合化验一次费用k＋4元．求当k取何值时，每人血样化验费用的数学期望最小，并求化验总费用．
参考数据及公式：≈3.16，(1＋x)n≈1＋nx(n∈N*，n≥2，|x|≤0.01)．
解析：(1)设每人血样化验次数为X，
由题意若混合血样呈阴性，则X＝，若混合血样呈阳性，则X＝＋1，∵m＝0.4，∴每个学生呈阴性概率为1－0.4%＝0.996，
∴P(X＝)＝0.996k，P(X＝＋1)＝1－0.996k，
∴ E(X)＝×0.996k＋(1＋)×(1－0.996k)＝1＋－0.996k＝1＋－(1－0.004)k≈＋0.004k，令f(x)＝＋0.004x，
则f(x)在(0，5)上单调递减，在(5，＋∞)上单调递增，
∵k∈Z，且f(15)＝＋0.004×15≈0.126 7，f(16)＝0.126 5，
∴k＝16取得最小值，E(X)最小值为0.126 5.
∴按16人一组，每个人血样化验次数的数学期望最小，
此时化验总次数为4 000×0.126 5＝506(次)．
(2)设每组k人，每组化验总费用为Y元，
若混合血样呈阴性则Y＝k＋4，若混合血样为阳性，则Y＝6k＋4，m＝0.8时，每个学生呈阴性概率为1－0.08%＝0.992，
∴P(Y＝k＋4)＝0.992k，P(Y＝6k＋4)＝1－0.992k，
∴ E(Y)＝(k＋4)×0.992k＋(6k＋4)(1－0.992k)＝6k－5k×0.992k＋4，
每个人血样的化验费用为：
＝6－5×0.992k＋＝6－5×(1－0.008)k＋
≈6－5×(1－0.008k)＋＝1＋0.04k＋≥1＋2＝1.8，
当且仅当0.04k＝，即k＝10时取等号，
∴ 10个人一组，每个人血样化验费用的数学期望最小，
化验总费用为4 000×1.8＝7 200(元)．
题后师说
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、导数或不等式去实现．
巩固训练2
[2024·河南焦作模拟]小李参加某项专业资格考试，一共要考3个科目，若3个科目都合格，则考试直接过关；若都不合格，则考试不过关；若有1个或2个科目合格，则所有不合格的科目需要进行一次补考，补考都合格的考试过关，否则不过关．已知小李每个科目每次考试合格的概率均为p(0(1)记“小李恰有1个科目需要补考”的概率为f(p)，求f(p)的最大值点p0.
(2)以(1)中确定的p0作为p的值．
(ⅰ)求小李这项资格考试过关的概率；
(ⅱ)若每个科目每次考试要缴纳20元的费用，将小李需要缴纳的费用记为X元，求E(X)．
解析：(1)由题意知f(p)＝p2(1－p)＝3p2(1－p)，0则f′(p)＝－9p2＋6p＝3p(2－3p)，
当00，
当所以函数f(p)在(0，)单调递增，(，1)单调递减，
所以当p＝时，f(p)取最大值，即p0＝.
(2)(ⅰ)小李第一次考试3个科目都合格的概率为P1＝()3＝，
小李第一次考试有2个科目合格，补考1个科目且合格的概率为P2＝3×()2×＝，
小李第一次考试有1个科目合格，补考2个科目且均合格的概率为P3＝3××()2×()2＝，
所以小李这项资格考试过关的概率为P＝P1＋P2＋P3＝.
(ⅱ)X的所有可能取值为60，80，100，
则P(X＝60)＝()3＋()3＝，P(X＝80)＝3×()2×＝，
P(X＝100)＝3××()2＝，故E(X)＝60×＋80×＋100×＝.(共30张PPT)
高考大题研究课十一
概率与统计的综合问题
在掌握概率与统计的基本知识和基本技能的前提下，重点掌握离散型随机变量的分布列与统计图表、回归模型以及独立性检验的结合，培养学生的数据分析和数学运算核心素养．
关键能力·题型剖析
题型一 概率与频率分布直方图的综合
例1 [2024·河北衡水模拟]温室是以采光覆盖材料作为全部或部分围护结构材料，具有透光、避雨、保温、控温等功能，可在冬季或其他不适宜露地植物生长的季节供栽培植物的建筑，而温室蔬菜种植技术是一种比较常见的技术，它具有较好的保温性能，使人们在任何时间都可吃到反季节的蔬菜，深受大众喜爱．温室蔬菜生长和蔬菜产品卫生质量要求的温室内土壤、灌溉水、环境空气等环境质量指标，其温室蔬菜产地环境质量等级划定如表所示．
环境质量等级 土壤各单项或综合质量指数 灌溉水各单项或综合质量指数 环境空气各单项或综合质量指数 等级名称
1 ≤0.7 ≤0.5 ≤0.6 清洁
2 0.7～1.0 0.5～1.0 0.6～1.0 尚清洁
3 >1.0 >1.0 >1.0 超标
各环境要素的综合质量指数超标，灌溉水、环境空气可认为污染，土壤则应做进一步调研，若确对其所影响的植物(生长发育、可食部分超标或用作饮料部分超标)或周围环境(地下水、地表水、大气等)有危害，方能确定为污染．某乡政府计划对所管辖的甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛，共8个村发展温室蔬菜种植，对各村试验温室蔬菜环境产地质量监测得到的相关数据如下：
(1)若从这8个村中随机抽取2个进行调查，求抽取的2个村应对土壤做进一步调研的概率；
(2)现有一技术人员在这8个村中随机选取3个进行技术指导，记ξ为技术员选中村的环境空气等级为尚清洁的个数，求ξ的分布列和数学期望．
题后师说
概率与统计图表的综合主要以频率分布直方图、扇形图、折线图为载体，考查样本的频率分布、样本特征数以及概率的计算，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．
巩固训练1
[2024·安徽合肥模拟]渔船海上外出作业受天气限制，尤其浪高对渔船安全影响最大，二月份是某海域风浪最平静的月份，浪高一般不超过3 m.某研究小组从前些年二月份各天的浪高数据中，随机抽取50天数据作为样本，制成频率分布直方图：(如图)
根据海浪高度将海浪划分为如下等级：
海事管理部门规定：海浪等级在“大浪”及以上禁止渔船出海作业．
浪高(cm) (0，50) [50，100) [100，200) [200，300]
海浪等级 微浪 小浪 中浪 大浪
(1)某渔船出海作业除受浪高限制外，还受其他因素影响，根据以往经验可知：“微浪”情况下出海作业的概率为0.9，“小浪”情况下出海作业的概率为0.8，“中浪”情况下出海作业的概率为0.6，请根据上面频率分布直方图，估计二月份的某天各种海浪等级出现的概率，并求该渔船在这天出海作业的概率；
(2)气象预报预计未来三天内会持续“中浪”或“大浪”，根据以往经验可知：若某天是“大浪”，则第二天是“大浪”的概率为，“中浪”的概率为；若某天是“中浪”，则第二天是“大浪”的概率为，“中浪”的概率为.现已知某天为“中浪”，记该天的后三天出现“大浪”的天数为X，求X的分布列和数学期望．
解析：（1）记这天浪级是“微浪”为事件A1，浪级是“小浪”为事件A2，浪级是“中浪”为事件A3，浪级是“大浪”为事件A4.该渔船当天出海作业为事件B，则由题意可知：P（A1）＝50×0.004＝0.2，P（A2）＝50×0.006＝0.3，
P（A3）＝50×0.004＋50×0.002＝0.3，
P（A4）＝50×0.002＋50×0.002＝0.2.
∴P（B）＝P（BA1）＋P（BA2）＋P（BA3）
＝P（B|A1）P（A1）＋P（B|A2）P（A2）＋P（B|A3）P（A3）
＝0.9×0.2＋0.8×0.3＋0.6×0.3
＝0.18＋0.24＋0.18
＝0.6.
题型二 概率与回归模型的综合
例2 [2024·山东菏泽模拟]南水北调中线工程建成以来，通过生态补水和减少地下水开采，华北地下水位有了较大的回升，水质有了较大的改善，为了研究地下水位的回升情况，对2015年～2021年河北平原地区地下水埋深进行统计，所得数据如下表：
根据散点图知，该地区地下水位埋深y与年份t(2015年作为第1年)可以用直线y＝bt＋a拟合．
年份 2015 2016 2017 2018 2019 2020 2021
埋深(单位：米) 25.74 25.22 24.95 23.02 22.69 22.03 20.36
题后师说
求解概率与回归模型的综合问题时，一要正确运用回归模型有关的公式和数据计算，二要注意概率模型的应用，明确所求问题所属的事件类型是关键．
(1)建立y关于x的经验回归方程，并估计A省12月份新能源汽车的销量；
(2)为鼓励新能源汽车销售商积极参与调查，A省汽车行业协会针对新能源汽车销售商开展抽奖活动，所有费用由某新能源汽车厂商赞助．奖项共设一、二、三等奖共三个奖项，其中一、二、三等奖分别奖励2万元、1万元、5千元，抽中一、二、三等奖的概率分别为，，.现有甲、乙两家汽车销售商参加了抽奖活动，假设他们是否中奖相互独立，求这两家汽车销售商所获奖金总额X(单位：万元)的分布列及均值．
题型三 概率与独立性检验的综合
例3 [2024·湖北孝感模拟]为了研究吸烟是否与患肺癌有关，某研究所采取有放回简单随机抽样的方法，调查了100人，得到成对样本观测数据的分类统计结果如下表所示：
吸烟 肺癌 合计
非肺癌患者 肺癌患者 非吸烟者 25 10 35
吸烟者 15 50 65
合计 40 60 100
(1)依据小概率α＝0.001的独立性检验，分析吸烟是否会增加患肺癌的风险；
(2)从这100人中采用分层抽样，按照是否患肺癌抽取5人，再从这5人中随机抽2人，记这2人中不患肺癌的人数为X，求X的分布列和均值；
(3)某药厂研制出一种新药，声称对治疗肺癌的有效率为90%.现随机选择了10名肺癌患者，经过使用药物治疗后，治愈的人数不超过7人．请问你是否怀疑该药厂的宣传，请说明理由．
题后师说
求解概率与独立性检验的综合问题时，一要根据公式计算准确，二要注意概率模型的应用，明确所求问题所属的事件类型是关键．
疾病A 生活习惯B 合计
具有 不具有 患病 25 15 40
未患病 20 40 60
合计 45 55 100
