(共70张PPT)
第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布
第8节 二项分布、超几何分布与正态分布
1.理解二项分布、超几何分布的概念，能解决一些简单的实际问题.
2.借助正态分布曲线了解正态分布的概念，并进行简单应用.
目 录
CONTENTS
知识诊断自测
01
考点聚焦突破
02
课时分层精练
03
知识诊断自测
1
ZHISHIZHENDUANZICE
1.伯努利试验与二项分布
(1)伯努利试验
____________________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＜p＜1)，用X表示事件A发生的次数，则X的分布列为P(X＝k)＝_____________，k＝0，1，2，…，n，称随机变量X服从二项分布，记作_________________.
只包含两个可能结果
n重伯努利试验
X～B(n，p)
2.两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(1－p)
np
np(1－p)
p
3.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}，称随机变量X服从超几何
分布.
正态分布
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
常用结论与微点提醒
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)X表示n次重复抛掷1枚骰子出现点数是2的倍数的次数，则X服从二项分布.( )
(2)从4名男演员和3名女演员中选出4人，其中女演员的人数X服从超几何分布.( )
(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.( )
√
√
√
√
A
3.(选修三P78例5改编)在含有3件次品的10件产品中，任取4件，X表示取到的次品数，则P(X＝2)＝________.
解析 由题意，X服从超几何分布，其中N＝10，M＝3，n＝4，
4.(必修三P87T2改编)已知随机变量X服从正态分布N(3，1)，且P(X＞2c－1)＝P(X＜c＋3)，则c＝________.
解析 随机变量X服从正态分布N(3，1)，
∵P(X＞2c－1)＝P(X＜c＋3)，
考点聚焦突破
2
KAODIANJUJIAOTUPO
考点一 二项分布
解 由题意知，ξ的可能取值为0，1，2，3，
感悟提升
判断某随机变量服从二项分布的关键点
(1)在每一次试验中，事件发生的概率相同.
(2)各次试验中的事件是相互独立的.
(3)在每一次试验中，试验的结果只有两个，即发生与不发生.
解 将这组数据从小到大进行排列，
7.4，7.8，8.3，8.5，8.5，8.6，8.9，9.1，9.5，9.9，
因为75%×10＝7.5，所以第8个数据为所求，
所以这组数据的第75百分位数为9.1.
(2)将频率视为概率，现从观众中随机抽取3人对该电视剧进行评价，记抽取的3人中评分超过9.0的人数为X，求X的分布列、数学期望与方差.
解 样本中评分超过9.0的有3个，所以评分超过9.0的概率(频率)为0.3，
依题意，X的所有可能取值为0，1，2，3，且X～B(3，0.3)，
考点二 超几何分布
(2)若一次抽取3个机房，假设抽取的小型机房的个数为X，求X的分布列和数学期望.
解 X的可能取值为0，1，2，3.
感悟提升
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.
训练2 (2024·郑州调研)端午节吃粽子是我国的传统习俗.设一盘中有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；
解 令A表示事件“三种粽子各取到1个”，
(2)设X表示取到的豆沙粽个数，求X的分布列，并求E(X).
解 X的所有可能值为0，1，2，且
考点三 正态分布
AC
A.甲工厂生产零件尺寸的平均值等于乙工厂生产零件尺寸的平均值
B.甲工厂生产零件尺寸的平均值小于乙工厂生产零件尺寸的平均值
C.甲工厂生产零件尺寸的稳定性高于乙工厂生产零件尺寸的稳定性
D.甲工厂生产零件尺寸的稳定性低于乙工厂生产零件尺寸的稳定性
结合正态密度函数的图象可知，μ1＝μ2，σ1<σ2，
故甲工厂生产零件尺寸的平均值等于乙工厂生产零件尺寸的平均值，故A正确，B错误；
甲工厂生产零件尺寸的稳定性高于乙工厂生产零件尺寸的稳定性，故C正确，D错误.
BD
解析 对于A，由题意知，数学考试成绩X的平均值为90，故A错误；
对于B，根据N(90，σ2)(σ>0)中标准差的意义，σ的值越大则高于90分低于100分的人数越少，所以成绩不低于100分的人数越多，故B正确；
对于C，当σ＝15时，
感悟提升
解决正态分布问题的三个关键点
(1)对称轴为x＝μ.
(2)标准差为σ.
(3)分布区间.
由μ，σ利用对称性可求指定范围内的概率值，使分布区间转化为3σ特殊区间，从而求出所求概率.注意只有在标准正态分布下对称轴才为x＝0.
训练3 (1)(2024·枣庄模拟)某地区有20 000名考生参加了高三第二次调研考试.经过数据分析，数学成绩X近似服从正态分布N(72，82)，则数学成绩位于[80，88]的人数约为( )
参考数据：P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，
P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3.
A.455 B.2 718 C.6 346 D.9 545
B
则数学成绩位于[80，88]的人数约为0.135 9×20 000＝2 718.
(2)(多选)(2024·常州调研)已知在数学测验中，某校学生的成绩服从正态分布N(110，81)，其中90分为及格线，则下列结论中正确的有(附：若随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ)≈0.954 5)( )
A.该校学生成绩的期望为110
B.该校学生成绩的标准差为9
C.该校学生成绩的标准差为81
D.该校学生成绩及格率超过95%
ABD
解析 因为该校学生的成绩服从正态分布N(110，81)，
则μ＝110，方差σ2＝81，标准差σ＝9，
因为μ－2σ＝110－2×9＝92，
所以该校学生成绩的期望为110，标准差为9，该校学生成绩及格率超过95%.
所以A，B，D正确，C错误.
微点突破 二项分布与超几何分布的区别与联系
1.教材和考题中常涉及二项分布与超几何分布，学生对这两种模型的定义不能很好地理解，一遇到“取”或“摸”的题型，就认为是超几何分布，事实上，超几何分布和二项分布确实有着密切的联系，但也有明显的区别.
2.超几何分布的抽取是不放回抽取，各次抽取不独立，二项分布的抽取是有放回抽取，各次抽取相互独立.当超几何分布所对应的总体数量很大时可以近似地看作二项分布.
例1 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.
解 X1的分布列为
(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.
解 X2的分布列为
(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n件，出现次品的件数为X3(N－M＞n＞0，且M≥n).
解 X3的分布列为
(2)设A答对的题数为X，B答对的题数为Y，若让你投票决定参赛选手，你会选择哪名学生？请说明理由.
解 X的可能取值为1，2，3，
因为E(X)＝E(Y)，D(X)＜D(Y)，
所以A与B答题的平均水平相当，但A比B更稳定.所以选择学生A.
训练 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(如下图).
(1)根据频率分布直方图，求质量超过505克的产品数量；
解 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)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；
解 质量超过505克的产品数量为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.
(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.
课时分层精练
3
KESHIFENCENGJINGLIAN
B
2.(2024·湖州质检)设随机变量X～N(μ，σ2)，且P(X≥a)＝0.5，P(X
A.0.25 B.0.3 C.0.5 D.0.75
A
解析 由已知得a＝μ，P(X故由正态曲线的对称性可得P(X≤2a－b)＝P(X≥b)＝0.25.
C
ACD
D
阴影部分的面积也可以表示为P(0≤X≤1)，
而P(0≤X≤1)＝P(1≤X≤2)，D不正确.
BD
解析 对于A，根据超几何分布的定义，要把总体分为两类，再依次选取，
由此可知取出的最大号码X不符合超几何分布的定义，无法用超几何分布的数学模型计算概率，故A错误；
对于B，取出的黑球个数Y符合超几何分布的定义，将黑球视作第一类，白球视作第二类，可以用超几何分布的数学模型计算概率，故B正确；
7.(多选)(2024·厦门模拟)李明每天7：00从家里出发去学校，有时坐公交车，有时骑自行车.他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30分钟，样本方差为36，骑自行车平均用时34分钟，样本方差为4.假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，则( )
A.P(X>32)>P(Y>32)
B.P(X≤36)＝P(Y≤36)
C.李明计划7：34前到校，应选择坐公交车
D.李明计划7：40前到校，应选择骑自行车
BCD
解析 对于A，由条件可知X～N(30，62)，Y～N(34，22)，
根据正态曲线的对称性可知P(Y>32)>0.5>P(X>32)，故A错误；
对于B，P(X≤36)＝P(X≤30＋6)，P(Y≤36)＝P(Y≤34＋2)，
所以P(X≤36)＝P(Y≤36)，故B正确；
对于C，P(X≤34)>0.5＝P(Y≤34)，
所以P(X≤34)>P(Y≤34)，故C正确；
对于D，P(X≤40)P(Y≤40)＝P(Y≤34＋6)，
所以P(X≤40)8.小赵计划购买某种理财产品，设该产品每年的收益率为X，若P(X＞0)＝3P(X≤0)，则小赵购买该产品4年，恰好有2年是正收益的概率为________.
27
解析 由题意得μ＝80，σ＝5，μ＋2σ＝90，
所以1 200×0.022 75＝27.3≈27.
10.一袋中有除颜色不同，其他都相同的2个白球，2个黄球，1个红球，从中任
意取出3个球，有黄球的概率是________，若ξ表示取到黄球的个数，则E(ξ)＝
________.
(2)求甲编写程序正确的个数X的分布列和均值，并判断甲和乙谁闯关成功的可能性更大.
解 由题意知，随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，
解 由题意得，该校100名学生每日使用手机的时间的平均数为
(2)以频率估计概率，若在该校学生中随机挑选3人，记这3人每日使用手机的时间在[48，72]的人数为随机变量X，求X的分布列和数学期望E(X).
ABC
解析 对于A，由概率的基本性质可知a＋b＝1，故A正确；
解 因为体质测试不合格的学生有3名，
所以X的可能取值为0，1，2，3.
(2)规定体质测试成绩低于50分为不合格，从这10名学生中任取3名，记体质测试成绩不合格的人数为X，求X的分布列；
因为P(30≤X≤82)＝P(μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ)≈0.954 5，
所以学生的体质测试成绩恰好落在区间[30，82]的概率约为0.954 5，
故Y～B(100，0.954 5)，所以E(Y)＝100×0.954 5＝95.45.(共58张PPT)
第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布
第5节 古典概型、概率的基本性质
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样本点及事件发生的概率.
3.当直接求某一事件的概率较为复杂时，可转化为求几个互斥事件的概率之和或其对立事件的概率.
目 录
CONTENTS
知识诊断自测
01
考点聚焦突破
02
课时分层精练
03
知识诊断自测
1
ZHISHIZHENDUANZICE
1.古典概型
具有以下特征的试验叫做古典概型试验，其数学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______.
有限个
相等
3.概率的性质
性质1：对任意的事件A，都有0≤P(A)≤1；
性质2：必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0，即P(Ω)＝1，P(?)＝0；
性质3：如果事件A与事件B互斥，那么P(A∪B)＝___________；
性质4：如果事件A与事件B互为对立事件，那么P(B)＝1－P(A)，P(A)＝_________；
性质5：如果A B，那么P(A)≤P(B)，由该性质可得，对于任意事件A，因为? A Ω，所以0≤P(A)≤1.
性质6：设A，B是一个随机试验中的两个事件，有P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B).
P(A)＋P(B)
1－P(B)
概率的一般加法公式P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)中，当A∩B＝?，即A，B互斥时，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，此时P(A∩B)＝0.
常用结论与微点提醒
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)“在适宜条件下，种下一粒种子观察它是否发芽”属于古典概型，其样本点是“发芽与不发芽”.( )
(2)掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”，这三个结果是等可能事件.( )
(3)从－3，－2，－1，0，1，2中任取一个数，取到的数小于0或不小于0的可能性相同.( )
×
×
√
√
解析 对于(1)，发芽与不发芽不一定是等可能，所以(1)不正确；
对于(2)，三个事件不是等可能，其中“一正一反”应包括“正反”与“反正”两个样本点，所以(2)不正确.
2.(必修二P237例7改编)单项选择题是标准化考试中常用的题型，一般是从A，B，C，D四个选项中选择一个正确答案.如果考生掌握了考查的内容，他可以选择唯一正确的答案.假设考生有一题不会做，他随机地选择一个答案，答对的概
率是________.
3.袋中装有大小、形状完全相同的6个白球，4个红球，从中任取一球，则取到白球的概率为________.
4.某人进行打靶练习，共射击10次，其中有2次中10环，有3次中9环，有4次中8环，有1次未中靶.假设此人再射击1次，则中靶的概率约为________.
0.9
考点聚焦突破
2
KAODIANJUJIAOTUPO
考点一 古典概型
例1 (1)(2024·东莞调研)甲、乙、丙、丁四人在足球训练中进行传球训练，从甲开始传球，甲等可能地把球传给乙、丙、丁中的任何一个人，以此类推，则经过3次传球后乙恰好接到1次球的概率为( )
C
解析 按接球人分类：①不含甲，三人时，乙丙丁，乙丁丙，丙乙丁，丙丁乙，丁乙丙，丁丙乙，共6种；
两人时，乙丙乙，丙乙丙，乙丁乙，丁乙丁，丁丙丁，丙丁丙，共6种；
②含甲，乙甲乙，丙甲丙，丁甲丁，乙丙甲，乙甲丙，乙丁甲，乙甲丁，丙乙甲，丙甲乙，丁乙甲，丁甲乙，丙丁甲，丙甲丁，丁甲丙，丁丙甲，共15种，
故共计27种.
(2)(2024·沈阳模拟)如图为一个开关阵列，每个开关只有“开”和“关”两种状态，按其中一个开关1次，将导致自身和所有相邻(上、下相邻或左、右相邻)的开关改变状态.若从这十六个开关中随机选两个不同的开关先后各按1次(例如：先按(1，1)，再按(4，4))，则(2，3)和(4，1)的最终状态都未发生改变的概率为
________.
(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)
解析 要使得(2，3)的状态发生改变，
则需要按(1，3)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(3，3)这五个开关中的一个，
要使得(4，1)的状态发生改变，则需要按(3，1)，(4，1)，(4，2)这三个开关中的一个，
所以要使得(2，3)和(4，1)的最终状态都未发生改变，
则需按其他八个开关中的两个或(1，3)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(3，3)中的两个或(3，1)，(4，1)，(4，2)中的两个，
感悟提升
求样本空间中样本点个数的方法
(1)枚举法：适合于给定的样本点个数较少且易一一列举出的问题.
(2)树状图法：适合于较为复杂的问题，注意在确定样本点时(x，y)可看成是有序的，如(1，2)与(2，1)不同；有时也可看成是无序的，如(1，2)与(2，1)相同.
(3)排列组合法：在求一些较复杂的样本点个数时，可利用排列或组合的知识.
训练1 (1)(2023·益阳调研)2022年10月12日“天宫课堂”首次在问天实验舱中授课，航天员老师们演示和讲解的多种实验，极大地激发了学生的学习兴趣.在一次模仿操作实验中，学生们从标号分别为1，2，3，4，5，6，7，8，9的9种不同的种子中随机抽取2种种子进行实验，则抽到的2种不同的种子的标号之和恰为10的概率为( )
A
A
解析 法一 设6个主题分别为A，B，C，D，E，F，甲、乙两位同学所选主题的所有可能情况如表：
乙 甲 A B C D E F
A (A，A) (A，B) (A，C) (A，D) (A，E) (A，F)
B (B，A) (B，B) (B，C) (B，D) (B，E) (B，F)
C (C，A) (C，B) (C，C) (C，D) (C，E) (C，F)
D (D，A) (D，B) (D，C) (D，D) (D，E) (D，F)
E (E，A) (E，B) (E，C) (E，D) (E，E) (E，F)
F (F，A) (F，B) (F，C) (F，D) (F，E) (F，F)
考点二 概率的基本性质
例2 从甲地到乙地沿某条公路行驶一共200公里，遇到红灯个数的概率如表所示：
解 由题意可得0.02＋0.1＋a＋0.35＋0.2＋0.1＋0.03＝1，解得a＝0.2.
红灯个数 0 1 2 3 4 5 6个及
6个以上概率 0.02 0.1 a 0.35 0.2 0.1 0.03
求：(1)表中字母a的值；
(2)至少遇到4个红灯的概率；
解 设事件A为遇到红灯的个数为4，事件B为遇到红灯的个数为5，
事件C为遇到红灯的个数为6个及6个以上，
则事件“至少遇到4个红灯”为A∪B∪C，
因为事件A，B，C互斥，
所以P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.2＋0.1＋0.03＝0.33，
即至少遇到4个红灯的概率为0.33.
(3)至多遇到5个红灯的概率.
感悟提升
复杂事件概率的求解方法
(1)对于一个较复杂的事件，一般将其分解成几个简单的事件，当这些事件彼此互斥时，原事件的概率就是这些简单事件的概率的和.
(2)当求解的问题中有“至多”“至少”“最少”等关键词语时，常常考虑其对立事件，通过求其对立事件的概率，然后转化为所求问题.
训练2 (多选)(2024·河北名校联考)中国篮球职业联赛中，某男篮球运动员在最近几次参加的比赛中的得分情况如下表：
ABC
记该运动员在一次投篮中，投中两分球为事件A，投中三分球为事件B，没投中为事件C，则( )
A.P(A)＝0.55 B.P(B)＝0.18
C.P(C)＝0.27 D.P(B∪C)＝0.55
投篮次数 投中两分球的次数 投中三分球的次数
100 55 18
∵事件A∪B为事件C的对立事件，且事件A，B，C两两互斥，
∴P(C)＝1－P(A∪B)＝1－P(A)－P(B)＝0.27，
∴P(B∪C)＝P(B)＋P(C)＝0.45.
考点三 古典概型的综合应用
例3 (2024·南充诊断)某大学“爱牙协会”为了解“爱吃甜食”与青少年“蛀牙”情况之间的关系，随机对200名青少年展开了调查，得知这200个人中共有120个人“有蛀牙”，其中“不爱吃甜食”且“有蛀牙”的有30人，“不爱吃甜食”且“无蛀牙”的有50人.有2×2列联表如表所示.
(1)根据已知条件完成如表所示的2×2列联表，依据小概率值α＝0.005的独立性检验，能否认为“爱吃甜食”与青少年“蛀牙”有关；
有蛀牙 无蛀牙 总计
爱吃甜食
不爱吃甜食
总计
解 由题意可知，2×2列联表为
有蛀牙 无蛀牙 总计
爱吃甜食 90 30 120
不爱吃甜食 30 50 80
总计 120 80 200
零假设H0：“爱吃甜食”与青少年“蛀牙”无关.
根据小概率值α＝0.005的独立性检验，推断H0不成立，
∴认为“爱吃甜食”与青少年“蛀牙”有关，此推断犯错误的概率不大于0.005.
解 若从“无蛀牙”的青少年中用分层随机抽样的方法抽取8人做进一步调查，
则爱吃甜食的有3人，设为x，y，z，不爱吃甜食的有5人，设为a，b，c，d，e，
从中随机抽取2人，所有情况为{x，y}，{x，z}，{y，z}，{x，a}，{x，b}，{x，c}，{x，d}，{x，e}，{y，a}，{y，b}，{y，c}，{y，d}，{y，e}，{z，a}，{z，b}，{z，c}，{z，d}，{z，e}，{a，b}，{a，c}，{a，d}，{a，e}，{b，c}，{b，d}，{b，e}，{c，d}，{c，e}，{d，e}，共28种，
感悟提升
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.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.复杂事件的概率可将其转化为互斥事件或对立事件的概率问题.
(1)求直方图中x的值；
解 由(0.002 0＋0.009 5＋0.011 0＋0.012 5＋x＋0.005 0＋0.002 5)×20＝1得
x＝0.007 5，
所以直方图中x的值是0.007 5.
训练3 某城市100户居民的月平均用电量(单位：千瓦时)以[160，180)，[180，200)，[200，220)，[220，240)，[240，260)，[260，280)，[280，300]分组的频率分布直方图如图.
(2)求月平均用电量的众数和中位数；
因为(0.002 0＋0.009 5＋0.011 0)×20＝0.45<0.5，
且(0.002 0＋0.009 5＋0.011 0＋0.012 5)×20＝0.7>0.5，
所以月平均用电量的中位数在[220，240)内，
设中位数为a，由(0.002 0＋0.009 5＋0.011 0)×20＋0.012 5×(a－220)＝0.5，
解得a＝224，
所以月平均用电量的中位数是224.
(3)在月平均用电量为[240，260)，[260，280)，[280，300]的三组用户中，用分层随机抽样的方法抽取6户居民，并从抽取的6户中任选2户参加一个访谈节目，求参加节目的2户来自不同组的概率.
解 月平均用电量为[240，260)的用户有0.007 5×20×100＝15(户)，
月平均用电量为[260，280)的用户有0.005×20×100＝10(户)，
月平均用电量在[280，300]的用户有0.002 5×20×100＝5(户).
所以在[240，260)，[260，280)，[280，300]中分别抽取3户、2户和1户.
设参加节目的2户来自不同组为事件A，
课时分层精练
3
KESHIFENCENGJINGLIAN
1.(多选)下列试验是古典概型的是( )
A.在区间[－1，5]上任取一个数x，使x2－3x＋2>0
B.口袋里有2个白球和2个黑球，这4个球除颜色外完全相同，从中任取一球为白球的概率
C.向一个圆面内部随机地投一个点，该点落在圆心的概率
D.老师从甲、乙、丙三名学生中任选两人做典型发言，甲被选中的概率
BD
解析 A中，在区间[－1，5]上任取一个数x，使x2－3x＋2>0，该事件个数是无限的；
B中，从中任取一球的事件有限，且任取一球为白球或黑球的概率是等可能的；
C中，向一个圆面内部随机地投一个点，该点落在圆心的概率不符合有限性；
D中，老师从甲、乙、丙三名学生中任选两人的事件有限，甲、乙、丙被选中的概率是等可能的.
D
C
解析 记印有“琮琮”“宸宸”“莲莲”图案的卡片分别为A，B，C，
则样本点有(A，A)，(A，B)，(A，C)，(B，A)，(B，B)，(B，C)，(C，A)，(C，B)，(C，C)，共9个，
其中一张为“琮琮”，一张为“宸宸”的样本点有(A，B)，(B，A)，共2个，
C
D
解析 从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数，这三个数之积为偶数的样本点有(1，2，3)，(1，2，4)，(1，2，5)，(1，3，4)，(1，4，5)，(2，3，4)，(2，3，5)，(2，4，5)，(3，4，5)，共9个，
它们之和大于8的样本点有(1，4，5)，(2，3，4)，(2，3，5)，(2，4，5)，(3，4，5)，共5个，
6.(2023·南京模拟)有5个形状大小相同的球，其中3个红色、2个蓝色，从中一次性随机取2个球，则下列说法正确的是( )
A.“恰好取到1个红球”与“至少取到1个蓝球”是互斥事件
B.“恰好取到1个红球”与“至多取到1个蓝球”是互斥事件
C.“至少取到1个红球”的概率大于“至少取到1个蓝球”的概率
D.“至多取到1个红球”的概率大于“至多取到1个蓝球”的概率
C
解析 对于A、B，两事件能同时发生，不是互斥事件，A、B错误；
A
解析 记事件D＝“抽到红花色”，
因为D＝A∪B，且A，B不会同时发生，
9.(2024·重庆诊断)饺子是我国的传统美食，不仅味道鲜美而且寓意美好.现锅中煮有白菜馅饺子4个，韭菜馅饺子3个，这两种饺子的外形完全相同.从中任意
舀取3个饺子，则每种口味的饺子都至少舀取到1个的概率为________.
解析 分为两类，舀取到的饺子有1个白菜馅，2个韭菜馅，或是2个白菜馅，1个韭菜馅，
10.(2024·聊城模拟)若互不相等的实数m，n，s，t满足mn＝st，则称m，n，s，t具有“准等比”性质.现从2，4，8，16，32，64，128这7个数中随机选取4个
不同的数，则这4个数具有“准等比”性质的概率为________.
因为2＝21，4＝22，8＝23，16＝24，32＝25，64＝26，128＝27，
所以具有“准等比”性质的4个数有{2，16，4，8}，{2，32，4，16}，{2，64，8，16}，{2，64，4，32}，{2，128，4，64}，{2，128，8，32}，{8，16，4，32}，{4，64，8，32}，{4，128，16，32}，{4，128，8，64}，{16，32，8，64}，{16，64，8，128}，{32，64，16，128}，共13种.
11.2021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，现采用分层随机抽样的方法，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？
解 由已知得老、中、青员工人数之比为6∶9∶10，由于采用分层随机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)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 ○ ○ × × × ○
①试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；
解 从已知的6人中随机抽取2人的样本空间为{(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个样本点.
②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 由表格知，符合题意的样本空间为{(A，B)，(A，D)，(A，E)，(A，F)，(B，D)，(B，E)，(B，F)，(C，E)，(C，F)，(D，F)，(E，F)}，共11个样本点，
12.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？
解 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)在(1)中所述的优秀学生中用分层随机抽样的方法抽取5人，从这5人中任意选取2人，求至少有一名男生的概率.
13.(2024·北京通州区质检)齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马.现双方各出上、中、下等马各一匹，分三组各进行一场比赛，胜两场及以上者获胜.若双方均不知对方马的出场顺序，则
田忌获胜的概率为_______；若已知田忌的上等马与齐王的中等马分在一组，
则田忌获胜的概率为________.
解析 齐王的上、中、下等马分别记为a1，a2，a3，
田忌的上、中、下等马分别记为b1，b2，b3，
齐王与田忌赛马，双方每组对阵情况有：
(a1，b1)，(a2，b2)，(a3，b3)，齐王获胜；
(a1，b1)，(a2，b3)，(a3，b2)，齐王获胜；
(a2，b1)，(a1，b2)，(a3，b3)，齐王获胜；
(a2，b1)，(a1，b3)，(a3，b2)，田忌获胜；
(a3，b1)，(a1，b2)，(a2，b3)，齐王获胜；
(a3，b1)，(a2，b2)，(a1，b3)，齐王获胜，共6种；
14.为了了解某种新型药物对治疗某种疾病的疗效，某机构日前联合医院，进行了小规模的调查，结果显示，相当多的受访者担心使用新药后会有副作用.为了了解使用该种新型药品后是否会引起疲乏症状，该机构随机抽取了某地患有这种疾病的275人进行调查，得到统计数据如表：
新药 疲乏症状 合计
无疲乏症状 有疲乏症状 未使用新药 150 25 t
使用新药 x y 100
合计 225 m 275
(1)求2×2列联表中的数据x，y，m，t的值，依据小概率值α＝0.05的独立性检验，判断有疲乏症状与是否使用该新药有关？
解 由数表知，x＝225－150＝75，y＝100－75＝25，m＝275－225＝50，t＝150＋25＝175，
零假设H0：有疲乏症状与是否使用该新药无关.
根据列联表中的数据，经计算得到
根据小概率值α＝0.05的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为有疲乏症状与是否使用新药有关.(共61张PPT)
第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布
第7节 离散型随机变量及其分布列、数字特征
1.理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念.
2.理解并会求离散型随机变量的数字特征.
目 录
CONTENTS
知识诊断自测
01
考点聚焦突破
02
课时分层精练
03
知识诊断自测
1
ZHISHIZHENDUANZICE
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________________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.
唯一的实数X(ω)
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)＝____(i＝1，2，…，n)为X的概率分布列，简称分布列.
pi
3.离散型随机变量的分布列的性质
(1)pi≥0(i＝1，2，…，n)；
(2)_______________ ＝1.
p1＋p2＋…＋pn
4.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
X x1 x2 … xi … xn
P p1 p2 … pi … pn
x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn
平均水平
偏离程度
5.均值与方差的性质
(1)E(aX＋b)＝__________.
(2)D(aX＋b)＝_______ (a，b为常数).
aE(X)＋b
a2D(X)
1.若X是随机变量，Y＝aX＋b，a，b是常数，则Y也是随机变量.
2.E(X1＋X2)＝E(X1)＋E(X2)；
D(X)＝E(X2)－(E(X))2.
常用结论与微点提醒
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)离散型随机变量的概率分布列描述了由这个随机变量所刻画的随机现象.( )
(2)离散型随机变量的分布列中，随机变量取各个值的概率之和可以小于1.( )
(3)离散型随机变量的各个可能值表示的事件是彼此互斥的.( )
(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，则偏离变量的平均程度越小.( )
√
×
√
√
解析 对于(2)，离散型随机变量所有取值的并事件是必然事件，故各个概率之和等于1，故不正确.
2.(选修三P63例1改编)在篮球比赛中，罚球命中1次得1分，不中得0分.如果某运动员罚球命中的概率为0.8，那么他罚球1次的得分X的均值为( )
A.0.2 B.0.4 C.0.8 D.1
C
解析 某运动员罚球1次的得分为X，X的取值可能为0，1，
P(X＝0)＝1－0.8＝0.2，P(X＝1)＝0.8，
E(X)＝0×0.2＋1×0.8＝0.8.
3.(选修三P59例1改编)设某项试验的成功率是失败率的2倍，用随机变量X表示一次试验的成功次数，则P(X＝0)＝________.
解析 设P(X＝1)＝p，则P(X＝0)＝1－p，
解析 设P(X＝1)＝p，P(X＝2)＝q，
考点聚焦突破
2
KAODIANJUJIAOTUPO
考点一 分布列的性质
例1 (1)设X是一个离散型随机变量，其分布列为
则q＝________.
解析 由离散型随机变量分布列的性质得
解析 由已知得随机变量X的分布列为
感悟提升
离散型随机变量分布列的性质的应用
(1)利用“概率之和为1”可以求相关参数的值.
(2)利用“在某个范围内的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和”求某些特定事件的概率.
(3)可以根据性质判断所得分布列结果是否正确.
C
解析 由随机变量X的分布列知，P(X<1)＝0.5，P(X<2)＝0.8，
故当P(X考点二 离散型随机变量的数字特征
(1)求乙总得分为10分的概率；
解 由题意知，乙得10分的样本点有乙抢到2题且1道回答正确、1道回答错误或没有回答，甲、乙各抢到1题且都回答正确，甲抢到2题都回答错误或没有回答，
所以乙总得分为10分的概率
(2)记X为甲的总得分，求X的分布列和数学期望.
解 由题意得，甲的总得分X的可能取值为0，5，10，15，20，
感悟提升
求离散型随机变量ξ的均值与方差的步骤
(1)理解ξ的意义，写出ξ的所有可能取值；
(2)求ξ取每个值的概率；
(3)写出ξ的分布列；
(4)由均值、方差的定义求E(ξ)，D(ξ).
训练2 (2024·石家庄调研)在一次班级联欢晚会上，某班设计了一个摸球表演节目的游戏：在一个纸盒中装有红球、黄球、白球、黑球各1个，这些球除颜色外完全相同，同学不放回地每次摸出1个球，若摸到黑球，则停止摸球，否则就要将纸盒中的球全部摸出才停止.规定摸到红球表演两个节目，摸到白球或黄球表演1个节目，摸到黑球不用表演节目.
(1)求a同学摸球三次后停止摸球的概率；
(2)记X为a同学摸球后表演节目的个数，求随机变量X的分布列和数学期望、方差.
解 随机变量X的可能取值为0，1，2，3，4.
考点三 均值与方差中的决策问题
解 设“操作成功”为事件S，“选择M型AED”为事件A，“选择N型AED”为事件B，
(2)为激发师生学习并正确操作AED的热情，学校选择一名教师代表进行连续两次设备操作展示，下面是两种方案：
方案甲：在第一次操作时，随机等可能地选择M或N型AED中的一种，若第一次对某类型AED操作成功，则第二次继续使用该类型设备；若第一次对某类型AED操作不成功，则第二次使用另一类型AED进行操作.
方案乙：在第一次操作时，随机等可能地选择M或N型AED中的一种，无论第一次操作是否成功，第二次均使用第一次所选择的设备.
假定方案选择及操作不相互影响，以成功操作累积次数的期望值为决策依据，分析哪种方案更好？
解 设方案甲和方案乙成功操作累计次数分别为X，Y，
则X，Y可能取值均为0，1，2，
决策一：因为E(X)>E(Y)，故方案甲更好.
决策二：因为E(X)与E(Y)差距非常小，所以两种方案均可.
感悟提升
随机变量的均值和方差从整体和全局上刻画了随机变量，是生产实际中用于方案取舍的重要理论依据.一般先比较均值，若均值相同，再用方差来决定.
解 若按“项目一”投资，设获利为X1万元，X1的所有可能取值为300，－150.则X1的分布列为
若按“项目二”投资，设获利X2万元，X2的所有可能取值为500，－300，0.则X2的分布列为：
所以E(X1)＝E(X2)，D(X1)这说明虽然项目一、项目二获利的期望值相等，但项目一更稳妥.
综上所述，建议该投资公司选择项目一投资.
课时分层精练
3
KESHIFENCENGJINGLIAN
1.已知下列随机变量：
①10件产品中有2件次品，从中任选3件，取到次品的件数X；
②一位射击选手对目标进行射击，击中目标得1分，未击中目标得0分，该射击选手在一次射击中的得分X；
③一天内的温度X；
④在体育彩票的抽奖中，一次摇号产生的号码数X.
其中X是离散型随机变量的是( )
A.①②③ B.①②④
C.②③④ D.③④
B
解析 ①中，X的可能取值为0，1，2，符合要求；
②中，X的可能取值为0，1，符合要求；
③中，一天的温度变化是连续的，所以X不是离散型随机变量；
④中，在体育彩票的抽奖中，一次摇号产生的号码数是离散且随机的，符合要求.
C
A
C
解析 设P(X＝1)＝p，P(X＝2)＝q，
D
AB
AC
解析 记未使用过的乒乓球为A，已使用过的为B，
任取3个球的所有可能是1A2B，2A1B，3A，
A使用后成为B，故X的所有可能取值是3，4，5，故A正确；
8.已知甲盒内有大小相同的1个红球和3个黑球，乙盒内有大小相同的2个红球和4个黑球，现从甲、乙两个盒内各任取2个球.设ξ为取出的4个球中红球的个数，
则P(ξ＝2)＝________.
解析 ∵a，b，c成等差数列，∴2b＝a＋c，
2
解析 设P(X＝1)＝P(X＝3)＝a，P(X＝2)＝b，
则2a＋b＝1.
于是E(X)＝a＋2b＋3a＝2(2a＋b)＝2.
11.设箱子里装有同样大小的3个红球及白球、黑球、黄球、绿球各1个.
(1)若甲从中一次性摸出2个球，求两个球颜色不相同的概率；
(2)若乙从中一次性取出3个球，设3个球中的红球个数为X，求随机变量X的概率分布列及数学期望值.
解 随机变量X的可能取值为0，1，2，3，
12.某游乐场设置了迷宫游戏，有三个造型相同的门可供选择，参与者进入三个门的结果分别是3分钟走出去，6分钟走出去，3分钟返回出发点.游戏规定：不重复进同一个门，若返回出发点立即重新选择，直到走出迷宫游戏结束.
(1)求一名游戏参与者走出迷宫所用时间的均值；
解 设一名游戏参与者走出迷宫所用时间为X(单位：分钟)，
则X的所有可能取值为3，6，9，
(2)甲、乙2人相约玩这个游戏.2人商量了两种方案.
方案一：2人共同行动；
方案二：2人分头行动.
分别计算两种方案2人都走出迷宫所用时间和的均值.
AC
∴E(ξ)＝0.5＋2a，0≤a≤0.5.
14.(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；
解 由题意得X的所有可能取值为0，20，100，
P(X＝0)＝1－0.8＝0.2，
P(X＝20)＝0.8×(1－0.6)＝0.32，
P(X＝100)＝0.8×0.6＝0.48，
所以X的分布列为
X 0 20 100
P 0.2 0.32 0.48
(2)为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由.
解 当小明先回答A类问题时，由(1)可得
E(X)＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4.
当小明先回答B类问题时，记Y为小明的累计得分，
则Y的所有可能取值为0，80，100，
P(Y＝0)＝1－0.6＝0.4，
P(Y＝80)＝0.6×(1－0.8)＝0.12，
P(Y＝100)＝0.6×0.8＝0.48，
所以Y的分布列为
Y 0 80 100
P 0.4 0.12 0.48
E(Y)＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6.
因为57.6>54.4，即E(Y)>E(X)，
所以为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答B类问题.(共63张PPT)
第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布
第6节 事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
1.了解两个事件相互独立的含义.
2.理解随机事件的独立性和条件概率的关系，会利用全概率公式计算概率.
目 录
CONTENTS
知识诊断自测
01
考点聚焦突破
02
课时分层精练
03
知识诊断自测
1
ZHISHIZHENDUANZICE
P(A)P(B)
B
P(A)P(B|A)
3.全概率公式
一般地，设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)＞0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件B Ω，BΩ＝B(A1＋A2＋…＋An)
＝BA1＋BA2＋…＋BAn，有P(B)＝______________，此公式为全概率公式.
常用结论与微点提醒
×
√
×
×
2.掷两枚质地均匀的骰子，设A＝“第一枚出现奇数点”，B＝“第二枚出现偶数点”，则A与B的关系为( )
A.互斥 B.互为对立
C.相互独立 D.相等
C
解析 事件A与事件B能同时发生，故事件A与事件B既不是互斥事件，也不是对立事件，故A，B均错误；
事件A与事件B相互独立，故选C.
4.(选修三P48T3改编)已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球，它们大小形状完全相同，现需一个红球，甲每次从中任取一个不放回，则他在第一次拿
到白球的条件下，第二次拿到红球的概率为________.
解析 设A＝“甲第一次拿到白球”，B＝“甲第二次拿到红球”，
考点聚焦突破
2
KAODIANJUJIAOTUPO
考点一 相互独立事件的概率
例1 (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，从中有放回地随机取两次，每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则( )
A.甲与丙相互独立
B.甲与丁相互独立
C.乙与丙相互独立
D.丙与丁相互独立
B
事件甲与事件丙同时发生的概率为0，P(甲丙)≠P(甲)P(丙)，故A错误；
解析 由题意，若乙要赢得这局比赛，按照乙第三支箭的情况可分为两类：
感悟提升
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.
训练1 (1)(2024·锦州调研)分别抛掷3枚质地均匀的硬币，设事件M＝“至少有2枚正面朝上”，则与事件M相互独立的事件是( )
A.3枚硬币都正面朝上 B.有正面朝上的，也有反面朝上的
C.恰好有1枚反面朝上 D.至多有2枚正面朝上
B
解析 分别抛掷3枚质地均匀的硬币，
则样本空间Ω＝{(正，正，正)，(正，正，反)，(正，反，正)，(正，反，反)，(反，正，正)，(反，正，反)，(反，反，正)，(反，反，反)}，共8个样本点，
事件M＝“至少有2枚正面朝上”，
设事件C＝“恰好有1枚反面朝上”，
则C＝{(正，正，反)，(正，反，正)，(反，正，正)}，
设事件D＝“至多有2枚正面朝上”，
则D＝{(正，正，反)，(正，反，正)，(正，反，反)，(反，正，正)，(反，正，反)，(反，反，正)，(反，反，反)}，
解析 甲获胜的情况分三类：
考点二 条件概率
C
解析 法一 设男生甲被选中为事件A，男生乙和女生丙至少一人被选中为事件B，
解析 设事件A为系统正常工作，事件B为只有K和A1正常工作，
因为并联元件A1，A2能正常工作的概率为
感悟提升
训练2 (1)(2023·全国甲卷)某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰，50%的同学爱好滑雪，70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪.在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为( )
A.0.8 B.0.6 C.0.5 D.0.4
A
解析 令事件A，B分别表示该学生爱好滑冰、该学生爱好滑雪，事件C表示该学生爱好滑雪的条件下也爱好滑冰，
则P(A)＝0.6，P(B)＝0.5，P(AB)＝P(A)＋P(B)－0.7＝0.4，
ACD
考点三 全概率公式的应用
C
解析 设事件A1＝“冬季去吉林旅游”，事件A2＝“夏季去吉林旅游”，
事件B＝“去了‘一眼望三国’景点”，
(2)(2023·天津卷)甲、乙、丙三个盒子中装有一定数量的黑球和白球，其总数之比为5∶4∶6.这三个盒子中黑球占总数的比例分别为40%，25%，50%.现从三
个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为________；将三个盒子
中的球混合后任取一个球，是白球的概率为________.
解析 法一 设A＝“从甲盒子中取一个球是黑球”，B＝“从乙盒子中取一个球是黑球”，C＝“从丙盒子中取一个球是黑球”，
感悟提升
利用全概率公式的思路
(1)按照确定的标准，将一个复合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.
C
解析 设事件A表示“小胡答对”，事件B表示“小胡选到有思路的题”.
(2)(2024·安庆模拟)设某批产品中，甲、乙、丙三个车间生产的产品分别占45%，35%，20%，甲、乙车间生产的产品的次品率分别为2%和3%.现从中任取一件，若取到的是次品的概率为2.95%，则推测丙车间的次品率为________.
5%
解析 令A表示“取到的是一件次品”，
B1，B2，B3分别表示取到的产品是由甲、乙、丙车间生产的，
且有P(B1)＝0.45，P(B2)＝0.35，P(B3)＝0.2.
由于P(A|B1)＝0.02，P(A|B2)＝0.03，
设P(A|B3)＝m，由全概率公式得
P(A)＝P(A|B1)P(B1)＋P(A|B2)P(B2)＋P(A|B3)P(B3)
＝0.02×0.45＋0.03×0.35＋m×0.2.
又P(A)＝2.95%，故m＝5%.
课时分层精练
3
KESHIFENCENGJINGLIAN
1.小明上学可以乘坐公共汽车，也可以乘坐地铁.已知小明上学乘坐公共汽车的概率为0.4，乘坐地铁的概率为0.6，且乘坐公共汽车与地铁时，小明迟到的概率分别为0.05和0.04，则小明没有迟到的概率为( )
A.0.954 B.0.956 C.0.958 D.0.959
B
解析 由题意，小明没有迟到的概率为0.4×(1－0.05)＋0.6×(1－0.04)＝0.956.
B
A
4.(2024·娄底五校联考)甲、乙、丙、丁四位同学将代表高一年级参加校运会4×100米接力赛，教练组根据训练情况，安排了四人的交接棒组合.已知该组合三次交接棒失误的概率分别是p1，p2，p3，假设三次交接棒相互独立，则此次比赛中该组合交接棒没有失误的概率是( )
A.p1p2p3 B.1－p1p2p3
C.(1－p1)(1－p2)(1－p3) D.1－(1－p1)(1－p2)(1－p3)
C
解析 ∵三次交接棒失误的概率分别是p1，p2，p3，
∴三次交接棒不失误的概率分别是1－p1，1－p2，1－p3.
∵三次交接棒相互独立，
∴此次比赛中该组合交接棒没有失误的概率是(1－p1)(1－p2)(1－p3).
5.根据历年的气象数据可知，某市5月份发生中度雾霾的概率为0.25，刮四级以上大风的概率为0.4，既发生中度雾霾又刮四级以上大风的概率为0.2.则在发生中度雾霾的情况下，刮四级以上大风的概率为( )
A.0.8 B.0.625 C.0.5 D.0.1
A
解析 设“发生中度雾霾”为事件A，“刮四级以上大风”为事件B，
所以P(A)＝0.25，P(B)＝0.4，P(AB)＝0.2，
则在发生中度雾霾的情况下，刮四级以上大风的概率为
AD
解析 对于A，因为x＋y＝7，所以x与y必是一奇一偶，又当xy为奇数时，x与y都是奇数，所以事件A和B不能同时发生，即A与B互斥，故A正确；
对于B，因为事件A和B不能同时发生，但它们可以同时不发生，如x＝1，y＝2，即A与B不对立，故B不正确；
AD
解析 设Ai＝“第i次取到白球”，Bi＝“第i次取到红球”.
0.4
解析 若A，B互斥，则m＝P(AB)＝0，
9.某医生一周(7天)晚上值2次班，在已知他周二晚上一定值班的条件下，他在周三晚上值班的概率为________.
解析 设事件A为“周二晚上值班”，事件B为“周三晚上值班”，
解析 设这位同学在物理、化学、政治科目考试中达A＋的事件分别为A，B，C.
11.(2022·新高考Ⅱ卷)在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如右的样本数据的频率分布直方图：
(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)；
解 法一 由于患者的年龄位于区间[20，70)是由患者的年龄位于区间[20，30)，[30，40)，[40，50)，[50，60)，[60，70)组成的，且相互独立，
所以所求概率P＝(0.012＋0.017×2＋0.023＋0.020)×10＝0.89.
法二 由于患者的年龄位于区间[20，70)是由患者的年龄位于区间[20，30)，[30，40)，[40，50)，[50，60)，[60，70)组成的，且相互独立，
所以所求概率P＝1－(0.001＋0.002＋0.006＋0.002)×10＝0.89.
(2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20，70)的概率；
(3)已知该地区这种疾病的患病率为0.1%，该地区年龄位于区间[40，50)的人口占该地区总人口的16%.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间[40，50)，求此人患这种疾病的概率.(以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.000 1)
解 设从该地区任选一人，年龄位于区间[40，50)为事件A，患这种疾病为事件B，则P(A)＝16%.
由频率分布直方图知这种疾病患者年龄位于区间[40，50)的概率为0.023×10＝0.23，
结合该地区这种疾病的患病率为0.1%，可得P(AB)＝0.1%×0.23＝0.000 23，
所以从该地区任选一人，若年龄位于区间[40，50)，则此人患这种疾病的概率为
13.(多选)(2023·新高考Ⅱ卷)在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立.发送0时，收到1的概率为α(0<α<1)，收到0的概率为1－α；发送1时，收到0的概率为β(0<β<1)，收到1的概率为1－β.考虑两种传输方案：单次传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发送1次；三次传输是指每个信号重复发送3次.收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码(例如，若依次收到1，0，1，则译码为1).( )
A.采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为(1－α)(1－β)2
B.采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为β(1－β)2
C.采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β(1－β)2＋(1－β)3
D.当0<α<0.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率
ABD
解析 由题意，发0收1的概率为α，发0收0的概率为1－α；发1收0的概率为β，发1收1的概率为1－β.
对于A，发1收1的概率为1－β，发0收0的概率为1－α，
所以所求概率为(1－α)(1－β)2，故A正确；
对于B，相当于发了1，1，1，收到1，0，1，
则概率为(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，故B正确；
对于C，相当于发了1，1，1，收到1，1，0或1，0，1或0，1，1或1，1，1，
发送0，采用单次传输方案译码为0的概率P2＝1－α.
当0<α<0.5时，P1－P2＝3α(1－α)2＋(1－α)3－(1－α)＝α(1－α)(1－2α)>0，故D正确.
(1)求首次试验结束的概率；
解 设试验一次，“取到甲袋”为事件A1，“取到乙袋”为事件A2，“试验结果为红球”为事件B1，“试验结果为白球”为事件B2.
(2)在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率(先验概率)进行调整.
①求选到的袋子为甲袋的概率；
②将首次试验摸出的白球放回原来袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案：方案一为从原来袋子中摸球；方案二为从另外一个袋子中摸球.请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大.(共62张PPT)
第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布
第2节 排列与组合
1.理解排列、组合的概念；能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式.
2.能解决简单的实际问题.
目 录
CONTENTS
知识诊断自测
01
考点聚焦突破
02
课时分层精练
03
知识诊断自测
1
ZHISHIZHENDUANZICE
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
一定的顺序
不同排列
不同组合
3.排列数、组合数的公式及性质
n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)
1
n！
常用结论与微点提醒
2.解决排列、组合问题的十种技巧
(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.
×
×
×
解析 (1)元素相同但顺序不同的排列是不同的排列，故错误；
(2)一个组合中取出的元素不讲究顺序，元素相同即为同一组合，故错误；
√
√
2.(选修三P37T1(3)改编)安排6名歌手演出排序时，要求某歌手不是第一个出场，也不是最后一个出场，则不同排法的种数是( )
A.120 B.240 C.480 D.720
C
3.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________.
30
5
考点聚焦突破
2
KAODIANJUJIAOTUPO
考点一 排列问题
例1 有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法数.
(1)选5人排成一排；
(2)排成前后两排，前排3人，后排4人；
(3)全体排成一排，其中甲不站最左边，也不站最右边；
(4)全体排成一排，其中甲不站最左边，乙不站最右边；
(5)甲、乙、丙三人从左到右顺序一定.
感悟提升
排列应用问题的分类与解法
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.
训练1 (1)(2024·黄冈模拟)源于探索外太空的渴望，航天事业在21世纪获得了长足的发展.太空中的环境为某些科学实验提供了有利条件，宇航员常常在太空旅行中进行科学实验.在某次太空旅行中，宇航员们负责的科学实验要经过5道程序，其中A，B两道程序既不能放在最前，也不能放在最后，则该实验不同程序的顺序安排共有( )
A.18种 B.36种 C.72种 D.108种
B
(2)(2024·泉州质检)某停车场有两排空车位，每排4个，现有甲、乙、丙、丁4辆车需要泊车，若每排都有车辆停泊，且甲、乙两车停泊在同一排，则不同的停车方案有________种(填数字).
672
(3)有4名男生，3名女生，其中3名女生高矮各不相同，将7名学生排成一行，要求从左到右，女生从矮到高排列(不一定相邻)，不同的排法共有________种.
840
考点二 组合问题
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？
感悟提升
组合问题常有以下两类题型变化：
(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，再从剩下的元素中去选取.
(2)“至少”或“至多”含有几个元素的组合题型：解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解.用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理.
训练2 (1)(2023·全国甲卷)现有5名志愿者参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有( )
A.120种 B.60种
C.30种 D.20种
B
(2)(2023·新高考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).
64
解析 法一 由题意，可分三类：
考点三 排列与组合的综合
角度1 相邻与相间问题
例3 (1)(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
B
(2)某次联欢会要安排3个歌舞类节目，2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是________.
120
解析 安排小品节目和相声节目的顺序有三种：“小品1，小品2，相声”“小品1，相声，小品2”和“相声，小品1，小品2”.
角度2 分组、分配问题
例4 按下列要求分配6本不同的书，各有多少种不同的分配方法？
(1)分成三份，1份1本，1份2本，1份3本；
(2)甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本；
(3)平均分成三份，每份2本；
(4)平均分配给甲、乙、丙三人，每人2本；
(5)分成三份，1份4本，另外两份每份1本；
(6)甲、乙、丙三人中，一人得4本，另外两人每人得1本.
感悟提升
1.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.
2.对于分堆与分配问题应注意三点
(1)处理分配问题要注意先分堆再分配；
(2)被分配的元素是不同的；
(3)分堆时要注意是否均匀.
训练3 (1)(2024·湖北名校联考)为进一步了解和巩固脱贫攻坚成果，某县选派7名工作人员到A，B，C三个乡镇进行调研活动，每个乡镇至少去1人，恰有两个乡镇所派人数相同，则不同的安排方式种数为( )
A.1 176 B.2 352 C.1 722 D.1 302
A
解析 由题意可知，7名工作人员的分组方式有(1，1，5)，(2，2，3)，(3，3，1)三种情况；
(2)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
课时分层精练
3
KESHIFENCENGJINGLIAN
C
2.把标号为1，2，3，4的四个小球放入标号为1，2，3，4的四个盒子，每个盒子只放一个小球，则1号球和2号球都不放入1号盒子的方法共有( )
A.18种 B.12种 C.9种 D.6种
B
3.(2024·南昌调研)某医院决定派遣5名医生前往3个区域参与救援，其中男医生3名，女医生2名.要求每个区域至少有1名男医生，则不同的派遣法有( )
A.18种 B.36种 C.54种 D.72种
C
4.同宿舍六位同学在食堂排队取餐，其中A，B，C三人两两不相邻，A和D是双胞胎必须相邻，这样的排队方法有( )
A.24种 B.48种 C.72种 D.96种
C
解析 根据题意分3步进行分析：
5.(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
C
6.(2024·成都蓉城名校联考)某一天的课程表要排入语文、数学、英语、物理、化学、生物六门课，若数学只能排在第一节或者最后一节，物理和化学必须排在相邻的两节，则不同的排法共有( )
A.24种 B.144种 C.48种 D.96种
D
解析 若数学只能排在第一节或者最后一节，则数学的排法有2种，
7.(2024·邯郸模拟)某校大一新生A，B，C，D欲加入该校的文学社、书法社、羽毛球社.已知这4名大一新生每人只加入了1个社团，则这4名大一新生恰好加入其中2个社团的不同情况有( )
A.21种 B.30种 C.42种 D.60种
C
8.(多选)(2024·沈阳调研)某校环保兴趣小组准备开展一次关于全球变暖的研讨会，现有10名学生，其中5名男生，5名女生.若从中选取4名学生参加研讨会，则( )
A.选取的4名学生都是女生的不同选法共有5种
B.选取的4名学生中恰有2名女生的不同选法共有400种
C.选取的4名学生中至少有1名女生的不同选法共有420种
D.选取的4名学生中至多有2名男生的不同选法共有155种
AD
9.(2024·宁波调研)中国古乐中的五声音阶依次为宫、商、角、徵、羽，把这五个音阶排成一列，形成一个音序.若徵、羽两音阶相邻且在宫音阶之后，则可排成不同的音序的种数为________.(用数字作答)
24
10.甲、乙、丙3家公司承包了6项工程，每家公司承包2项，则不同的承包方案有________种.
90
11.在5G，AI，MR等技术的支持下，新闻媒体推出诸多创新融媒产品，将5G技术引入新闻生产，有效扩展了新闻的应用场景，云采访、云访谈、云直播等云端对话成为报道的新常态.现有4名新闻媒体记者采用云采访、云访谈、云直播三种方式进行报道，每种方式至少有一名记者采用，则不同的安排方法种数为________.
36
12.某小区共有3个环保宣传点同时进行宣传，有6名志愿者被分配到这3个宣传点参加服务，6人中有4名“熟手”和2名“生手”，1名“生手”至少需要1名“熟手”进行宣传工作的传授，每个宣传点至少需要1名“熟手”，且2名“生手”不能分配到同一个宣传点，则不同的分配方案种数是________.
216
13.(2024·南通调研)已知电影院有三部影片同时上映，一部动画片，一部喜剧片，一部动作片，5名同学前去观看，若喜剧片和动作片各至少两人观看，则不同的观影方案共有( )
A.30种 B.40种 C.50种 D.80种
C
解析 喜剧片和动作片至少两人观看的情况有：喜剧片2人且动作片2人，喜剧片3人且动作片2人，喜剧片2人且动作片3人，共3种.
`
14.(2024·山东名校联考)A，B，C，D，E，F六人站成一排，C站第三位，A不站在两端，D和E相邻，则不同排列方式共有( )
A.16种 B.20种 C.24种 D.28种
B
解析 符合要求的排法可分为三类，
`
15.(2024·北京十一校联考)把6张座位编号为1，2，3，4，5，6的电影票全部分给4个人，每个人至少分1张，至多分2张，且这2张票具有连续的编号，那么不同的分法共有________种.(用数字作答)
144
解析 根据题意，可分为两步进行：
①先将票分为符合条件的4份，4人分6张票，且每人至少1张，至多2张，
则有2个人各1张，2个人各2张且分得的票必须连号，相当于将1，2，3，4，5，6这6个数字用3个板子隔开，分为四部分且不存在三连号，
其中出现3张三连号的有123，4，5，6；1，234，5，6；1，2，345，6；1，2，3，456，共4种情况，不满足题意，所以有10－4＝6种情况；
16.(2024·湖南师大附中质检)由1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的六位数，要求奇数不相邻，且4不在第四位，则这样的六位数共有______个.
120(共50张PPT)
第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布
第1节 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
1.理解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义.
2.能解决简单的实际问题.
目 录
CONTENTS
知识诊断自测
01
考点聚焦突破
02
课时分层精练
03
知识诊断自测
1
ZHISHIZHENDUANZICE
1.分类加法计数原理
完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法.那么完成这件事共有N＝________种不同的方法.
2.分步乘法计数原理
完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝________种不同的方法.
m＋n
m×n
3.分类加法和分步乘法计数原理的区别在于：分类加法计数原理针对“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对“分步”问题，各个步骤中的方法相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事.
分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的基础，并贯穿其始终.
(1)分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类，并且只属于其中一类.
(2)分步乘法计数原理中，各个步骤中的方法相互依存，步与步之间“相互独立，分步完成”.
常用结论与微点提醒
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同.( )
(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事.( )
(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.( )
×
解析 分类加法计数原理，每类方案中的方法都是不同的，每一种方法都能完成这件事；分步乘法计数原理，每步的方法都是不同的，每步的方法只能完成这一步，不能完成这件事，所以(1)不正确.
√
√
2.(选修三P5T1改编)(1)一项工作可以用2种方法完成，有5人只会用第1种方法完成，另有4人只会用第2种方法完成，从中选出1人来完成这项工作，不同选法的种数是______；
(2)从A村去B村的道路有3条，从B村去C村的道路有2条，则从A村经B村去C村，不同路线的条数是________.
9
6
解析 (1)不同的选法共有5＋4＝9种方法.
(2)从A村去B村有3种走法，由B村去C村有2种走法，根据乘法原理可得3×2＝6(种).
3.如图所示，在A，B间有四个焊接点1，2，3，4，若焊接点脱落导致断路，则电路不通.今发现A，B之间电路不通，则焊接点脱落的不同情况有________种.
13
解析 电路不通可能是1个或多个焊接点脱落，问题比较复杂，但电路通的情况却只有3种，即2或3脱落或全不脱落，每个焊接点有脱落与不脱落两种情况，故共有24－3＝13(种)情况.
4.3个班分别从5个风景点中选择一处游览，不同的选法有________种.
125
解析 因为第1、第2、第3个班各有5种选法，由分步乘法计数原理，可得不同的选法有5×5×5＝125(种).
考点聚焦突破
2
KAODIANJUJIAOTUPO
考点一 分类加法计数原理
例1 (1)某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友一本，则不同的赠送方法共有( )
A.4种 B.10种 C.18种 D.20种
B
解析 赠送1本画册，3本集邮册，需从4人中选取1人赠送画册，其余赠送集邮册，有4种方法；赠送2本画册，2本集邮册，只需从4人中选出2人赠送画册，其余2人赠送集邮册，有6种方法.
由分类加法计数原理可知，不同的赠送方法共有4＋6＝10(种).
(2)如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1a3，则称这样的三位数为凸数(如120，343，275等)，那么所有凸数的个数为________.
240
解析 若a2＝2，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0，“凸数”为120与121，共2个.
若a2＝3，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有2×3＝6(个).
若a2＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12(个)，……，
若a2＝9，满足条件的“凸数”有8×9＝72(个).
所以所有凸数共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个).
感悟提升
使用分类加法计数原理的两个注意点
(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.
训练1 (1)集合P＝{x，1}，Q＝{y，1，2}，其中x，y∈{1，2，3，…，9}，且P Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是( )
A.9 B.14 C.15 D.21
B
解析 当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7.
当x≠2时，由P Q，∴x＝y.
∴x可从3，4，5，6，7，8，9中取，有7种方法.
因此满足条件的点共有7＋7＝14(个).
(2)已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定______个平面.
13
解析 异面直线a与异面直线b上的8个点中的任意一个点都可以构成一个平面；异面直线b与异面直线a上的5个点中的任意一个点都可以构成一个平面，
∴共可以确定8＋5＝13个平面.
考点二 分步乘法计数原理
例2 (多选)(2024·合肥调研)现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个工厂，则下列说法正确的是( )
A.共有43种不同的安排方法
B.若甲工厂必须有同学去，则不同的安排方法有37种
C.若A同学必须去甲工厂，则不同的安排方法有12种
D.若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有24种
ABD
解析 对于A，A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，
每个学生有4种选法，则三个学生有4×4×4＝43(种)选法，故A正确；
对于B，三人到4个工厂，有43＝64(种)情况，其中甲工厂没有人去，即三人全部到乙、丙、丁三个工厂的情况有33＝27(种)，
则甲工厂必须有同学去的安排方法有64－27＝37(种)，故B正确；
对于C，若同学A必须去甲工厂，剩下2名同学安排到4个工厂即可，有42＝16(种)安排方法，故C错误；
对于D，若三名同学所选工厂各不相同，有4×3×2＝24(种)安排方法，故D正确.
感悟提升
1.利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，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.分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成.
训练2 (1)为响应国家“节约粮食”的号召，某同学决定在某食堂提供的2种主食、3种素菜、2种大荤、4种小荤中选取一种主食、一种素菜、一种荤菜作为今日伙食，并在用餐时积极践行“光盘行动”，则不同的选取方法有( )
A.48种 B.36种 C.24种 D.12种
B
解析 由题意可知，分三步完成：
第一步，从2种主食中任选一种有2种选法；
第二步，从3种素菜中任选一种有3种选法；
第三步，从6种荤菜中任选一种有6种选法，
根据分步乘法计数原理，共有2×3×6＝36种不同的选取方法.
C
解析 将6本不同的书放到5个不同的盒子里，每本书都有5种放法，根据分步乘法计数原理可得不同放法为56种.
考点三 两个计数原理的综合
角度1 与数字有关的问题
例3 用0，1，2，3，4，5，6这7个数字可以组成________个无重复数字的四位偶数(用数字作答).
420
解析 要完成的“一件事”为组成无重复数字的四位偶数，所以千位数字不能为0，个位数字必须是偶数，且组成的四位数中四个数字不重复，因此应先分类，再分步.
第1类，当千位数字为奇数，即取1，3，5中的任意一个时，个位数字可取0，2，4，6中的任意一个，再依次取百位、十位数字.
共有3×4×5×4＝240(种)取法.
第2类，当千位数字为偶数，即取2，4，6中的任意一个时，个位数字可以取除首位数字的任意一个偶数数字，再依次取百位、十位数字.
共有3×3×5×4＝180(种)取法，共可以组成240＋180＝420(个)无重复数字的四位偶数.
角度2 与几何有关的问题
例4 如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”.在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是( )
A.60 B.48 C.36 D.24
B
解析 一个长方体的面可以和它相对的面上的4条棱和两条对角线组成6个“平行线面组”，一共有6个面，共有6×6＝36(个).
长方体的每个对角面有2个“平行线面组”，共有6个对角面，一共有6×2＝12(个).
根据分类加法计数原理知共有36＋12＝48(个).
角度3 涂色问题
例5 如图，a省分别与b，c，d，e四省交界，且b，c，d互不交界，在地图上分别给各省地域涂色，要求相邻省涂不同色，现有5种不同颜色可供选用，则不同的涂色方案种数为( )
A.480 B.600
C.720 D.840
C
解析 依题意，按c与d涂的颜色相同和不同分成两类：
若c与d涂同色，先涂d有5种方法，再涂a有4种方法，涂c有1种方法，涂e有3种方法，最后涂b有3种方法，
由分步乘法计数原理得到不同的涂色方案有5×4×1×3×3＝180(种)，
若c与d涂不同色，先涂d有5种方法，再涂a有4种方法，涂c有3种方法，涂e，b也各有3种方法，
由分步乘法计数原理得到不同的涂色方案有5×4×3×3×3＝540(种)，
所以，由分类加法计数原理得不同的涂色方案共有180＋540＝720(种).
感悟提升
1.在综合应用两个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的问题，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.
训练3 (1)有5个不同的棱柱、3个不同的棱锥、4个不同的圆台、2个不同的球，若从中取出2个几何体，使多面体和旋转体各一个，则不同的取法种数是( )
A.14 B.23 C.48 D.120
C
解析 分两步：第1步，取多面体，有5＋3＝8(种)不同的取法；
第2步，取旋转体，有4＋2＝6(种)不同的取法.
所以不同的取法种数是8×6＝48.
(2)(2024·杭州调研)用0，1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为( )
A.243 B.252 C.261 D.279
B
解析 0，1，2，…，9共能组成9×10×10＝900(个)三位数，
其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648(个)，
故有重复数字的三位数有900－648＝252(个).
(3)(2024·临汾调考)如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法有( )
A.24种 B.48种
C.72种 D.96种
C
解析 分两种情况：
①A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D有1种，有4×3×2×1＝24(种)；
②A，C同色，先涂A，C有4种，再涂E有3种，B，D各有2种，有4×3×2×2＝48(种).
故不同的涂色方法有48＋24＝72(种).
课时分层精练
3
KESHIFENCENGJINGLIAN
1.每天从甲地到乙地的飞机有5班，高铁有10趟，动车有6趟，公共汽车有12班.某人某天从甲地前往乙地，则其出行方案共有( )
A.22种 B.33种
C.300种 D.3 600种
B
解析 从甲地到乙地不同的方案数为5＋10＋6＋12＝33.
2.将3张不同的冬奥会门票分给10名同学中的3人，每人1张，不同的分法种数为( )
A.720 B.240 C.120 D.60
A
解析 可分三步：第一步，第1张门票有10种不同的分法；第二步，第2张门票有9种不同的分法；第三步，第3张门票有8种不同的分法，由分步乘法计数原理得，共有10×9×8＝720种不同分法.
3.某省新高考采用“3＋1＋2”模式：“3”为全国统考科目语文、数学、外语，所有学生必考；“1”为首选科目，考生须在物理、历史科目中选择1个科目；“2”为再选科目，考生可在思想政治、地理、化学、生物4个科目中选择2个科目.已知小明同学必选化学，那么他可选择的方案共有( )
A.4种 B.6种 C.8种 D.12种
B
解析 根据题意得，分两步进行分析：
①小明必选化学，则必须在思想政治、地理、生物中再选出1个科目，选法有3种；
②小明在物理、历史科目中选出1个，选法有2种.
由分步乘法计数原理知，小明可选择的方案共有3×2＝6(种).
4.从集合{1，2，3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为( )
A.3 B.4 C.6 D.8
D
解析 以1为首项的等比数列为1，2，4；1，3，9；
以2为首项的等比数列为2，4，8；
以4为首项的等比数列为4，6，9；
把这4个数列的顺序颠倒，又得到另外的4个数列，
∴所求的数列共有2×(2＋1＋1)＝8(个).
5.中国古代将物质属性分为“金、木、土、水、火”五种，其相互关系是“金克木，木克土，土克水，水克火，火克金”.将五种不同属性的物质任意排成一列，则属性相克的两种物质不相邻的排法种数为( )
A.8 B.10 C.15 D.20
B
解析 由题意知，可看作五个位置排列五个元素，第一个位置有5种排列方法，不妨假设是金，则第二个位置只能从土与水两者中选一种排放，有2种选择，不妨假设排的是水，则第三个位置只能排木，第四个位置只能排火，第五个位置只能排土，因此，总的排列方法种数为5×2×1×1×1＝10.
6.如图所示，某景观湖内有四个人工小岛，为方便游客登岛观赏美景，现计划设计三座景观桥连通四个小岛，每座桥只能连通两个小岛，且每个小岛最多有两座桥连接，则设计方案的种数最多是( )
A.8 B.12 C.16 D.24
B
解析 四个人工小岛分别记为A，B，C，D，对A分有一座桥相连和两座桥相连两种情况，用“—”表示桥.
①当A只有一座桥相连时，有A—B—C—D，A—B—D—C，A—C—B—D，A—C—D—B，A—D—B—C，A—D—C—B，共6种方法；
②当A有两座桥相连时，有C—A—B—D，D—A—B—C，D—A—C—B，B—A—C—D，B—A—D—C，C—A—D—B，共6种方法.故设计方案最多有6＋6＝12(种).
7.现有5种不同颜色的染料，要对如图所示的四个不同区域进行涂色，要求有公共边的两个区域不能使用同一种颜色，则不同的涂色方法的种数是( )
A.120 B.140
C.240 D.260
D
解析 由题意，先涂A处，有5种涂法；再涂B处4种涂法；第三步涂C，若C与A同色，则D有4种涂法；若C与A不同色，则D有3种涂法，由此得不同的着色方案有5×4×(1×4＋3×3)＝260(种).
8.(多选)现有4个数学课外兴趣小组，第一、二、三、四组分别有7人、8人、9人、10人，则下列说法正确的是( )
A.选1人为负责人的选法种数为34
B.每组选1名组长的选法种数为5 400
C.若推选2人发言，这2人需来自不同的小组，则不同的选法种数为420
D.若另有3名学生加入这4个小组，加入的小组可自由选择，且第一组必须有人选，则不同的选法有37种
AD
解析 对于A，4个数学课外兴趣小组共有7＋8＋9＋10＝34(人)，故选1人为负责人的选法共有34种，A正确；
对于B，分四步：第一、二、三、四步分别为从第一、二、三、四组中各选1名组长，所以不同的选法共有7×8×9×10＝5 040(种)，B错误；
对于C，分六类：从第一、二组中各选1人，有7×8种不同的选法；
从第一、三组中各选1人，有7×9种不同的选法；
从第一、四组中各选1人，有7×10种不同的选法；
从第二、三组中各选1人，有8×9种不同的选法；
从第二、四组中各选1人，有8×10种不同的选法；
从第三、四组中各选1人，有9×10种不同的选法.
所以不同的选法共有7×8＋7×9＋7×10＋8×9＋8×10＋9×10＝431(种)，C错误；
对于D，若不考虑限制条件，每个人都有4种选法，共有43＝64(种)选法，其中第一组没有人选，每个人都有3种选法，共有33＝27(种)选法，所以不同的选法有64－27＝37(种)，D正确.
9.从集合{0，1，2，3，4，5，6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋bi，其中虚数的个数是________.
36
解析 因为a＋bi为虚数，所以b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数.
10.乘积(a1＋a2＋a3)(b1＋b2＋b3＋b4)(c1＋c2＋c3＋c4＋c5)展开后的项数为________.
60
解析 从第一个括号中选一个字母有3种方法，从第二个括号中选一个字母有4种方法，从第三个括号中选一个字母有5种方法，故根据分步乘法计数原理可知共有N＝3×4×5＝60(项).
11.4张卡片的正、反面分别写有0与1，2与3，4与5，6与7，将其中3张卡片排放在一起，可组成________个不同的三位数.
168
解析 要组成三位数，根据百位、十位、个位应分三步：
第一步：百位可放8－1＝7个数；
第二步：十位可放6个数；
第三步：个位可放4个数.
故由分步乘法计数原理，得共可组成7×6×4＝168(个)不同的三位数.
12.(2024·青岛调研)甲与其他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
解析 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)用车方案；
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)用车方案，
第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，共有23＝8(种)用车方案，
共计12＋8＝20(种)用车方案.
根据分步乘法计数原理可知，不同的用车方案种数为4×20＝80.
13.如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，…，a12.设1≤iC
解析 满足条件1≤i满足条件1≤iD
解析 对任意i∈[1，2 023]，在A1，A2，…，A100中的从属关系有以下101种：
(1)i∈A1，i∈A2，i∈A3，…，i∈A100；
(2)i?A1，i∈A2，i∈A3，…，i∈A100；
(3)i?A1，i?A2，i∈A3，…，i∈A100；…；
(101)i?A1，i?A2，i?A3，…，i?A100.
由分步乘法计数原理知，集合S中共有1012 023个元素.故选D.
15.(2024·衡水调研)用黑白两种颜色随机地染如图所示表格中5个格子，每个格子染一种颜色，并且从左到右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格子的染色方法种数为________种.
10
解析 依题意，第1个格子必须为黑色，则出现从左至右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格子包含的情况有：
①全染黑色，有1种方法；
16.设a，b，c∈{1，2，3，4，5，6}，若以a，b，c为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形，则这样的三角形有______个.
27
解析 先考虑等边的情况，a＝b＝c＝1，2，…，6，有6个.
再考虑等腰的情况，
若a＝b＝1，c若a＝b＝2，c若a＝b＝3，c若a＝b＝4，c若a＝b＝5，c若a＝b＝6，c故一共有27个.(共52张PPT)
第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布
第3节 二项式定理
能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理，会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.
目 录
CONTENTS
知识诊断自测
01
考点聚焦突破
02
课时分层精练
03
知识诊断自测
1
ZHISHIZHENDUANZICE
k＋1
2.二项式系数的性质
递增
递减
2n
2n－1
常用结论与微点提醒
×
×
√
√
2.(选修三P34T1改编)在(1－x)5＋(1－x)6＋(1－x)7＋(1－x)8的展开式中，含x3的项的系数是( )
A.74 B.121 C.－74 D.－121
D
3.(选修三P38T3改编)在(1－2x)10的展开式中，各项系数的和是________.
1
解析 令x＝1，可得各项系数的和为(1－2)10＝1.
4.(选修三P31T4改编)(1＋x＋x2)(1－x)10的展开式中x4的系数为________.
135
考点聚焦突破
2
KAODIANJUJIAOTUPO
考点一 展开式中的通项
60
4
D
432
角度3 三项展开式问题
例3 (x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为________.
30
解析 法一 (x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，
感悟提升
1.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.
2.对于几个多项式积的展开式中的特定项问题，一般都可以根据因式连乘的规律，结合组合思想求解，但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏；也可利用排列组合的知识求解.
3.对于三项式问题一般先变形化为二项式再解决，或利用展开式的原理求解.
B
(2)(x2＋x＋1)(x－1)4的展开式中，x3的系数为________.
－2
(3)(2024·重庆质检)(2x2＋y＋1)5的展开式中x4y2项的系数为________.
120
解析 将(2x2＋y＋1)5看作5个因式(2x2＋y＋1)相乘，
根据x4y2的指数可得5个因式中有两个选2x2，两个选y，一个选1，进行相乘，
考点二 二项式系数的和与各项系数的和
D
解析 令x＝1，得各项系数和为2n，
又二项式系数和为2n，则2×2n＝128，得n＝6，
即二项式系数和为64，各项系数和也为64，故A，B不正确；
(2)(2024·南昌调研)若(1＋x)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，则a2＋a6＋a8＝________；a1＋2a2＋3a3＋…＋10a10＝________.
300
5 120
感悟提升
训练2 (1)(2024·西安质检)已知(2x－1)5＝a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，则|a0|＋|a1|＋…＋|a5|等于( )
A.1 B.243 C.121 D.122
B
解析 令x＝1，得a5＋a4＋a3＋a2＋a1＋a0＝1，①
令x＝－1，得－a5＋a4－a3＋a2－a1＋a0＝－243，②
①＋②，得2(a4＋a2＋a0)＝－242，
即a4＋a2＋a0＝－121.
①－②，得2(a5＋a3＋a1)＝244，即a5＋a3＋a1＝122.
所以|a0|＋|a1|＋…＋|a5|＝－a0＋a1－a2＋a3－a4＋a5＝122＋121＝243.
1
考点三 系数的最值问题
8 064
15 360x4
解析 由题意知，22n－2n＝992，
即(2n－32)(2n＋31)＝0，
∴2n＝32(负值舍去)，解得n＝5.
感悟提升
训练3 (多选)(2024·杭州质检)关于(a－b)11的说法，正确的是( )
A.展开式中的二项式系数之和为2 048
B.展开式中只有第6项的二项式系数最大
C.展开式中第6项和第7项的二项式系数最大
D.展开式中第6项的系数最小
ACD
解析 由二项式系数的性质知，(a－b)11的二项式系数之和为211＝2 048，故A正确；
因为(a－b)11的展开式共有12项，中间两项的二项式系数最大，即第6项和第7项的二项式系数最大，故C正确，B错误；
因为展开式中第6项的系数是负数，且绝对值最大，所以展开式中第6项的系数最小，故D正确.
课时分层精练
3
KESHIFENCENGJINGLIAN
B
2.(2024·南通调研)已知(3x－1)·(x＋1)n的展开式中所有项的系数之和为64，则展开式中含x2的项的系数为( )
A.25 B.3 C.5 D.33
C
解析 令x＝1，可得展开式中所有项的系数之和为2n＋1＝64，故n＝5，
B
C
5.(2024·柳州、梧州大联考)已知(2－x)·(2x＋1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6，则a0＋a6＝( )
A.34 B.30 C.－34 D.－30
D
解析 令x＝0，得a0＝2，(2x＋1)5的展开式的通项为
A
故①式中的前一项不会出现常数项；
当6－2k＝0，即k＝3时，可得①式中的后一项满足题意，
AC
对于C，因为n＝8，所以各项的二项式系数之和为28＝256，故C正确；
对于D，令x＝1，各项的系数之和为1，故D错误.
70
解析 由题目条件，只有第5项的二项式系数最大，得n＝8.
1 680
0
∴a＝4n－1，
当n＝2 024时，a＝42 024－1＝(15＋1)1 012－1，
(2)求含x2的项的系数.
12.(2024·武汉质检)在①只有第6项的二项式系数最大，②第4项与第8项的二项式系数相等，③所有二项式系数的和为210，这三个条件中任选一个，补充在下面(横线处)问题中，解决下面两个问题.
已知(2x－1)n＝a0＋a1x1＋a2x2＋a3x3＋…＋anxn(n∈N*)，若(2x－1)n的展开式中，________.
(1)求n的值；
解 选择条件①：
所以n＝10.
选择条件③：
若(2x－1)n的展开式中所有二项式系数的和为210，则2n＝210.
所以n＝10.
(2)求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|的值.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
解 由(1)知n＝10，则(2x－1)10＝a0＋a1x1＋a2x2＋a3x3＋…＋a10x10，
令x＝0，则a0＝1，
令x＝－1，则310＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a10＝1＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a10|，
所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a10|＝310－1.
13.(x＋y－2z)5的展开式中，xy2z2的系数是( )
A.120 B.－120 C.60 D.30
A
解析 由题意知(x＋y－2z)5＝[(x＋y)－2z]5，
14.在(3x－2y)20的展开式中，求：
(1)二项式系数最大的项；
(2)系数绝对值最大的项；
解 设系数绝对值最大的项是第r＋1项，
(3)系数最大的项.
解 由于系数为正的项为奇数项，
故可设第2r－1项的系数最大(r∈N*)，(共58张PPT)
第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布
第4节 随机事件、频率与概率
1.了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，理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.
目 录
CONTENTS
知识诊断自测
01
考点聚焦突破
02
课时分层精练
03
知识诊断自测
1
ZHISHIZHENDUANZICE
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
定义 表示法 图示
包含关系 若事件A发生，事件B_________，称事件B包含事件A(或事件A包含于事件B) _____(或A B)
互斥事件 如果事件A与事件B______________，称事件A与事件B互斥(或互不相容) 若A∩B＝?，则A与B互斥
对立事件 如果事件A和事件B在任何一次试验中__________________，称事件A与事件B互为对立，事件A的对立事件记为 若A∩B＝?，且A∪B＝Ω，则A与B对立
一定发生
B A
不能同时发生
有且仅有一个发生
3.事件的运算
定义 表示法 图示
并事件 事件A与事件B至少有一个发生，称这个事件为事件A与事件B的并事件(或和事件) ________ (或A＋B)
交事件 事件A与事件B同时发生，称这样一个事件为事件A与事件B的交事件(或积事件) ________ (或AB)
A∪B
A∩B
4.概率与频率
(1)频率的稳定性：一般地，随着试验次数n的增大，频率偏离概率的幅度会缩小，即事件A发生的频率fn(A)会逐渐稳定于事件A发生的__________.我们称频率的这个性质为频率的稳定性.
(2)频率稳定性的作用：可以用频率fn(A)估计概率P(A).
概率P(A)
常用结论与微点提醒
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)事件发生的频率与概率是相同的.( )
(2)在大量的重复试验中，概率是频率的稳定值.( )
(3)若随机事件A发生的概率为P(A)，则0≤P(A)≤1.( )
(4)6张奖券中只有一张有奖，甲、乙先后各抽取一张，则甲中奖的概率小于乙中奖的概率.( )
×
√
×
√
解析 随机事件的概率是频率的稳定值，频率是概率的近似值，故(1)错误.
(4)中，甲中奖的概率与乙中奖的概率相同.
2.(必修二P235T1改编)某人打靶时连续射击两次，下列事件中与事件“至少一次中靶”互为对立的是( )
A.至多一次中靶
B.两次都中靶
C.只有一次中靶
D.两次都没有中靶
D
解析 连续射击两次中靶的情况如下：①两次都中靶；②只有一次中靶；③两次都没有中靶，故选D.
3.(必修二P235T2改编)掷一枚质地均匀的骰子，“向上的点数是1或3”为事件A，“向上的点数是1或5”为事件B，则( )
A.A∪B表示向上的点数是1或3或5
B.A＝B
C.A∪B表示向上的点数是1或3
D.A∩B表示向上的点数是1或5
A
解析 设A＝{1，3}，B＝{1，5}，
则A∩B＝{1}，A∪B＝{1，3，5}，
∴A≠B，A∩B表示向上的点数是1，A∪B表示向上的点数为1或3或5.
4.(必修二P257T1改编)把一枚质地均匀的硬币连续抛掷1 000次，其中有496次正面向上，504次反面向上，则掷一次硬币正面向上的概率为________.
0.5
解析 掷一次硬币正面向上的概率为0.5.
考点聚焦突破
2
KAODIANJUJIAOTUPO
考点一 随机事件与样本空间
例1 (1)袋中有大小、形状相同的红球、黑球各一个，现在有放回地随机摸3次，每次摸取一个，观察摸出球的颜色，则此随机试验的样本点个数为( )
A.5 B.6 C.7 D.8
D
解析 因为是有放回地随机摸3次，所以随机试验的样本空间为Ω＝{(红，红，红)，(红，红，黑)，(红，黑，红)，(黑，红，红)，(红，黑，黑)，(黑，红，黑)，(黑，黑，红)，(黑，黑，黑)}.共8个.
(2)在1，2，3，…，10这十个数字中，任取三个不同的数字，那么“这三个数字的和大于5”这一事件是__________.(填“必然事件”或“不可能事件”)
必然事件
解析 从1，2，3，…，10这十个数字中任取三个不同的数字，那么这三个数字和的最小值为1＋2＋3＝6，
∴事件“这三个数字的和大于5”一定会发生，
∴由必然事件的定义可以得知该事件是必然事件.
感悟提升
确定样本空间的方法
(1)必须明确事件发生的条件.
(2)根据题意，按一定的次序列出问题的答案.特别要注意结果出现的机会是均等的，按规律去写，要做到既不重复也不遗漏.
训练1 (1)下列说法错误的是( )
A.任一事件的概率总在[0，1]内
B.不可能事件的概率一定为0
C.必然事件的概率一定为1
D.概率是随机的，在试验前不能确定
D
解析 任一事件的概率总在[0，1]内，不可能事件的概率为0，必然事件的概率为1，概率是客观存在的，是一个确定值.
(2)同时抛掷两枚完全相同的骰子，用(x，y)表示结果，记A为“所得点数之和小于5”，则事件A包含的样本点的个数是( )
A.3 B.4 C.5 D.6
D
解析 事件A包含(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(2，2)，(3，1)，共6个样本点.
考点二 事件的关系与运算
例2 (1)从装有十个红球和十个白球的罐子里任取两球，下列情况中是互斥而不对立的两个事件的是( )
A.至少有一个红球；至少有一个白球
B.恰有一个红球；都是白球
C.至少有一个红球；都是白球
D.至多有一个红球；都是红球
B
解析 对于A，“至少有一个红球”可能为一个红球、一个白球，“至少有一个白球”可能为一个白球、一个红球，故两事件可能同时发生，所以不是互斥事件；
对于B，“恰有一个红球”，则另一个必是白球，与“都是白球”是互斥事件，而任取两球还可能都是红球，故两事件不是对立事件；
对于C，“至少有一个红球”为都是红球或一红一白，与“都是白球”显然是对立事件；
对于D，“至多有一个红球”为都是白球或一红一白，与“都是红球”是对立事件.
(2)(多选)对空中飞行的飞机连续射击两次，每次发射一枚炮弹，设事件A＝{两弹都击中飞机}，事件B＝{两弹都没击中飞机}，事件C＝{恰有一弹击中飞机}，事件D＝{至少有一弹击中飞机}，则下列关系正确的是( )
A.A∩D＝? B.B∩D＝?
C.A∪C＝D D.A∪B＝B∪D
BC
解析 “恰有一弹击中飞机”指第一枚击中、第二枚没中或第一枚没中、第二枚击中，
“至少有一弹击中飞机”包含两种情况，一种是恰有一弹击中，另一种是两弹都击中，
故A∩D≠?，B∩D＝?，A∪C＝D，A∪B≠B∪D.
感悟提升
1.准确把握互斥事件与对立事件的概念：(1)互斥事件是不可能同时发生的事件，但也可以同时不发生；(2)对立事件是特殊的互斥事件，特殊在对立的两个事件不可能都不发生，即有且仅有一个发生.
2.判别互斥事件、对立事件一般用定义判断，不可能同时发生的两个事件为互斥事件；两个事件，若有且仅有一个发生，则这两个事件为对立事件，对立事件一定是互斥事件.
训练2 (1)(多选)口袋里装有1红，2白，3黄共6个除颜色外完全相同的小球，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”.下列判断正确的是( )
A.A与D为对立事件 B.B与C是互斥事件
C.C与E是对立事件 D.P(C∪E)＝1
AD
解析 当取出的两个球为一黄一白时，B与C都发生，B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，C不正确；
显然A与D是对立事件，A正确；
C∪E为必然事件，P(C∪E)＝1，D正确.
(2)(多选)下列说法正确的是( )
A.对立事件一定是互斥事件
B.若A，B为两个互斥事件，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)
C.若事件A，B，C两两互斥，则P(A)＋P(B)＋P(C)＝1
D.若事件A，B满足P(A)＋P(B)＝1，则A，B互为对立事件
AB
解析 对于C，概率的加法公式可以适合多个互斥事件的和事件，但和事件不一定是必然事件，错误；
对于D，对立事件和的概率公式逆用不正确，例如两种没有联系的事件，概率和满足P(A)＋P(B)＝1，但A，B不对立，故D错误.
考点三 频率与概率
例3 如图，A地到火车站共有两条路径L1和L2，现随机抽取100位从A地到达火车站的人进行调查，调查结果如下：
所用时间(分钟) 10～20 20～30 30～40 40～50 50～60
选择L1的人数 6 12 18 12 12
选择L2的人数 0 4 16 16 4
(1)试估计40分钟内不能赶到火车站的概率；
解 选择L1的有60人，选择L2的有40人，
故由调查结果得频率为
(2)分别求通过路径L1和L2所用时间落在上表中各时间段内的频率；
所用时间(分钟) 10～20 20～30 30～40 40～50 50～60
L1的频率 0.1 0.2 0.3 0.2 0.2
L2的频率 0 0.1 0.4 0.4 0.1
(3)现甲、乙两人分别有40分钟和50分钟时间用于赶往火车站，为了尽最大可能在允许的时间内赶到火车站，试通过计算说明，他们应如何选择各自的路径.
解 设A1，A2分别表示甲选择L1和L2时，在40分钟内赶到火车站；B1，B2分别表示乙选择L1和L2时，在50分钟内赶到火车站.
由(2)知P(A1)＝0.1＋0.2＋0.3＝0.6，P(A2)＝0.1＋0.4＝0.5，
∵P(A1)＞P(A2)，∴甲应选择L1.
同理，P(B1)＝0.1＋0.2＋0.3＋0.2＝0.8，
P(B2)＝0.1＋0.4＋0.4＝0.9，
∵P(B1)＜P(B2)，∴乙应选择L2.
感悟提升
1.频率反映了一个随机事件出现的频繁程度，频率是随机的，而概率是一个确定的值，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.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步趋近于某一个常数，这个常数就是概率.
训练3 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：
以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率.
最高气温 [10，15) [15，20) [20，25) [25，30) [30，35) [35，40]
天数 2 16 36 25 7 4
(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 当这种酸奶一天的进货量为450瓶时，
若最高气温低于20 ℃，则Y＝200×6＋(450－200)×2－450×4＝－100；
若最高气温位于区间[20，25)，则Y＝300×6＋(450－300)×2－450×4＝300；
若最高气温不低于25 ℃，则Y＝450×(6－4)＝900，
所以，利润Y的所有可能值为－100，300，900.
Y大于零当且仅当最高气温不低于20 ℃，
因此Y大于零的概率的估计值为0.8.
课时分层精练
3
KESHIFENCENGJINGLIAN
1.下列事件中不可能事件或必然事件的个数是( )
①2025年8月18日，北京市不下雨；
②在标准大气压下，水在4 ℃时结冰；
③从标有1，2，3，4的4张号签中任取一张，恰为1号签；
④x∈R，则|x|的值不小于0.
A.1 B.2 C.3 D.4
B
解析 ①为随机事件，②为不可能事件，③为随机事件，④为必然事件.
2.(2024·三明调研)一个不透明的袋子中装有8个红球、2个白球，除颜色外，球的大小、质地完全相同，采用不放回的方式从中摸出3个球.下列事件为不可能事件的是( )
A.3个都是白球 B.3个都是红球
C.至少1个红球 D.至多2个白球
A
解析 从8个红球、2个白球中采用不放回的方式从中摸出3个白球，不可能发生，故选A.
3.(多选)某人打靶时连续射击两次，设事件A＝“只有一次中靶”，B＝“两次都中靶”，则下列结论正确的是( )
A.A B
B.A∩B＝
C.A∪B＝“至少一次中靶”
D.A与B互为对立事件
BC
解析 事件A＝“只有一次中靶”，B＝“两次都中靶”，所以A，B是互斥但不是对立事件，所以A，D错误，B正确；
A∪B＝“至少一次中靶”，C正确.
A
解析 ∵随机事件A和B互斥，且P(A∪B)＝0.7，P(B)＝0.2，
∴P(A)＝P(A∪B)－P(B)＝0.7－0.2＝0.5，
5.抛掷一枚骰子，“向上的点数是1或2”为事件A，“向上的点数是2或3”为事件B，则( )
A.A B
B.A＝B
C.A＋B表示向上的点数是1或2或3
D.AB表示向上的点数是1或2或3
C
解析 由题意，可知A＝{1，2}，B＝{2，3}，则AB＝{2}，A＋B＝{1，2，3}，
∴A＋B表示向上的点数是1或2或3.
6.(多选) 不透明的口袋内装有红色、绿色和蓝色卡片各2张，一次任意取出2张卡片，则与事件“2张卡片都为红色”互斥而不对立的事件有( )
A.2张卡片不全为红色
B.2张卡片中恰有一张为红色
C.2张卡片中至少有一张红色
D.2张卡片都为绿色
BD
解析 C中“2张卡片中至少一张为红色”包含事件“2张卡片都为红色”，二者并非互斥；
A中“2张卡片不全为红色”与“2张卡片都为红色”是对立事件.B，D正确.
7.(多选)(2024·太原段考)下列说法正确的是( )
A.若事件A与B互斥，则A∪B是必然事件
B.《西游记》《三国演义》《水浒传》《红楼梦》是我国四大名著.若在这四大名著中，甲、乙、丙、丁分别任取一本进行阅读，设事件E＝“甲取到《红楼梦》”，事件F＝“乙取到《红楼梦》”，则E与F是互斥但不对立事件
C.掷一枚骰子，记录其向上的点数，记事件A＝“向上的点数不大于5”，事件B＝“向上的点数为质数”，则B A
D.10个产品中有2个次品，从中抽取一个产品检查其质量，则样本空间含有2个样本点
BCD
解析 对于A，事件A与B互斥时，A∪B不一定是必然事件，故A错误；
对于B，事件E与F不会同时发生，所以E与F是互斥事件，但除了事件E与F之外还有“丙取到《红楼梦》”“丁取到《红楼梦》”，所以E与F不是对立事件，故E与F是互斥但不对立事件，故B正确；
对于C，事件A＝{1，2，3，4，5}，事件B＝{2，3，5}，
所以B包含于A，故C正确；
对于D，样本空间Ω＝{正品，次品}，含有2个样本点，故D正确.
8.笼子中有4只鸡和3只兔，依次取出一只，直到3只兔全部取出，记录剩下动物的脚数.则该试验的样本空间Ω＝_________________.
{0，2，4，6，8}
解析 最少需要取3次，最多需要取7次，
那么剩余鸡的只数最多4只，最少0只，
所以剩余动物的脚数可能是8，6，4，2，0.
10.商场在一周内共卖出某种品牌的皮鞋300双，商场经理为考察其中各种尺码皮鞋的销售情况，以这周内某天售出的40双皮鞋的尺码为一个样本，分为5组，已知第3组的频率为0.25，第1，2，4组的频数分别为6，7，9.若第5组表示的是尺码为40～42的皮鞋，则售出的这300双皮鞋中尺码为40～42的皮鞋约为________双.
60
解析 ∵第1，2，4组的频数分别为6，7，9，
∵第3组的频率为0.25，
∴第5组的频率是1－0.25－0.15－0.175－0.225＝0.2，
∴售出的这300双皮鞋中尺码为40～42的皮鞋约为0.2×300＝60(双).
解 事件A发生当且仅当一年内出险次数小于2.
故P(A)的估计值为0.55.
(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；
解 事件B发生当且仅当一年内出险次数大于1且小于4.
(3)求续保人本年度平均保费的估计值.
解 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.
12.(2024·荆州调考)在试验E：“连续抛掷一枚质地均匀的正方体骰子2次，观察每次掷出的点数”中，事件A表示随机事件“第一次掷出的点数为1”，事件Aj(j＝1，2，3，4，5，6)表示随机事件“第一次掷出的点数为1，第二次掷出的点数为j”，事件B表示随机事件“两次掷出的点数之和为6”，事件C表示随机事件“第二次掷出的点数比第一次的大3”.
(1)试用样本点表示事件A∩B与A∪B；
解 由题意可知试验E的样本空间为{(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，(4，5)，(4，6)，(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，(5，5)，(5，6)，(6，1)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，(6，6)}.
(1)因为事件A表示随机事件“第一次掷出的点数为1”，所以满足条件的样本点有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6).
因为事件B表示随机事件“两次掷出的点数之和为6”，所以满足条件的样本点有(1，5)，(2，4)，(3，3)，(4，2)，(5，1).
所以A∩B＝{(1，5)}，A∪B＝{(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，4)，(3，3)，(4，2)，(5，1)}.
(2)试判断事件A与事件B，事件A与事件C，事件B与事件C是不是互斥事件；
解 因为事件C表示随机事件“第二次掷出的点数比第一次的大3”，
所以C＝{(1，4)，(2，5)，(3，6)}.
因为A∩B＝{(1，5)}≠?，A∩C＝{(1，4)}≠?，B∩C＝?，
所以事件A与事件B，事件A与事件C不是互斥事件，事件B与事件C是互斥事件.
解 因为事件Aj(j＝1，2，3，4，5，6)表示随机事件“第一次掷出的点数为1，第二次掷出的点数为j”，
所以A1＝{(1，1)}，A2＝{(1，2)}，A3＝{(1，3)}，
A4＝{(1，4)}，A5＝{(1，5)}，A6＝{(1，6)}，
所以A＝A1∪A2∪A3∪A4∪A5∪A6.
(3)试用事件Aj表示随机事件A.
13.(多选)(2024·昆明诊断)小张上班从家到公司开车有两条线路，所需时间(分钟)随交通堵塞状况有所变化，其概率分布如表所示：
BD
则下列说法正确的是( )
A.任选一条线路，“所需时间小于50分
钟”与“所需时间为60分钟”是对立事件
B.从所需的平均时间看，线路一比线路二更节省时间
C.如果要求在45分钟以内从家赶到公司，小张应该走线路一
D.若小张上、下班走不同线路，则所需时间之和大于100分钟的概率为0.08
所需时间(分钟) 30 40 50 60
线路一 0.5 0.2 0.2 0.1
线路二 0.3 0.5 0.1 0.1
解析 “所需时间小于50分钟”与“所需时间为60分钟”是互斥而不对立事件，A错误；
线路一所需的平均时间为30×0.5＋40×0.2＋50×0.2＋60×0.1＝39(分钟)，线路二所需的平均时间为30×0.3＋40×0.5＋50×0.1＋60×0.1＝40(分钟)，所以B正确；
线路一所需时间小于45分钟概率为0.7，线路二所需时间小于45分钟概率为0.8，小张应选线路二，故C错误；
所需时间之和大于100分钟则线路一，线路二的时间可以为(上班线路一50，下班线路二60)，(上班线路一60，下班线路二60)，(上班线路一60，下班线路二50)，(上班线路二60，下班线路一50)，(上班线路二60，下班线路一60)，(上班线路二50，下班线路一60)，共6种情况，概率为0.2×0.1＋0.1×0.1＋0.1×0.1＋0.1×0.2＋0.1×0.1＋0.1×0.1＝0.08，故D正确.
14.某河流上的一座水力发电站，每年六月份的发电量Y(单位：万千瓦·时)与该河上游在六月份的降雨量X(单位：毫米)有关.据统计，当X＝70时，Y＝460；X每增加10，Y增加5.已知近20年X的值为140，110，160，70，200，160，140，160，220，200，110，160，160，200，140，110，160，220，140，160.
(1)完成如下的频率分布表：
近20年六月份降雨量频率分布表
解 在所给数据中，降雨量为110毫米的有3个，降雨量为160毫米的有7个，降雨量为200毫米的有3个.
故近20年六月份降雨量频率分布表为
(2)假定今年六月份的降雨量与近20年六月份降雨量的分布规律相同，并将频率视为概率，求今年六月份该水力发电站的发电量低于490(万千瓦·时)或超过530(万千瓦·时)的概率.(共61张PPT)
第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布
第9节 概率与统计的综合问题
1.会从统计图表中提取有效信息，用以解决概率问题. 2.能够解决概率与回归分析、独立性检验的综合问题．
考点一 统计图表与概率
例1 (12分)为了解决家长接送孩子放学的问题，教育部提出推行课后服务“5＋2”模式，即学校每周5天都要开展课后服务，每天至少开展2 h，结束时间要与当地正常下班时间相衔接，且不得利用课后服务时间讲新课.为了课后服务的有序开展，某教育局就课后服务的时长在网络上进行意见征集，并从中随机抽取了100份调查表，以此为样本绘制了如图所示的频率分布直方图：
(1)从样本中随机抽取2份调查表，若其中一份调查表所建议的课后服务时长超过200 min，求另一份调查表所建议的课后服务时长也超过200 min的概率；
(2)为了进一步了解课后服务时长的需求情况，从样本中建议课后服务时长超过180 min的人中分层抽取10人，再从这10人中任取3人，记建议课后服务时长在[180，200)的人数为X，求X的分布列与数学期望.
[思路分析] (1)先根据频率分布直方图求出课后服务时长超过200 min的调查表份数，再设出相关事件并求概率，最后根据条件概率的概率计算公式求解即可；
(2)先根据题意及分层随机抽样的知识求出X的所有可能取值，然后求解相应的概率，列出分布列，求得数学期望.
[规范解答] 解 (1)依题意，课后服务时长超过200 min的调查表共有
100×(0.007 5＋0.002 5)×20＝20(份)①，(1分)
设事件A为其中一份调查表所建议的课后服务时长超过200 min，事件B为另一份调查表所建议的课后服务时长也超过200 min，
(2)根据题意及分层随机抽样的知识可知，抽取的10人中，建议课后服务时长在[180，200)内的有6人，
则X的所有可能取值为0，1，2，3④，(7分)
[满分规则]
得步骤分
①②⑤每列一个式子并计算正确可得1分；
得关键分
③是条件概率公式得2分，④随机变量取值不要多写也不能漏写；
得计算分
⑥正确计算期望可得2分.
训练1 某社区为了了解居民收看杭州亚运会的情况，随机调查了100名居民，获得他们日均收看杭州亚运会的时长数据，将数据分成6组：[0，0.5]，(0.5，1]，(1，1.5]，(1.5，2]，(2，2.5]，(2.5，3]，并整理得到如图所示的频率分布直方图．
假设同组中的每个数据用该组区间的右端点值代替．
(1)试估计该社区居民日均收看杭州亚运会的时长的平均值；
解 根据题意，估计该社区居民日均收看杭州亚运会的时长的平均值为
(0.5×0.1＋1×0.3＋1.5×0.4＋2×0.6＋2.5×0.4＋3×0.2)×0.5＝1.875小时．
(2)以频率估计概率，从该社区居民中随机抽取3人，以X表示其中日均收看杭州亚运会的时长在(1.5，2.5]的居民人数，求X的分布列和数学期望E(X)；
解 由条件可知，从该社区居民中随机抽取1人，其日均收看杭州亚运会的时长在(1.5，2.5]的概率估计为(0.6＋0.4)×0.5＝0.5，
所以X的分布列为
(3)经过进一步调查发现，这100名居民收看杭州亚运会的方式有：①收看新闻或收看比赛集锦，②收看比赛转播或到现场观看．他们通过这两种方式收看的日均时长与其日均收看杭州亚运会的时长的比值如下表：
日均收看杭州亚运会的时长在[0，0.5]，(0.5，1.5]，(1.5，3]的居民通过方式①收看的平均时长分别记为μ1，μ2，μ3，写出μ1，μ2，μ3的大小关系．(结论不要求证明)
解 μ1＝0.5×1＝0.5小时，
因为(0.5，1]，(1，1.5]的人数之比为3∶4，
因为(1.5，2]，(2，2.5]，(2.5，3]的人数之比为3∶2∶1，
所以μ2＞μ3＞μ1.
考点二 回归分析与概率
(1)在所统计的5个年借阅量中任选2个，记其中低于平均值的个数为X，求X的分布列和数学期望E(X)；
所以模型①的残差平方和大于模型②的残差平方和，
所以模型②的拟合效果更好.
感悟提升
高考常将回归模型与分布列等交汇在一起进行考查，求解时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．
训练2 击鼓传花，也称传彩球，是中国古代传统民间酒宴上的助兴游戏，属于酒令的一种，又称“击鼓催花”，在唐代时就已出现．杜牧《羊栏浦夜陪宴会》诗句中有“球来香袖依稀暖，酒凸觥心泛艳光”，可以得知唐代酒宴上击鼓传花助兴的情景．游戏规则为：鼓响时，开始传花(或一小物件)，鼓响时众人开始依次传花，至鼓停为止，此时花在谁手中(或其序位前)，谁就上台表演节目(多是唱歌、跳舞、说笑话或回答问题、猜谜、按纸条规定行事等)．某单位组织团建活动，9人一组，共9组，玩击鼓传花，组号x(前五组)与组内女性人数y统计结果如表：
x 1 2 3 4 5
y 2 2 3 4 4
若女性人数y与组号x(组号变量x依次为1，2，3，4，5，…)具有线性相关关系．
(2)从前5组中随机抽取3组，若3组中女性人数不低于3人的有X组，求X的分布列与期望．
解 由题可知X的所有可能取值为1，2，3，
则X的分布列为
考点三 独立性检验与概率
例3 (2024·广州模拟)某高校为调查学生性别与是否喜欢排球运动的关系，在全校范围内采用简单随机抽样的方法，分别抽取了男生和女生各100名作为样本，经统计，得到了如图所示的等高堆积条形图.
(1)根据等高堆积条形图，填写下列2×2列联表，并依据α＝0.001的独立性检验，是否可以认为该校学生的性别与是否喜欢排球运动有关联；
性别 是否喜欢排球运动 是 否
男生
女生
解 由等高堆积条形图知，2×2列联表为
性别 是否喜欢排球运动 是 否
男生 30 70
女生 60 40
感悟提升
高考常将独立性检验与分布列等交汇在一起进行考查，由2×2列联表解决相关问题，解题的关键是正确理解2×2列联表，能利用2×2列联表正确计算出各组数据．
训练3 (2024·杭州模拟)在杭州亚运会的志愿者选拔工作中，某高校承办了亚运会志愿者选拔的面试工作，面试成绩满分100分，现随机抽取了80名候选者的面试成绩分五组，第一组[45，55)，第二组[55，65)，第三组[65，75)，第四组[75，85)，第五组[85，95]，绘制成如图所示的频率分布直方图.已知图中从左到右前三个组的频率成等差数列，第一组和第五组的频率相同.
(1)求a，b的值，并估计这80名候选者面试成绩的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)和中位数(中位数精确到0.1)；
解 由题意知20b＝10a＋0.45，(2a＋b＋0.065)×10＝1，
解得a＝0.005，b＝0.025，
所以平均值为50×0.05＋60×0.25＋70×0.45＋80×0.2＋90×0.05＝69.5，
解 补全2×2列联表：
所以依据小概率值α＝0.05的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为参加宁波赛区志愿者服务的候选人与性别有关.
解 X的所有可能取值为2，3，4，
微点突破 概率与函数、数列
在概率与统计的问题中，决策的工具是样本的数字特征或有关概率.决策方案的最佳选择是将概率最大(最小)或均值最大(最小)的方案作为最佳方案，这往往借助于函数、不等式、数列的有关性质去实现.
例1 某盒子内装有60个小球(除颜色之外其他完全相同)，其中有若干个黑球，其他均为白球.为了估计黑球的数目，设计如下实验：从盒子中有放回地抽取4个球，记录该次所抽取的黑球数目X，作为一次实验结果.进行上述实验共5次，记录下第i次实验中实际抽到黑球的数目xi.已知从该盒子中任意抽取一个球，抽到黑球的概率为p(0(1)求X的分布列；
解 从盒子中有放回地抽取4个球，记录该次所抽取的黑球数目X，
∵从该盒子中任意抽取一个球，抽到黑球的概率为p(0∴X～B(4，p)，
∴X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P (1－p)4 4p(1－p)3 6p2(1－p)2 4p3(1－p) p4
②据①估计该盒子中黑球的数目，并说明理由.
解 估计盒子中黑球的数目为60p0＝39.理由如下：
例2 (2023·新高考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；
解 第2次投篮的人是乙分为两种情况：
第1次投篮的人是甲且投篮未命中，其概率为0.5×(1－0.6)＝0.2；
第1次投篮的人是乙且投篮命中，其概率为0.5×0.8＝0.4，
所以第2次投篮的人是乙的概率为0.2＋0.4＝0.6.
(2)求第i次投篮的人是甲的概率；
解 设第i次投篮的人是甲为事件Ai，
(2)从学生中随机抽取n人(n∈N*)，记这n人的合计得分恰为n＋1的概率为Pn，求P1＋P2＋…＋Pn.
解 因为这n人的合计得分为n＋1分，
所以其中只有1人计划选择校本课程二，
课时分层精练
3
KESHIFENCENGJINGLIAN
1.(2024·西安调研)某市为了解本市初中生周末运动时间，随机调查了3 000名学生，统计了他们的周末运动时间，制成如图所示的频率分布直方图.
(1)按照分层随机抽样，从[40，50)和[80，90)中随机抽取了9名学生.现从已抽取的9名学生中随机推荐3名学生参加体能测试.记推荐的3名学生来自[40，50)的人数为X，求X的分布列；
解 运动时间在[40，50)的人数为3 000×0.02×10＝600.
运动时间在[80，90)的人数为3 000×0.01×10＝300.按照分层随机抽样共抽取9人，则在区间[40，50)内抽取的人数为6，在区间[80，90)内抽取的人数为3.
∴随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，
2.(2024·长沙调研)随着生活水平的提高，人们对水果的需求量越来越大，为了满足消费者的需求，精品水果店也在大街小巷遍地开花.4月份的“湖南沃柑”因果肉滑嫩，皮薄汁多，口感甜软，低酸爽口深受市民的喜爱.某“闹闹”水果店对某品种的“湖南沃柑”进行试销，得到一组销售数据，如下表所示：
试销单价x(元) 3 4 5 6 7
产品销量y件 20 16 15 12 6
(1)经计算相关系数r≈－0.97，变量x，y线性相关程度很高，求y关于x的经验回归方程；
3.为落实十三五规划节能减排的国家政策，某职能部门对市场上两种设备的使用寿命进行调查统计，随机抽取A型和B型设备各100台，得到如下频率分布直方图：
(1)将使用寿命超过2 500小时和不超过2 500小时的台数填入下面的列联表：
超过2 500小时 不超过2 500小时 合计
A型
B型
合计
根据上面的列联表，依据α＝0.01的独立性检验，能否认为使用寿命是否超过2 500小时与型号有关？
解 由频率分布直方图可知，A型超过2 500小时的有100×(0.000 6＋0.000 5＋0.000 3)×500＝70台,则A型不超过2 500小时的有30台,同理,B型超过2 500小时的有100×(0.000 6＋0.000 3＋0.000 1)×500＝50台,则B型不超过2 500小时的有50台．
列联表如下：
超过2 500小时 不超过2 500小时 合计
A型 70 30 100
B型 50 50 100
合计 120 80 200
零假设为H0：使用寿命是否超过2 500小时与型号无关，
所以依据α＝0.01的独立性检验，我们推断H0不成立，
即认为使用寿命是否超过2 500小时与型号有关．
(2)用分层随机抽样的方法从不超过2 500小时A型和B型设备中抽取8台，再从这8台设备中随机抽取3台，其中A型设备为X台，求X的分布列和数学期望；
解 由(1)和分层随机抽样的定义可知A型设备有3台，B型设备有5台，
所以X的取值可能为0，1，2，3，
所以X的分布列为
α 0.050 0.010 0.001
xα 3.841 6.635 10.828
解 由频率分布直方图中的频率估计概率知，A型设备每台更换的概率为0.3，
所以10台A型设备估计更要换3台；
B型设备每台更换的概率为0.5，所以10台B型设备估计要更换5台，
选择A型设备的总费用y1＝(10＋3)×1＋10×2×0.75×2 500×10－4＝16.75(万元)，
选择B型设备的总费用y2＝(10＋5)×0.6＋10×6×0.75×2 500×10－4＝20.25(万元),
所以选择A型设备．
证明 第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn，
则当n≥2时，第n－1次传球之前球在甲脚下的概率为pn－1，第n－1次传球之前不在甲脚下的概率为1－pn－1，
②设第n次传球之前球在乙脚下的概率为qn，比较p10与q10的大小.