2019版二轮复习数学（理·普通生）通用版讲义：第一部分第二层级重点增分专题十二　计数原理、概率、随机变量及其分布列

重点增分专题十二　计数原理、概率、随机变量及其分布列
[全国卷3年考情分析]
年份
全国卷Ⅰ
全国卷Ⅱ
全国卷Ⅲ
2018
几何概型·T10
古典概型·T8
求二项式系数问题·T5
二项分布、导数的应用及变量的数学期望、决策性问题·T20
相互独立事件及二项分布·T8
2017
数学文化、有关面积的几何概型·T2
二项分布的方差·T13
频数分布表、概率分布列的求解、数学期望的应用·T18
正态分布、二项分布的性质及概率、方差·T19
2016
与长度有关的几何概型·T4
几何概型、随机模拟·T10

柱状图、相互独立事件与互斥事件的概率、分布列和数学期望·T19
互斥事件的概率、条件概率、随机变量的分布列和数学期望·T18


(1)概率、随机变量及其分布是高考命题的热点之一，命题形式为“一小一大”，即一道选择题(或填空题)和一道解答题．
(2)选择题或填空题常出现在第4～10题或第13～15题的位置，主要考查随机事件的概率、古典概型、几何概型，难度一般．

保分考点·练后讲评
[大稳定]
1.(2018·全国卷Ⅲ)5的展开式中x4的系数为(　　)
A．10　　　　　　　　　 　B．20
C．40 D．80
解析：选C　5的展开式的通项公式为Tr＋1＝C·(x2)5－r·r＝C·2r·x10－3r，
令10－3r＝4，得r＝2.故展开式中x4的系数为C·22＝40.
2.(2017·全国卷Ⅰ)(1＋x)6展开式中x2的系数为(　　)

A．15 B．20
C．30 D．35
解析：选C　(1＋x)6展开式的通项Tr＋1＝Cxr，所以(1＋x)6的展开式中x2的系数为1×C＋1×C＝30.
3.在n的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为32∶1，则x2的系数为(　　)
A．50 B．70
C．90 D．120
解析：选C　令x＝1，则n＝4n，所以n的展开式中，各项系数和为4n，又二项式系数和为2n，所以＝2n＝32，解得n＝5.二项展开式的通项Tr＋1＝Cx5－rr＝C3rx5－r，令5－r＝2，得r＝2，所以x2的系数为C32＝90，故选C.
4.若二项式7的展开式中的系数是84，则实数a等于(　　)
A．2 B.
C．1 D.
解析：选C　二项式7的展开式的通项Tr＋1＝C27－rx7－rarx－r＝27－rCarx7－2r，
令7－2r＝－3，得r＝5，所以T6＝4Ca5＝84，解得a＝1.
5.在n的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式的常数项是(　　)
A．－7 B．7
C．－28 D．28
解析：选B　因为只有第5项的二项式系数C最大，所以＝4，即n＝8.
8的展开式的通项公式为Tr＋1＝C8－rr＝x8－r，
令8－r＝0，解得r＝6，故常数项为T7＝＝7.故选B.

6.(x2＋x＋y)4的展开式中，x3y2的系数是________．
解析：法一：(x2＋x＋y)4＝[(x2＋x)＋y]4，
其展开式的第r＋1项Tr＋1＝C(x2＋x)4－ryr，
因为要求x3y2的系数，所以r＝2，所以T3＝C(x2＋x)4－2y2＝6(x2＋x)2y2.
因为(x2＋x)2的展开式中x3的系数为2，所以x3y2的系数是6×2＝12.
法二：(x2＋x＋y)4表示4个因式x2＋x＋y的乘积，
在这4个因式中，有2个因式选y，其余的2个因式中有一个选x，剩下的一个选x2，即可得到含x3y2的项，
故x3y2的系数是C·C·C＝12.
答案：12
[解题方略]
1．求二项式与代数式积的展开式特定项系数问题的关键
一是将二项式看作一个整体，利用分配律整理所给式子；二是利用二项展开式的通项公式，求特定项，特定项的系数即为所要求的系数．
2．求(x＋y＋z)n的展开式的特定项的系数问题的技巧
若三项能用完全平方公式，那当然比较简单，若三项不能用完全平方公式，只需根据题目特点，把“三项”当成“两项”看，再利用二项展开式的通项公式去求特定项的系数；把(x＋y＋z)n看作n个因式x＋y＋z的乘积，再利用组合数公式求解．

3．二项式系数最大项的确定方法
若n是偶数，则中间一项的二项式系数最大；若n是奇数，则中间两项第项与第＋1项的二项式系数，最大．
[小创新]
1.在(1＋x)6(2＋y)4的展开式中，记xmyn项的系数为f(m，n)，则f(4,0)＋f(3,1)＋f(2,2)＋f(1,3)＋f(0,4)＝(　　)
A．1 240 B．1 289
C．600 D．880
解析：选B　(1＋x)6的展开式中，xm的系数为C，(2＋y)4的展开式中，yn的系数为C24－n，则f(m，n)＝C·C·24－n，从而f(4,0)＋f(3,1)＋f(2,2)＋f(1,3)＋f(0,4)＝C·C·24＋C·C·23＋C·C·22＋C·C·21＋C·C·20＝1 289.
2.已知(1＋ax＋by)5(a，b为常数，a∈N*，b∈N*)的展开式中不含字母x的项的系数和为243，则函数f(x)＝，x∈的最小值为______．
解析：令x＝0，y＝1，得(1＋b)5＝243，解得b＝2.因为x∈，所以x＋∈，则sin x＋cos x＝sin∈[1，]，所以f(x)＝＝＝＝2(sin x＋cos x)＝2sin，所以2≤f(x)≤2.故f(x)的最小值为2.
答案：2
古典概型、几何概型及条件概率
1.(2018·全国卷Ⅱ)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30＝7＋23.在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是(　　)
A.　　　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选C　不超过30的所有素数为2,3,5,7,11,13,17,19,23,29，共10个，随机选取两个不同的数，共有C＝45种情况，而和为30的有7＋23,11＋19,13＋17这3种情况，∴所求概率为＝.故选C.


2.(2018·全国卷Ⅰ)如图，来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形．此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC，直角边AB，AC.△ABC的三边所围成的区域记为Ⅰ，黑色部分记为Ⅱ，其余部分记为Ⅲ.在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为p1，p2，p3，则(　　)
A．p1＝p2 B．p1＝p3
C．p2＝p3 D．p1＝p2＋p3
解析：选A　法一：∵S△ABC＝AB·AC，以AB为直径的半圆的面积为π·2＝AB2，以AC为直径的半圆的面积为π·2＝AC2，以BC为直径的半圆的面积为π·2＝ BC2，
∴SⅠ＝AB·AC，SⅢ＝BC2－AB·AC，
SⅡ＝－＝AB·AC.
∴SⅠ＝SⅡ.
由几何概型概率公式得p1＝，p2＝，
∴p1＝p2.故选A.
法二：不妨设△ABC为等腰直角三角形，
AB＝AC＝2，则BC＝2，
所以区域Ⅰ的面积即△ABC的面积，
为S1＝×2×2＝2，
区域Ⅱ的面积S2＝π×12－＝2，
区域Ⅲ的面积S3＝－2＝π－2.
根据几何概型的概率计算公式，
得p1＝p2＝，p3＝，
所以p1≠p3，p2≠p3，p1≠p2＋p3，故选A.
3.一个口袋中装有6个小球，其中红球4个，白球2个．如果不放回地依次摸出2个小球，则在第1次摸出红球的条件下，第2次摸出红球的概率为________．
解析：设“第1次摸出红球”为事件A，“第2次摸出红球”为事件B，则“第1次和第2次都摸出红球”为事件AB，所求事件为B|A.
事件A发生的概率为P(A)＝＝，
事件AB发生的概率为P(AB)＝×＝.
由条件概率的计算公式可得，所求事件的概率为P(B|A)＝＝＝.
答案：
[解题方略]
1．求解几何概型的步骤

2．条件概率的求法
(1)利用定义，分别求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝.这是通用的求条件概率的方法．
(2)借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再在事件A发生的条件下求事件B包含的基本事件数，即n(AB)，得P(B|A)＝.
随机变量的分布列、均值与方差
题型一　超几何分布及其均值与方差
[例1]　某大学志愿者协会有6名男同学，4名女同学．在这10名同学中，3名同学来自数学学院，其余7名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院．现从这10名同学中随机选取3名同学到希望小学进行支教活动(每位同学被选到的可能性相同)．
(1)求选出的3名同学是来自互不相同学院的概率；
(2)设X为选出的3名同学中女同学的人数，求随机变量X的分布列和数学期望E(X)．
[解]　(1)设“选出的3名同学是来自互不相同的学院”为事件A，则P(A)＝＝.
所以选出的3名同学是来自互不相同学院的概率为.
(2)随机变量X的所有可能值为0,1,2,3.
P(X＝k)＝(k＝0,1,2,3)．
所以P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝.
所以随机变量X的分布列为：
X
0
1
2
3
P





故随机变量X的数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
[解题方略]
1．超几何分布的应用条件及实质
(1)条件：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，考察某类个体个数X的概率分布．
(2)实质：古典概型问题．
2．超几何分布的均值与方差
对于实际问题中的随机变量X，如果能够断定它服从超几何分布H(N，M，n)，则其概率可直接利用公式P(X＝k)＝(k＝0,1，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*)．
题型二　相互独立事件的概率及均值与方差
[例2]　(2019届高三·益阳、湘潭调研)某乒乓球俱乐部派甲、乙、丙三名运动员参加某运动会的单打资格选拔赛，本次选拔赛只有出线和未出线两种情况．规定一名运动员出线记1分，未出线记0分．假设甲、乙、丙出线的概率分别为，，，他们出线与未出线是相互独立的．
(1)求在这次选拔赛中，这三名运动员至少有一名出线的概率；
(2)记在这次选拔赛中，甲、乙、丙三名运动员的得分之和为随机变量ξ，求随机变量ξ的分布列和数学期望E(ξ)．
[解]　(1)记“甲出线”为事件A，“乙出线”为事件B，“丙出线”为事件C，“甲、乙、丙至少有一名出线”为事件D，
则P(D)＝1－P(　　)＝1－××＝.
(2)由题意可得，ξ的所有可能取值为0,1,2,3，
则P(ξ＝0)＝P(　　)＝××＝；
P(ξ＝1)＝P(A　)＋P(　B)＋P(　 C)＝××＋××＋××＝；
P(ξ＝2)＝P(AB)＋P(AC)＋P(BC)＝××＋××＋××＝；
P(ξ＝3)＝P(ABC)＝××＝.
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
P





E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
[解题方略]　求相互独立事件的概率的两种方法
直接法
正确分析复杂事件的构成，将复杂事件转化为几个彼此互斥的事件的和事件或几个相互独立事件同时发生的积事件或独立重复试验问题，然后用相应概率公式 求解
间接法
当复杂事件正面情况较多，反面情况较少时，可利用其对立事件进行求解．对于“至少”“至多”等问题往往也用这种方法求解

题型三　二项分布及其均值与方差
[例3]　雾霾天气对人体健康有伤害，应对雾霾污染、改善空气质量的首要任务是控制PM2.5，要从压减燃煤、严格控车、调整产业、强化管理、联防联控、依法治理等方面采取重大举措，聚焦重点领域，严格指标考核．某省环保部门为加强环境执法监管，派遣四个不同的专家组对A，B，C三个城市进行治霾落实情况抽查．
(1)若每个专家组随机选取一个城市，四个专家组选取的城市可以相同，也可以不同，求恰有一个城市没有专家组选取的概率；
(2)每一个城市都要由四个专家组分别对抽查情况进行评价，并对所选取的城市进行评价，每个专家组给检查到的城市评价为优的概率为，若四个专家组均评价为优则检查通过不用复检，否则需进行复检．设需进行复检的城市的个数为X，求X的分布列．
[解]　(1)随机选取，共有34＝81种不同方法，
恰有一个城市没有专家组选取的有C(CA＋C)＝42种不同方法，
故恰有一个城市没有专家组选取的概率P＝＝.
(2)设事件A：“一个城市需复检”，
则P(A)＝1－4＝，
X的所有可能取值为0,1,2,3，
P(X＝0)＝C·3＝，
P(X＝1)＝C·2·＝，
P(X＝2)＝C··2＝，
P(X＝3)＝C·3＝.
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
P





[解题方略]　破解有关二项分布的“四关”

利用均值与方差破解决策性问题

[典例]　(2018·洛阳第一次统考)甲、乙两家外卖公司，其送餐员的日工资方案如下：甲公司，底薪80元，每单送餐员抽成4元；乙公司，无底薪，40单以内(含40单)的部分送餐员每单抽成6元，超出40单的部分送餐员每单抽成7元．假设同一公司的送餐员一天的送餐单数相同，现从这两家公司各随机选取一名送餐员，并分别记录其50天的送餐单数，得到如下频数表：
甲公司送餐员送餐单数频数表
送餐单数
38
39
40
41
42
天数
10
15
10
10
5

乙公司送餐员送餐单数频数表
送餐单数
38
39
40
41
42
天数
5
10
10
20
5

(1)现从记录甲公司的50天送餐单数中随机抽取3天的送餐单数，求这3天送餐单数都不小于40的概率．
(2)若将频率视为概率，回答下列两个问题：
①记乙公司送餐员日工资为X(单位：元)，求X的分布列和数学期望E(X)；
②小王打算到甲、乙两家公司中的一家应聘送餐员，如果仅从日工资的角度考虑，请利用所学的统计学知识为小王作出选择，并说明理由．
[解]　(1)记抽取的3天送餐单数都不小于40为事件M，
则P(M)＝＝.
(2)①设乙公司送餐员的送餐单数为a，
当a＝38时，X＝38×6＝228，
当a＝39时，X＝39×6＝234，
当a＝40时，X＝40×6＝240，
当a＝41时，X＝40×6＋1×7＝247，
当a＝42时，X＝40×6＋2×7＝254.
所以X的所有可能取值为228,234,240,247,254.
故X的分布列为
X
228
234
240
247
254
P





所以E(X)＝228×＋234×＋240×＋247×＋254×＝241.8.
②依题意，甲公司送餐员的日平均送餐单数为
38×0.2＋39×0.3＋40×0.2＋41×0.2＋42×0.1＝39.7，
所以甲公司送餐员的日平均工资为80＋4×39.7＝238.8元．
由①得乙公司送餐员的日平均工资为241.8元．
因为238.8