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最新高考数学一轮复习-第十一章-计数原理、概率、随机变量及其分布列【导学案】
展开这是一份最新高考数学一轮复习-第十一章-计数原理、概率、随机变量及其分布列【导学案】，共95页。
课程标准
1.了解分类加法计数原理和分步乘法计数原理及其意义.
2.理解排列的概念及排列数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题.
3.理解组合的概念及组合数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题.
[由教材回扣基础]
1．两个计数原理
2.排列、组合的定义
3.排列数、组合数的定义、公式、性质
eq \a\vs4\al(澄清微点·熟记结论)
(1)元素之间与顺序有关的为排列，与顺序无关的为组合．
(2)①排列数与组合数之间的联系为Ceq \\al(m,n)Aeq \\al(m,m)＝Aeq \\al(m,n).
②两种形式分别为：a.连乘积形式；b.阶乘形式．前者多用于数字计算，后者多用于含有字母的排列数式子的变形与论证．
(3)解受条件限制的排列、组合题，通常有直接法(合理分类)和间接法(排除法)．分类时标准应统一，避免出现重复或遗漏．
(4)对于分配问题，一般先分组，再分配，注意平均分组与不平均分组的区别，避免重复或遗漏．
[练小题巩固基础]
一、准确理解概念(判断正误)
(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．( )
(4)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．( )
(5)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．( )
(6)若组合式Ceq \\al(x,n)＝Ceq \\al(m,n)，则x＝m成立．( )
答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)× (5)× (6)×
二、练牢教材小题
1．(新人教A版选择性必修③P3例1改编)从4名女同学和3名男同学中选1人主持本班的某次主题班会，则不同选法的种数为________．
答案：7
2．(新苏教版选择性必修②P55例3改编)3名同学每人从5本不同的电子书中任选1本，共有________种不同的选法．
答案：125
3．(新人教A版选择性必修③ P27T13改编)从4名男同学和3名女同学中选出3名参加某项活动，则男女生都有的选法种数是________．
答案：30
4．(新湘教版选择性必修① P180T5改编)A，B，C，D，E五人并排站成一排，如果B必须在A的右侧(A，B可以不相邻)，那么不同的排法共有________种．
答案：60
三、练清易错易混
1．(混淆两个计数原理)一个口袋内装有5个小球，另一个口袋内装有4个小球，所有这些小球的颜色互不相同，则从两个口袋中各取1个小球，有________种不同的取法．
解析：分两步完成，第一步从第1个口袋内任取1个小球有5种方法，第二步从第二个口袋内取1个小球有4种方法，根据分步乘法计数原理得到不同的取法种数是5×4＝20种．
答案：20
2．(分步、分类时产生重复或遗漏)从1,2,3，…，10中选出3个不同的数，使这三个数构成等差数列，则这样的数列共有________个．
解析：根据构成等差数列的公差，分为公差为±1，±2，±3，±4四类，公差为±1时，有8×2＝16个；公差为±2时，满足要求的数列共有6×2＝12个；公差为±3时，有4×2＝8个；公差为±4时，只有2×2＝4个，由分类加法计数原理可知，共构成了不同的等差数列16＋12＋8＋4＝40个．
答案：40
命题视角一 两个计数原理及应用(自主练通)
1．如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )
A．24 B．18 C．12 D．9
解析：选B 由题意可知E→F有6种走法，F→G有3种走法，由乘法计数原理知，共6×3＝18种走法，故选B.
2．某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母B，C，D中选择，其他四个号码可以从0～9这十个数字中选择(数字可以重复)，有车主第一个号码(从左到右)只想在数字3,5,6,8,9中选择，其他号码只想在1,3,6,9中选择，则他的车牌号码可选的所有可能情况有( )
A．180种 B．360种 C．720种 D．960种
解析：选D 按照车主的要求，从左到右第一个号码有5种选法，第二个号码有3种选法，其余三个号码各有4种选法．因此车牌号码可选的所有可能情况有5×3×4×4×4＝960(种)．
3．甲、乙、丙、丁四位同学高考之后计划去A，B，C三个不同社区进行帮扶活动，每人只能去一个社区，每个社区至少一人．其中甲必须去A社区，乙不去B社区，则不同的安排方法种数为( )
A．8 B．7 C．6 D．5
解析：选B 根据题意，分两种情况讨论：①乙和甲一起去A社区，此时将丙、丁二人安排到B，C社区即可，有2种情况；②乙不去A社区，则乙必须去C社区，若丙、丁都去B社区，有1种情况，若丙、丁中有1人去B社区，则先在丙、丁中选出1人，安排到B社区，剩下1人安排到A或C社区，有2×2＝4种情况，则不同的安排方法种数有2＋1＋4＝7种．故选B.
4．在三位正整数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼峰数”．比如“102”，“546”为“驼峰数”，由数字1,2,3,4可构成无重复数字的“驼峰数”有________个．
解析：十位数的数为1时，有213,214,312,314,412,413，共6个；十位上的数为2时，有324,423，共2个，所以共有6＋2＝8(个)．
答案：8
5.如图，从A到O有________种不同的走法(不重复过一点)．
解析：分3类：第一类，直接由A到O，有1种走法；第二类，中间过一个点，有A→B→O和A→C→O共2种不同的走法；第三类，中间过两个点，有A→B→C→O和A→C→B→O共2种不同的走法，由分类加法计数原理可得共有1＋2＋2＝5种不同的走法．
答案：5
[一“点”就过]
(1)分类加法和分步乘法计数原理，都是关于做一件事的不同方法的种数问题，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，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事．
(2)分类标准要明确，做到不重复不遗漏．
(3)混合问题一般是先分类再分步．
(4)切实理解“完成一件事”的含义，以确定需要分类还是需要分步进行．
命题视角二 排列问题
[典例] 3名男生，4名女生，按照不同的要求排队，求不同的排队方案的方法种数．
(1)选其中5人排成一排；
(2)排成前后两排，前排3人，后排4人；
(3)全体站成一排，男、女各站在一起；
(4)全体站成一排，男生不能站在一起．
[解] (1)问题即为从7个元素中选出5个全排列，有Aeq \\al(5,7)＝2 520种排法．
(2)前排3人，后排4人，相当于排成一排，共有Aeq \\al(7,7)＝5 040种排法．
(3)相邻问题(捆绑法)：男生必须站在一起，是男生的全排列，有Aeq \\al(3,3)种排法；女生必须站在一起，是女生的全排列，有Aeq \\al(4,4)种排法；全体男生、女生各视为一个元素，有Aeq \\al(2,2)种排法，由分步乘法计数原理知，共有N＝Aeq \\al(3,3)·Aeq \\al(4,4)·Aeq \\al(2,2)＝288(种)．
(4)不相邻问题(插空法)：先安排女生共有Aeq \\al(4,4)种排法，男生在4个女生隔成的五个空中安排共有Aeq \\al(3,5)种排法，故N＝Aeq \\al(4,4)·Aeq \\al(3,5)＝1 440(种)．
[方法技巧] 求解排列应用问题的5种主要方法
[针对训练]
1．某国际会议结束后，中、美、俄等21国领导人合影留念，他们站成两排，前排11人，后排10人，中国领导人站在前排正中间位置，美、俄两国领导人也站前排并与中国领导人相邻，如果对其他国家领导人所站位置不做要求，那么不同的站法共有( )
A．Aeq \\al(18,18)种 B．Aeq \\al(20,20)种
C．Aeq \\al(2,3)Aeq \\al(3,18)Aeq \\al(10,10)种 D．Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(18,18)种
解析：选D 中国领导人站在前排正中间位置，美、俄两国领导人站前排并与中国领导人相邻，有Aeq \\al(2,2)种站法；其他18国领导人可以任意站，因此有Aeq \\al(18,18)种站法．根据分步乘法计数原理可知，共有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(18,18)种站法．
2．(2022·长沙明德中学月考)现有10名学生排成一排，其中4名男生，6名女生，若有且只有3名男生相邻排在一起，则不同的排法种数为( )
A．Aeq \\al(2,6)Aeq \\al(2,7) B．Aeq \\al(3,4)Aeq \\al(2,7)
C．Aeq \\al(3,3)Aeq \\al(2,6)Aeq \\al(2,7) D．Aeq \\al(3,4)Aeq \\al(6,6)Aeq \\al(2,7)
解析：选D 根据题意，分3步进行分析：①将4名男生分成1,3两组，有Ceq \\al(3,4)＝4种分组方法，其中三人组三人之间的顺序有Aeq \\al(3,3)种排法；②将6名女生全排列，有Aeq \\al(6,6)种情况，排好后有7个空位；③将分好的2组男生安排到7个空位中，有Aeq \\al(2,7)种情况，则不同的排法有Ceq \\al(3,4)Aeq \\al(3,3)Aeq \\al(6,6)Aeq \\al(2,7)＝Aeq \\al(3,4)Aeq \\al(6,6)Aeq \\al(2,7)种．
命题视角三 组合问题
[典例] 已知男运动员6名，女运动员4名，其中男、女队长各1人．选派5人外出比赛．在下列情形中各有多少种选派方法？
(1)男运动员3名，女运动员2名；
(2)至少有1名女运动员；
(3)队长中至少有1人参加；
(4)既要有队长，又要有女运动员．
[解] (1)第1步，选3名男运动员，有Ceq \\al(3,6)种选法；
第2步，选2名女运动员，有Ceq \\al(2,4)种选法，共有Ceq \\al(3,6)·Ceq \\al(2,4)＝120(种)选法．
(2)“至少有1名女运动员”的反面为“全是男运动员”，可用间接法求解．
从10人中任选5人有Ceq \\al(5,10)种选法，其中全是男运动员的选法有Ceq \\al(5,6)种．所以“至少有1名女运动员”的选法有Ceq \\al(5,10)－Ceq \\al(5,6)＝246(种)．
(3)从10人中任选5人有Ceq \\al(5,10)种选法．其中不选队长的方法有Ceq \\al(5,8)种．所以“至少有1名队长”的选法为C510－Ceq \\al(5,8)＝196(种)．
(4)当有女队长时，其他人任意选，共有Ceq \\al(4,9)种选法．不选女队长时，必选男队长，共有Ceq \\al(4,8)种选法，其中不含女运动员的选法有Ceq \\al(4,5)种，所以不选女队长时的选法共有Ceq \\al(4,8)－Ceq \\al(4,5)种．所以既有队长又有女运动员的选法共有Ceq \\al(4,9)＋Ceq \\al(4,8)－C45＝191(种)．
[方法技巧] 组合问题的2种题型及解法
[针对训练]
1．(2021·开封模拟)某地实行高考改革，考生除参加语文、数学、英语统一考试外，还需从物理、化学、生物、政治、历史、地理六科中选考三科．学生甲要想报考某高校的法学专业，就必须要从物理、政治、历史三科中至少选考一科，则学生甲的选考方法种数为( )
A．6 B．12
C．18 D．19
解析：选D 在物理、政治、历史中选一科的选法有Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,3)＝9种；在物理、政治、历史中选两科的选法有Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(1,3)＝9种；物理、政治、历史三科都选的选法有1种．所以学生甲的选考方法共有9＋9＋1＝19种．故选D.
2．现有12张不同的扑克牌，其中红桃、方片、黑桃、梅花各3张，现从中任取3张，要求这3张牌不能是同一种且黑桃至多一张，则不同的取法种数为________．
解析：分类完成，含有一张黑桃的不同取法有Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,9)＝108(种)，不含黑桃时，有Ceq \\al(3,9)－3Ceq \\al(3,3)＝81(种)不同的取法．故共有108＋81＝189种不同的取法．
答案：189
命题视角四 分组分配问题
考法(一) 整体均分问题
[例1] 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名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．
[解析] 先把6名毕业生平均分成3组，有eq \f(C\\al(2,6)C\\al(2,4)C\\al(2,2),A\\al(3,3))种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有Aeq \\al(3,3)＝6种方法，故6名毕业生平均分到3所学校，共有eq \f(C\\al(2,6)C\\al(2,4)C\\al(2,2),A\\al(3,3))Aeq \\al(3,3)＝90种分配方法．
[答案] 90
[方法技巧]
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Aeq \\al(n,n)(n为均分的组数)，避免重复计数．
考法(二) 部分均分问题
[例2] 将并排的有不同编号的5个房间安排给5名工作人员临时休息，假定每个人可以选择任一房间，且选择各个房间是等可能的，则恰有2个房间无人选择且这2个房间不相邻的安排方式的种数为________．
[解析] 先将5人分成三组(1,1,3或2,2,1两种形式)，再将这三组人安排到3个房间，然后将2个房间插入前面住了人的3个房间形成的空当中即可，故安排方式共有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(C\\al(1,5)C\\al(1,4)C\\al(3,3),A\\al(2,2))＋\f(C\\al(2,5)C\\al(2,3)C\\al(1,1),A\\al(2,2))))·Aeq \\al(3,3)·Ceq \\al(2,4)＝900种．
[答案] 900
[方法技巧]
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．
考法(三) 不等分组问题
[例3] (1)(2020·新高考Ⅱ卷)3名大学生利用假期到2个山村参加扶贫工作，每名大学生只去1个村，每个村至少1人，则不同的分配方案共有( )
A．4种 B．5种 C．6种 D．8种
(2)将6本不同的书分给甲、乙、丙3名学生，其中一人得1本，一人得2本，一人得3本，则有________种不同的分法．
[解析] (1)根据题意，可先将3名大学生分成2组，一组2人，一组1人，共有Ceq \\al(2,3)＝3种分法，再将这两组分配到2个山村，有Aeq \\al(2,2)＝2种分法，故共有3×2＝6种分法．
(2)先把书分成三组，把这三组分给甲、乙、丙3名学生．先选1本，有Ceq \\al(1,6)种选法；再从余下的5本中选2本，有Ceq \\al(2,5)种选法；最后余下3本全选，有Ceq \\al(3,3)种选法．故共有Ceq \\al(1,6)·Ceq \\al(2,5)·Ceq \\al(3,3)＝60种选法．由于甲、乙、丙是不同的3人，还应考虑再分配，故共有60Aeq \\al(3,3)＝360种分配方法．
[答案] (1)C (2)360
[方法技巧]
对于不等分组，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．
[针对训练]
1．(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种书 B．120种 C．240种 D．480种
解析：选C 若每名志愿者只分配到1个项目，且每个项目至少分配1名志愿者，则必有一个项目分配2名志愿者，所以先从5名志愿者中任选2名志愿者放在一起，再和剩下的3名志愿者一起分配到4个项目中，共有Ceq \\al(2,5)Aeq \\al(4,4)＝240(种)不同的分配方案．故选C.
2．今年，我校迎来了安徽师范大学数学系5名实习教师，若将这5名实习教师分配到高一年级的3个班实习，每班至少1名，最多2名，则不同的分配方案有( )
A．180种 B．120种 C．90种 D．60种
解析：选C 将5名实习教师分配到高一年级的3个班实习，每班至少1名，最多2名，则将5名教师分成三组，一组1人，另两组都是2人，有eq \f(C\\al(1,5)·C\\al(2,4),A\\al(2,2))＝15(种)方法．再将3组分到3个班，共有15·Aeq \\al(3,3)＝90(种)不同的分配方案．故选C.
[课时跟踪检测]
1．从甲地到乙地，一天中有5次火车，12次客车，3次飞机航班，还有6次轮船，某人某天要从甲地到乙地，共有不同走法的种数是( )
A．26 B．60
C．18 D．1 080
解析：选A 由分类加法计数原理知有5＋12＋3＋6＝26(种)不同走法．
2．教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的走法有( )
A．10种 B．25种
C．52种 D．24种
解析：选D 每相邻的两层之间各有2种走法，共分4步．由分步乘法计数原理，共有24种不同的走法．
3．(2022·德州模拟)某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为( )
A．504 B．210
C．336 D．120
解析：选A 分三步，先插一个新节目，有7种方法，再插第二个新节目，有8种方法，最后插第三个节目，有9种方法．故共有7×8×9＝504种不同的插法．
4．三个人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有( )
A．4种 B．6种
C．10种 D．16种
解析：选B 分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件有3种方法(如图)，同理，甲先踢给丙时，满足条件也有3种方法．由分类加法计数原理，共有3＋3＝6种传递方法．
5．六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有( )
A．192种 B．216种
C．240种 D．288种
解析：选B 第一类：甲在左端，有Aeq \\al(5,5)＝120种排法；
第二类：乙在最左端，甲不在最右端，有4Aeq \\al(4,4)＝96种排法；所以共有120＋96＝216种排法．
6．(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
解析：选C 先从6名同学中选1名安排到甲场馆，有Ceq \\al(1,6)种选法，再从剩余的5名同学中选2名安排到乙场馆，有Ceq \\al(2,5)种选法，最后将剩下的3名同学安排到丙场馆，有Ceq \\al(3,3)种选法，由分步乘法计数原理知，共有Ceq \\al(1,6)·Ceq \\al(2,5)·Ceq \\al(3,3)＝60(种)不同的安排方法．故选C.
7．从10种不同的作物种子中选出6种放入6个不同的瓶子中展出，如果甲、乙两种种子不能放入第1号瓶内，那么不同的放法种数为( )
A．Ceq \\al(2,10)Aeq \\al(4,8) B．Ceq \\al(1,9)Aeq \\al(5,9)
C．Ceq \\al(1,8)Aeq \\al(5,9) D．Ceq \\al(1,8)Aeq \\al(5,8)
解析：选C 先排第1号瓶，从除甲、乙以外的8种不同作物种子中选出1种有Ceq \\al(1,8)种方法，再排剩余的瓶子，有Aeq \\al(5,9)种方法，故不同的放法共Ceq \\al(1,8)Aeq \\al(5,9)种，故选C.
8．从数字1,2,3,4,5,6,7中任取3个奇数，2个偶数，组成一个无重复数字且两个偶数数字不相邻的五位数，则满足条件的五位数共有( )
A．864个 B．432个
C．288个 D．144个
解析：选A 从数字1,2,3,4,5,6,7中任取3个奇数，2个偶数的取法种数为Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(2,3).把3个奇数全排列，有Aeq \\al(3,3)种，再把2个偶数在3个奇数排后产生的空位置中排列，有Aeq \\al(2,4)种，所以根据分步乘法计数原理知，满足条件的五位数共有Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(3,3)Aeq \\al(2,4)＝864(个)．
9.某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示正方形ABCD(边长为2个单位)的顶点A处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位，如果掷出的点数为i(i＝1,2，…，6)，则棋子就按逆时针方向行走i个单位，一直循环下去．则某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处的所有不同走法共有( )
A．22种 B．24种
C．25种 D．27种
解析：选D 由题意知正方形ABCD(边长为2个单位)的周长是8个单位，抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处，表示三次骰子的点数之和是8或16，点数和为8或16的有125,134,116,224,233,466,556，共有7种组合．组合125,134，每种情况可以排列出Aeq \\al(3,3)＝6种走法，共有2Aeq \\al(3,3)＝2×6＝12种走法；组合116,224,233,466,556各自可以列出3种走法，共有5×3＝15种走法．根据分类加法计数原理知，共有12＋15＝27(种)走法，故选D.
10．将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有( )
A．12种 B．10种
C．9种 D．8种
解析：选A 将4名学生均分为2个小组共有eq \f(C\\al(2,4)C\\al(2,2),A\\al(2,2))＝3(种)分法；将2个小组的同学分给2名教师共有Aeq \\al(2,2)＝2(种)分法；最后将2个小组的人员分配到甲、乙两地有Aeq \\al(2,2)＝2(种)分法．故不同的安排方案共有3×2×2＝12(种)．
11．(2022·辽宁名校联考)某中学为提升学生劳动意识和社会实践能力，利用周末进社区义务劳动．高三一共有6个班，其中只有1班有2个劳动模范，本次义务劳动一共有20个名额，劳动模范必须参加并不占名额，每个班都必须有人参加，则下列说法正确的是( )
A．若1班不再分配名额，则共有Ceq \\al(4,20)种分配方法
B．若1班有除劳动模范之外的学生参加，则共有Ceq \\al(6,19)种分配方法
C．若每个班至少3人参加，则共有90种分配方法
D．若每个班至少3人参加，则共有126种分配方法
解析：选D 对于A，若1班不再分配名额，则20个名额分配到5个班级，每个班级至少1个，根据插空法，将其分成5组，则共有Ceq \\al(4,19)种分配方法，故A错误；对于B，若1班有除劳动模范之外的学生参加，则20个名额分配到6个班级，每个班级至少1个，根据插空法，将其分成6组，则共有Ceq \\al(5,19)种分配方法，故B错误；对于C、D，若每个班至少3人参加，1班有2个劳动模范，先满足每个班级2个名额，还剩10个名额，分配到6个班级，每个班级至少1人，根据插空法，将其分成6组，则共有Ceq \\al(5,9)＝126种分配方法，故C错误，D正确．
12．学校在高一年级开设选修课程，其中历史开设了三个不同的班，选课结束后，有5名同学要求改修历史，但历史选修每班至多可接收2名同学，那么安排好这5名同学的方案有________种．(用数字作答)
解析：由已知可得，先将5名学生分成3组，有eq \f(C\\al(1,5)C\\al(2,4)C\\al(2,2),A\\al(2,2))＝15种分组方法，再安排到三个班中有Aeq \\al(3,3)种方法，所以共有15×Aeq \\al(3,3)＝90种方案．
答案：90
13．10双互不相同的鞋子混装在一只口袋中，从中任意取出4只，则4只鞋子恰成两双的不同情况有____种；4只鞋子没有成双的不同情况有________种．
解析：根据题意只需选出两双鞋，所以有Ceq \\al(2,10)＝45(种)情况.4只鞋若没有成双的，则它们来自4双鞋；先从10双中取4双，有Ceq \\al(4,10)种取法，再从每双中取一只，各有Ceq \\al(1,2)种取法，所以由分步乘法计数原理共有Ceq \\al(4,10)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)＝3 360(种)情况．
答案：45 3 360
14．(2022·潍坊模拟)植树造林，绿化祖国．某班级义务劳动志愿者小组参加植树活动，准备在如图所示的一抛物线形地块上的ABCDGFE 七点处各种植一棵树苗，其中A，B，C分别与E，F，G关于抛物线的对称轴对称，现有三种树苗，要求每种树苗至少种植一棵，且关于抛物线的对称轴对称的两点处必须种植同一种树苗，则共有不同的种植方法数是________(用数字作答)．
解析：由题意对称相当于3种树苗种A，B，C，D四个位置，有且仅有一种树苗重复，有Ceq \\al(1,3)种选法；在四个位置上种植有eq \f(A\\al(4,4),A\\al(2,2))＝12种方法，则由分步乘法计数原理得共有Ceq \\al(1,3)×12＝36种方法．
答案：36
15．(2022·新乡一模)一个质点从原点出发，每秒末必须向右、或向左、或向上、或向下跳一个单位长度，则此质点在第10秒末到达点P(2,6)的跳法共有________种．(用数字作答)
解析：要使质点从原点出发10秒末到达点P(2,6)，可分为两类情况．第一类，向上跳6次，向右跳3次，向左跳1次，有Ceq \\al(6,10)Ceq \\al(3,4)＝840(种)；第二类，向上跳7次，向下跳1次，向右跳2次，有Ceq \\al(7,10)Ceq \\al(1,3)＝360(种)．根据分类加法计数原理得，共有840＋360＝1 200(种)方法．
答案：1 200
16．若三角形三边均为正整数，其中一边长为4，另外两边长为b，c，且满足b≤4≤c，则这样的三角形有________个．
解析：当b＝1时，c＝4；当b＝2时，c＝4,5；当b＝3时，c＝4,5,6；当b＝4时，c＝4,5,6,7.故共有1＋2＋3＋4＝10个这样的三角形．
答案：10
17．从4名男同学中选出2人，6名女同学中选出3人，并将选出的5人排成一排．
(1)共有多少种不同的排法？
(2)若选出的2名男同学不相邻，共有多少种不同的排法？(用数字表示)
解：(1)从4名男生中选出2人，有Ceq \\al(2,4)种选法，
从6名女生中选出3人，有Ceq \\al(3,6)种选法，
根据分步乘法计数原理知选出5人，再把这5个人进行排列，共有Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(3,6)Aeq \\al(5,5)＝14 400(种)．
(2)在选出的5个人中，若2名男生不相邻，则第一步先排3名女生，第二步再让男生插空，根据分步乘法计数原理知共有Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(3,6)Aeq \\al(3,3)Aeq \\al(2,4)＝8 640(种)．
第二节 二项式定理
课程标准
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问题．
[由教材回扣基础]
1．二项式定理
(1)定理：(a＋b)n＝Ceq \\al(0,n)an＋Ceq \\al(1,n)an－1b＋…＋Ceq \\al(k,n)an－kbk＋…＋Ceq \\al(n,n)bn(n∈N*)．
(2)通项：第k＋1项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)an－kbk.
(3)二项式系数：二项展开式中各项的二项式系数为：Ceq \\al(k,n)(k＝0，1，2，…，n)．
2．二项式系数的性质
3．二项式系数与项的系数的区别
二项式系数是指Ceq \\al(0,n)，Ceq \\al(1,n)，…，Ceq \\al(n,n)，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Ceq \\al(k,n)，而该项的系数是Ceq \\al(k,n)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．
[练小题巩固基础]
一、准确理解概念(判断正误)
(1)Ceq \\al(r,n)an－rbr是(a＋b)n的展开式中的第r项．( )
(2)(a＋b)n的展开式中某一项的二项式系数与a，b无关．( )
(3)二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项．( )
(4)(a＋b)n某项的系数是该项中非字母因数部分，包括符号等，与该项的二项式系数不同．( )
答案：(1)× (2)√ (3)× (4)√
二、练牢教材小题
1．(人教A版选修2－3 P31例2改编) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－\r(x)))10的展开式中x2的系数等于( )
A．45 B．20 C．－30 D．－90
答案：A
2．(新苏教版选择性必修②P77例3改编)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,\r(x))))6的展开式中的常数项为( )
A．－150 B．150 C．－240 D．240
解析：选D eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,\r(x))))6的二项展开式的通项公式为Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)x6－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,\r(x))))k＝Ceq \\al(k,6)x6－k·(－2)k·＝(－2)kCeq \\al(k,6)令6－eq \f(3,2)k＝0，解得k＝4，故所求的常数项为T5＝(－2)4·Ceq \\al(4,6)＝240.
3．(新湘教版选择性必修①P192例5改编)已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，则a1＋a2＋a3＋…＋a7＝________.
答案：－2
4．(人教A版选修2－3 P37T4改编)二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(\r(x),3)－eq \f(3,\r(x))))12的展开式的中间一项为________．
答案：924
三、练清易错易混
1．(混淆项的系数和与二项式系数)在二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(2,x)))n的展开式中，所有二项式系数的和是32，则展开式中各项系数的和为________．
解析：由题意得2n＝32，所以n＝5.令x＝1，得各项系数的和为(1－2)5＝－1.
答案：－1
2．(易混淆二项式最大的项和二项式系数最大的项)(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)
解析：(2x－1)6的展开式中，二项式系数最大的项是第四项，系数是Ceq \\al(3,6)23(－1)3＝－160.
答案：－160
3．(错用二项展开式的通项公式)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))(1＋2x)5的展开式中，x3的系数为________．
解析：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))(1＋2x)5＝x(1＋2x)5＋eq \f(1,x)(1＋2x)5，
∵x(1＋2x)5的展开式中含x3的项为xCeq \\al(2,5)(2x)2＝40x3，
eq \f(1,x)(1＋2x)5的展开式中含x3的项为eq \f(1,x)Ceq \\al(4,5)(2x)4＝80x3，
∴x3的系数为40＋80＝120.
答案：120
命题视角一 二项展开式中特定项及系数问题
考法(一) |形如a＋bnn∈N*的展开式中与特定项相关的量
[例1] (1)(2020·北京高考)在(eq \r(x)－2)5的展开式中，x2的系数为( )
A．－5 B．5 C．－10 D．10
(2)若二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x6－\f(1,x\r(x))))n的展开式中含有常数项，则n的值可以是( )
A．8 B．9 C．10 D．11
[解析] (1)由二项式定理得(eq \r(x)－2)5的展开式的通项Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)(eq \r(x))5－r(－2)r＝Ceq \\al(r,5)(－2)rxeq \f(5－r,2)，令eq \f(5－r,2)＝2，得r＝1，所以T2＝Ceq \\al(1,5)(－2)x2＝－10x2，所以x2的系数为－10，故选C.
(2)二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x6－\f(1,x\r(x))))n的通项公式为Tr＋1＝Ceq \\al(r,n)(x6)n－r·(－1)r·由题意可知含有常数项，所以只需4n－5r＝0，对照选项当n＝10时，r＝8，故选C.
[答案] (1)C (2)C
[方法技巧] 求形如(a＋b)n(n∈N*)的展开式中与特定项相关的量的步骤
考法(二) |形如a＋bmc＋dnm，n∈N*展开式中与特定项相关的量
[例2] (1)(2020·全国Ⅰ卷)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(y2,x)))(x＋y)5的展开式中x3y3的系数为( )
A．5 B．10 C．15 D．20
(2)(2021·河南开封5月三模)(a－x)(1＋x)6的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为64，则实数a＝( )
A．4 B．3 C．2 D．1
[解析] (1)因为(x＋y)5的通项公式为Ceq \\al(r,5)x5－ryr(r＝0,1,2,3,4,5)，所以r＝1时，eq \f(y2,x)Ceq \\al(1,5)x4y＝5x3y3；r＝3时，xCeq \\al(3,5)x2y3＝10x3y3，所以x3y3的系数为5＋10＝15.
(2)设f(x)＝(a－x)(1＋x)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，
令x＝1，得f(1)＝a0＋a1＋a2＋…＋a7＝64(a－1)，
令x＝－1，得f(－1)＝a0－a1＋a2－a3＋…－a7＝(a＋1)(1－1)6＝0，
两式相减得2(a1＋a3＋a5＋a7)＝64(a－1)，由a1＋a3＋a5＋a7＝64，得a＝3.
[答案] (1)C (2)B
[方法技巧]
求形如(a＋b)n(c＋d)m的展开式问题的思路
(1)若n，m中一个比较小，可考虑把它展开得到多个，如(a＋b)2(c＋d)m＝(a2＋2ab＋b2)(c＋d)m，然后展开分别求解．
(2)观察(a＋b)(c＋d)是否可以合并，如(1＋x)5(1－x)7＝[(1＋x)(1－x)]5(1－x)2＝(1－x2)5(1－x)2.
(3)分别得到(a＋b)n，(c＋d)m的通项公式，综合考虑．
考法(三) 形如a＋b＋cnn∈N*的展开式中与特定项相关的量
[例3] (2022·三明质检)在(2x2＋x－1)5的展开式中，x3的系数为________．
[解析] (2x2＋x－1)5＝[2x2＋(x－1)]5
故Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)(2x2)5－r(x－1)r，
因为要求x3的系数，所以r＝4或5，
当r＝4时，x3的系数为Ceq \\al(4,5)·2·Ceq \\al(3,4)·(－1)3＝－40，当r＝5时，x3的系数为Ceq \\al(5,5)·Ceq \\al(2,5)·(－1)2＝10，
所以x3的系数为－40＋10＝－30.
[答案] －30
[方法技巧]
求形如(a＋b＋c)n展开式中特定项的步骤
[针对训练]
1．(1－2x)3(2＋x)4展开式中x2的系数为( )
A．0 B．24 C．192 D．408
解析：选B 由于(1－2x)3的通项公式为Tr＋1＝Ceq \\al(r,3)(－2x)r，(2＋x)4的通项公式为Tk＋1＝Ceq \\al(k,4)24－kxk.若(1－2x)3中提供常数项1，(2＋x)4的展开式中提供二次项，此时r＝0，k＝2，则系数为Ceq \\al(0,3)Ceq \\al(2,4)22＝24；若(1－2x)3中提供一次项，(2＋x)4的展开式中提供一次项，此时r＝1，k＝1，则系数为－2Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,4)23＝－192；若(1－2x)3中提供二次项，(2＋x)4的展开式中提供常数项，此时r＝2，k＝0, 则系数为4Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(0,4)24＝192，故展开式中x2的系数为24－192＋192＝24.故选B.
2．若(x2－ax＋2y)5的展开式中x5y2的系数为240，则实数a的值为( )
A．－2 B．－1 C．1 D．2
解析：选A (x2－ax＋2y)5＝[(x2－ax)＋2y]5的展开式的通项Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)·(x2－ax)5－r·(2y)r＝Ceq \\al(r,5)·2r·(x2－ax)5－r·yr.当r＝2时，T3＝Ceq \\al(2,5)·22·(x2－ax)3·y2＝40x3(x－a)3y2，且(x－a)3的展开式中x2项的系数为Ceq \\al(1,3)(－a)1＝－3a.依题意有40×(－3a)＝240，解得a＝－2.
3.若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,x)))4的展开式中x2项的系数为8，则a＝________.
解析：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,x)))4的展开式中第r＋1项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,4)x4－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,x)))r＝Ceq \\al(r,4)arx4－2r，故当r＝1时，T2＝Ceq \\al(1,4)ax2，因为x2项的系数为8，所以Ceq \\al(1,4)a＝8，解得a＝2.
答案：2
4．(2020·全国Ⅲ卷)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(2,x)))6的展开式中常数项是________(用数字作答)．
解析：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(2,x)))6的展开式的通项Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)(x2)6－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)))r＝Ceq \\al(r,6)2rx12－3r，令12－3r＝0，解得r＝4，所以常数项是Ceq \\al(4,6)24＝240.
答案：240
命题视角二 二项式系数的性质及各项系数和
[典例] (1)若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,\r(3,x))))n的展开式中各项系数之和大于8，但小于32，则展开式中系数最大的项是( )
A．6eq \r(3,x) B.eq \f(4,\r(x))
C．4xeq \r(6,x) D.eq \f(4,\r(x))或4xeq \r(6,x)
(2)若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(1,x)))n的展开式中含x的项为第6项，设(1－3x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则a1＋a2＋…＋an的值为________．
(3)若(a＋x)(1＋x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a＝________.
[解析] (1)令x＝1，可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,\r(3,x))))n的展开式中各项系数之和为2n，即8<2n<32，解得n＝4，故第3项的系数最大，所以展开式中系数最大的项是Ceq \\al(2,4)(eq \r(x))2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(3,x))))2＝6eq \r(3,x).
(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(1,x)))n的展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq \\al(r,n)(x2)n－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))r＝Ceq \\al(r,n)(－1)rx2n－3r，因为含x的项为第6项，所以r＝5,2n－3r＝1，解得n＝8，在(1－3x)n中，令x＝1，得a0＋a1＋…＋a8＝(1－3)8＝28，又a0＝1，所以a1＋…＋a8＝28－1＝255.
(3)设(a＋x)(1＋x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，令x＝1，得16(a＋1)＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5 ①，令x＝－1，得0＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5 ②，①－②，得16(a＋1)＝2(a1＋a3＋a5)，即展开式中x的奇数次幂项的系数之和为a1＋a3＋a5＝8(a＋1)，所以8(a＋1)＝32，解得a＝3.
[答案] (1)A (2)255 (3)3
[方法技巧]
1．赋值法的应用
(1)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，只需令x＝1即可．
(2)形如(ax＋by)n(a，b∈R)的式子，求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1即可．
2．二项展开式各项系数和、奇数项系数和与偶数项系数和的求法
若f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f(x)的展开式中：
(1)各项系数之和为f(1)．
(2)奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝eq \f(f1＋f－1,2).
(3)偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝eq \f(f1－f－1,2).
提醒：注意区分二项式系数与二项展开式的各项系数．
[针对训练]
1．(2021·浙江高考)已知多项式(x－1)3＋(x＋1)4＝x4＋a1x3＋a2x2＋a3x＋a4，则a1＝________，a2＋a3＋a4＝________.
解析：(x－1)3的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,3)x3－r·(－1)r，(x＋1)4的展开式的通项为T′k＋1＝Ceq \\al(k,4)x4－k1k，则a1x3＝Ceq \\al(0,3)x3·(－1)0＋Ceq \\al(1,4)x311＝5x3，所以a1＝5.同理，a2x2＝Ceq \\al(1,3)x2(－1)1＋Ceq \\al(2,4)x212＝－3x2＋6x2＝3x2，a3x＝Ceq \\al(2,3)x1(－1)2＋Ceq \\al(3,4)x113＝3x＋4x＝7x，a4＝Ceq \\al(3,3)x0(－1)3＋Ceq \\al(4,4)x014＝0，所以a2＝3，a3＝7，a4＝0，所以a2＋a3＋a4＝10.
答案：5 10
2．在二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(3,x)))n的展开式中，各项系数之和为A，各项二项式系数之和为B，且A＋B＝72，则展开式中常数项的值为________．
解析：令x＝1，得各项系数的和为4n，而各项的二项式系数的和等于2n，根据已知，得方程4n＋2n＝72，解得n＝3.所以二项展开式的通项Tr＋1＝Ceq \\al(r,3)(eq \r(x))3－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,x)))r＝3rCeq \\al(r,3)x，显然当r＝1时，Tr＋1是常数项，值为3Ceq \\al(1,3)＝9.
答案：9
3．已知(1＋3x)n的展开式中，后三项的二项式系数的和等于121，则展开式中二项式系数最大的项为________．
解析：由已知得Ceq \\al(n－2,n)＋Ceq \\al(n－1,n)＋Ceq \\al(n,n)＝121，则eq \f(1,2)n·(n－1)＋n＋1＝121，即n2＋n－240＝0，解得n＝15(舍去负值)，所以展开式中二项式系数最大的项为T8＝Ceq \\al(7,15)(3x)7和T9＝Ceq \\al(8,15)(3x)8.
答案：Ceq \\al(7,15)(3x)7和Ceq \\al(8,15)(3x)8
命题视角三 二项展开式的应用
[典例] 设a∈Z，且0≤a<13，若512 018＋a能被13整除，则a＝( )
A．0 B．1 C．11 D．12
[解析] 由于51＝52－1,512 018＝(52－1)2 018＝Ceq \\al(0,2 018)522 018－Ceq \\al(1,2 018)522 017＋…－Ceq \\al(2 017,2 018)521＋1，又13整除52，所以只需13整除1＋a，又0≤a<13，a∈Z，所以a＝12.
[答案] D
[方法技巧]
利用二项式定理解决整除问题的思路
(1)要证明一个式子能被另一个式子整除，只要证明这个式子按二项式定理展开后的各项均能被另一个式子整除即可．因此，一般要将被除式化为含相关除式的二项式，然后再展开．
(2)用二项式定理处理整除问题，通常把底数写成除数(或与除数密切关联的数)与某数的和或差的形式，再用二项式定理展开．但要注意两点：
①余数的范围，a＝cr＋b，其中余数b∈[0，r)，r是除数，若利用二项式定理展开变形后，切记余数不能为负；
②二项式定理的逆用．
[针对训练]
1．使得多项式81x4＋108x3＋54x2＋12x＋1能被5整除的最小自然数x为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
解析：选C ∵81x4＋108x3＋54x2＋12x＋1＝(3x＋1)4，∴上式能被5整除的最小自然数为3.
2．1－90Ceq \\al(1,10)＋902Ceq \\al(2,10)－903Ceq \\al(3,10)＋…＋(－1)k90kCeq \\al(k,10)＋…＋9010Ceq \\al(10,10)除以88的余数为________．
解析：∵1－90Ceq \\al(1,10)＋902Ceq \\al(2,10)＋…＋(－1)k90kCeq \\al(k,10)＋…＋9010Ceq \\al(10,10)＝(1－90)10＝8910，
∴8910＝(88＋1)10＝8810＋Ceq \\al(1,10)889＋…＋Ceq \\al(9,10)88＋1，
∵前10项均能被88整除，∴余数为1.
答案：1
[课时跟踪检测]
一、基础练——练手感熟练度
1.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)－\f(2,x)))6的展开式中xeq \f(3,2)的系数为( )
A．－12 B．12
C．－192 D．192
解析：选A 二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)－\f(2,x)))6的展开式的通项公式为 Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)·(－2)r·x3－eq \f(3r,2)，令3－eq \f(3r,2)＝eq \f(3,2)，得r＝1，可得展开式中xeq \f(3,2)的系数为－12，故选A.
2．(1＋x)5＋(1＋x)6＋(1＋x)7的展开式中x4的系数为( )
A．50 B．55
C．45 D．60
解析：选B (1＋x)5＋(1＋x)6＋(1＋x)7的展开式中x4的系数是Ceq \\al(4,5)＋Ceq \\al(4,6)＋Ceq \\al(4,7)＝55.故选B.
3．已知(x＋1)n的展开式的各项系数和为32，则展开式中x4的系数为( )
A．20 B．15
C．10 D．5
解析：选D 由题意知(x＋1)n的展开式的各项系数和为32，即(1＋1)n＝2n＝32，解得n＝5，则二项式(x＋1)5的展开式中x4的项为Ceq \\al(1,5)x4＝5x4，所以x4的系数为5，故选D.
4．在(1－x)5(2x＋1)的展开式中，含x4项的系数为( )
A．－5 B．－15
C．－25 D．25
解析：选B 因为(1－x)5＝(－x)5＋5x4＋Ceq \\al(3,5)(－x)3＋…，所以在(1－x)5(2x＋1)的展开式中，含x4项的系数为5－2Ceq \\al(3,5)＝－15.故选B.
5．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x2)))5的展开式中，x2的系数是________．
解析：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x2)))5的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)·x5－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x2)))r＝Ceq \\al(r,5)·2r·x5－3r.令5－3r＝2，得r＝1.因此，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x2)))5的展开式中，x2的系数是Ceq \\al(1,5)·21＝10.
答案：10
6．已知m∈Z，二项式(m＋x)4的展开式中x2的系数比x3的系数大16，则m＝________.
解析：由Ceq \\al(2,4)m2－Ceq \\al(3,4)m＝16，得3m2－2m－8＝0，解得m＝2或m＝－eq \f(4,3)，因为m∈Z，所以m＝2.
答案：2
二、综合练——练思维敏锐度
1．二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,x)))8的展开式中x2的系数是－7，则a＝( )
A．1 B.eq \f(1,2)
C．－eq \f(1,2) D．－1
解析：选B 由题意，二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,x)))8的展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq \\al(r,8)(－a)rx8－2r，令8－2r＝2，则r＝3，所以含x2项的系数为Ceq \\al(3,8)(－a)3＝－7，解得a＝eq \f(1,2).
2．若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax－\f(1,\r(x))))6展开式的常数项为60，则a的值为( )
A．4 B．±4
C．2 D．±2
解析：选D 因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax－\f(1,\r(x))))6展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)a6－kx6－k(－1)kx－eq \f(k,2)＝Ceq \\al(k,6)a6－k(－1)kx6－eq \f(3,2)k，令6－eq \f(3,2)k＝0，则k＝4，所以常数项为Ceq \\al(4,6)a6－4(－1)4＝60，即15a2＝60，所以a＝±2.故选D.
3．(2021年1月新高考八省联考卷)(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)9的展开式中x2的系数是( )
A．60 B．80
C．84 D．120
解析：选D (1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)9的展开式中x2的系数为Ceq \\al(2,2)＋Ceq \\al(2,3)＋…＋Ceq \\al(2,9)＝Ceq \\al(3,3)＋Ceq \\al(2,3)＋…＋Ceq \\al(2,9)＝Ceq \\al(3,10)＝120.故选D.
4．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,\r(x))))n的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中系数最小的项的系数为( )
A．－126 B．－70
C．－56 D．－28
解析：选C ∵只有第5项的二项式系数最大，
∴n＝8，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,\r(x))))8的展开式的通项为
Tk＋1＝(－1)kCeq \\al(k,8)x8－eq \f(3,2)k(k＝0,1,2，…，8)，
∴展开式中奇数项的二项式系数与相应奇数项的系数相等，偶数项的二项式系数与相应偶数项的系数互为相反数，而展开式中第5项的二项式系数最大，因此展开式中第4项和第6项的系数相等且最小，为(－1)3Ceq \\al(3,8)＝－56.
5．若二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(a,x)))7的展开式中的各项系数之和为－1，则含x2的项的系数为( )
A．560 B．－560
C．280 D．－280
解析：选A 取x＝1，得二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(a,x)))7的展开式中的各项系数之和为(1＋a)7，即(1＋a)7＝－1，解得a＝－2.二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(2,x)))7的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,7)·(x2)7－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,x)))r＝Ceq \\al(r,7)·(－2)r·x14－3r.令14－3r＝2，得r＝4.因此，二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(2,x)))7的展开式中含x2项的系数为Ceq \\al(4,7)·(－2)4＝560，故选A.
6．(2022·武汉质检)已知正整数n≥7，若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))(1－x)n的展开式中不含x4的项，则n的值为( )
A．7 B．8
C．9 D．10
解析：选B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))(1－x)n＝x(1－x)n－eq \f(1,x)(1－x)n.∵(1－x)n的展开式的通项为Ceq \\al(k,n)(－1)kxk，∴x(1－x)n中x4的系数为Ceq \\al(3,n)(－1)3，eq \f(1,x)(1－x)n中x4的系数为Ceq \\al(5,n)(－1)5，故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))(1－x)n的展开式中含x4项的系数为Ceq \\al(3,n)(－1)3－Ceq \\al(5,n)(－1)5＝0，故Ceq \\al(3,n)＝Ceq \\al(5,n)，故n＝8.故选B.
7．对于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(3,x)))6的展开式，下列说法不正确的是( )
A．所有项的二项式系数和为64
B．所有项的系数和为64
C．常数项为1 215
D．二项式系数最大的项为第3项
解析：选D eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(3,x)))6的展开式中所有项的二项式系数和为26＝64，故A正确；在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(3,x)))6中，令x＝1，得(1－3)6＝64，故B正确；eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(3,x)))6展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)(x2)6－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,x)))k＝(－3)kCeq \\al(k,6)x12－3k，k≤6，k∈N，令12－3k＝0，得k＝4，所以常数项为(－3)4×Ceq \\al(4,6)＝1 215，故C正确；当k＝3时，二项式系数最大，则二项式系数最大的项为第4项，故D不正确．
8．设(2－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，则eq \f(a2＋a4,a1＋a3)的值为( )
A．－eq \f(61,60) B．－eq \f(122,121)
C．－eq \f(3,4) D．－eq \f(90,121)
解析：选C 由二项式定理，得a1＝－Ceq \\al(1,5)·24＝－80，a2＝Ceq \\al(2,5)·23＝80，a3＝－Ceq \\al(3,5)·22＝－40，a4＝Ceq \\al(4,5)·2＝10，所以eq \f(a2＋a4,a1＋a3)＝－eq \f(3,4)，故选C.
9．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,x)))5的展开式中，x3的系数等于－5，则该展开式的各项的系数中最大值为( )
A．5 B．10
C．15 D．20
解析：选B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,x)))5的展开式的通项Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)x5－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,x)))r＝(－a)rCeq \\al(r,5)x5－2r，令5－2r＝3，则r＝1，所以－a×5＝－5，即a＝1，展开式中第2,4,6项的系数为负数，第1,3,5项的系数为正数，故各项的系数中最大值为Ceq \\al(2,5)＝10，故选B.
10．(a－x)(1＋x)6的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为64，则下列结论中不正确的是( )
A．a＝3
B．展开式中常数项为3
C．展开式中x4的系数为30
D．展开式中x的偶数次幂项的系数之和为64
解析：选C 设(a－x)(1＋x)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a7＝64(a－1) ①，令x＝－1，得a0－a1＋a2－…－a7＝0 ②.由①－②，得2(a1＋a3＋a5＋a7)＝64(a－1)，所以2×64＝64(a－1)，解得a＝3，故A正确；故二项式为(3－x)(1＋x)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，令x＝0，得a0＝3，即展开式中常数项为3，故B正确；由(3－x)(1＋x)6＝3(1＋x)6－x(1＋x)6，得其展开式中x4的系数为3×Ceq \\al(4,6)－1×Ceq \\al(3,6)＝25，故C错误；由①＋②得，2(a0＋a2＋a4＋a6)＝64×2，所以a0＋a2＋a4＋a6＝64，即展开式中x的偶数次幂项的系数之和为64，故D正确．
11．已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,\r(x))))10的展开式中含有xeq \f(11,2)的系数是－120，则a＝________.
解析：由二项式定理的展开式可得Ceq \\al(r,10)x10－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,\r(x))))r＝Ceq \\al(r,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－a))rx10－eq \f(3r,2).因为xeq \f(11,2)的系数是－120，所以x10－eq \f(3r,2)＝xeq \f(11,2).解得r＝3.所以系数为Ceq \\al(3,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－a))3＝－120.解得a＝1.
答案：1
12．(2021·浙江百校联考)已知(1＋x)(2－x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则a3＝________，a0＋a2＋a4＝________.
解析：由(1＋x)(2－x)4＝(2－x)4＋x(2－x)4，得其展开式中x3的系数a3＝Ceq \\al(3,4)2(－1)3＋Ceq \\al(2,4)22(－1)2＝16.令x＝1，得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝2，令x＝－1，得 a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝0，所以a0＋a2＋a4＝1.
答案：16 1
13．已知(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn(n∈N*)，若a0＋a1＋…＋an＝62，则lgn25等于________．
解析：令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋an＝2＋22＋23＋…＋2n＝eq \f(22n－1,2－1)＝2n＋1－2＝62，解得n＝5，所以lgn25＝2.
答案：2
14．(2022·青岛模拟)已知(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn(n∈N*)，设Sn＝a0＋a1＋a2＋…＋an，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))的前n项和为Tn，当|Tn－1|≤eq \f(1,2 020)时，n的最小整数值为________．
解析：因为(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn(n∈N*)，令x＝1，得Sn＝a0＋a1＋a2＋…＋an＝2n，所以eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,2n)，所以Tn＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝1－eq \f(1,2n)，所以|Tn－1|≤eq \f(1,2 020)即为eq \f(1,2n)≤eq \f(1,2 020)，所以n≥11，即n的最小整数值为11.
答案：11
第三节 随机事件的概率
课程标准
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．了解两个互斥事件的概率加法公式．
[由教材回扣基础]
1．事件的分类
2.频率与概率
(1)在相同的条件S下重复n次试验，观察某一事件A是否出现，称n次试验中事件A出现的次数nA为事件A出现的频数，称事件A出现的比例fn(A)＝eq \f(nA,n)为事件A出现的频率．
(2)对于给定的随机事件A，如果随着试验次数的增加，事件A发生的频率fn(A)稳定在某个常数上，把这个常数记作P(A)，称为事件A发生的概率，简称为A的概率．
3．事件的关系与运算
4.概率的几个基本性质
(1)概率P(A)的取值范围：0≤P(A)≤1.
(2)必然事件的概率为eq \a\vs4\al(1).
(3)不可能事件的概率为eq \a\vs4\al(0).
(4)概率的加法公式：如果事件A与事件B互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．
(5)对立事件的概率：若事件A与事件B互为对立事件，则A∪B为必然事件，P(A∪B)＝eq \a\vs4\al(1)，P(A)＝1－P(B)．
澄清微点·熟记结论
1．探究概率加法公式的推广
(1)当一个事件包含多个结果时，要用到概率加法公式的推广，即P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)．
(2)P(eq \x\t(A1∪A2∪…∪An))＝1－P(A1∪A2∪…∪An)＝1－P(A1)－P(A2)－…－P(An)．注意涉及的各事件要彼此互斥．
2．频数是一个整数，其取值范围为0≤nA≤n，nA∈N，因此随机事件A发生的频率fn(A)＝eq \f(nA,n)的可能取值介于0与1之间，即0≤fn(A)≤1.
3．频率在一定程度上可以反映事件发生的可能性的大小．但是，频率不是一个完全确定的数，随着试验次数的不同，产生的频率也可能不同．
[练小题巩固基础]
一、准确理解概念(判断正误)
(1)事件发生的频率与概率是相同的．( )
(2)在大量重复试验中，概率是频率的稳定值．( )
(3)两个事件的和事件是指两个事件都得发生．( )
(4)对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件．( )
(5)两互斥事件的概率和为1.( )
答案：(1)× (2)√ (3)× (4)√ (5)×
二、练牢教材小题
1．(人教A版必修③P121 T4改编)一个人打靶时连续射击两次，事件“至少有一次中靶”的互斥事件是( )
A．至多有一次中靶 B．两次都中靶
C．只有一次中靶 D．两次都不中靶
答案：D
2．(新苏教版必修②P274T3改编)一架飞机向目标投弹，击毁目标的概率为0.2，目标未受损的概率为0.4，则使目标受损但未击毁的概率为________．
答案：0.4
3．(新北师大版选择性必修①P164T2改编)甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加“《论语》知识大赛”，决出第1名到第5名的名次．甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说“虽然你的成绩比乙好，但是你俩都没得到第一名”；对乙说“你当然不会是最差的”，从上述回答分析，丙是第一名的概率是________．
答案：eq \f(1,3)
三、练清易错易混
1．(混淆互斥事件与对立事件)袋中装有3个白球，4个黑球，从中任取3个球，则
①恰有1个白球和全是白球；
②至少有1个白球和全是黑球；
③至少有1个白球和至少有2个白球；
④至少有1个白球和至少有1个黑球．
在上述事件中，是互斥事件但不是对立事件的为( )
A．① B．② C．③ D．④
解析：选A 由题意可知，事件③④均不是互斥事件；①②为互斥事件，但②又是对立事件，满足题意只有①，故选A.
2．(数错基本事件个数)甲、乙两人做锤子、剪刀、布游戏，则平局的概率为________；甲赢的概率为________．
解析：设平局(用△表示)为事件A，甲赢(用⊙表示)为事件B，乙赢(用※表示)为事件C.容易得到如图．
平局含3个基本事件(图中的△)，P(A)＝eq \f(3,9)＝eq \f(1,3).甲赢含3个基本事件(图中的⊙)，P(B)＝eq \f(3,9)＝eq \f(1,3).
答案：eq \f(1,3) eq \f(1,3)
3．(混淆频率与概率)给出下列三个命题，其中正确命题有________个．
①有一大批产品，已知次品率为10%，从中任取100件，必有10件是次品；
②做7次抛硬币的试验，结果3次出现正面，因此正面出现的概率是eq \f(3,7)；
③随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率．
解析：①错，不一定是10件次品；②错，eq \f(3,7)是频率而非概率；③错，频率不等于概率，这是两个不同的概念．
答案：0
命题视角一 随机事件间的关系(自主练通)
1．把语文、数学、英语三本学习书随机地分给甲、乙、丙三位同学，每人一本，则事件A：“甲分得语文书”，事件B：“乙分得数学书”，事件C：“丙分得英语书”，则下列说法正确的是( )
A．A与B是不可能事件
B．A＋B＋C是必然事件
C．A与B不是互斥事件
D．B与C既是互斥事件也是对立事件
解析：选C “A，B，C”都是随机事件，可能发生，也可能不发生，故A、B两项错误；“A，B”可能同时发生，故“A”与“B”不互斥，C项正确；“B”与“C”既不互斥，也不对立，D项错误．故选C.
2．从1,2,3,4,5这五个数中任取两个数，其中：
①恰有一个是偶数和恰有一个是奇数；
②至少有一个是奇数和两个都是奇数；
③至少有一个是奇数和两个都是偶数；
④至少有一个是奇数和至少有一个是偶数．
上述事件中，是对立事件的是( )
A．① B．②④
C．③ D．①③
解析：选C 从1,2,3,4,5这五个数中任取两个数有3种情况：一奇一偶，两个奇数，两个偶数．其中“至少有一个是奇数”包含一奇一偶或两个奇数这两种情况，它与两个都是偶数是对立事件．又①②④中的事件可以同时发生，不是对立事件．
3．一袋中装有5个大小形状完全相同的小球，其中红球3个，白球2个，从中任取2个小球，若事件“2个小球全是红球”的概率为eq \f(3,10)，则概率是eq \f(7,10)的事件是( )
A．恰有一个红球 B．两个小球都是白球
C．至多有一个红球 D．至少有一个红球
解析：选C 因为eq \f(7,10)＝1－eq \f(3,10)，所以概率是eq \f(7,10)的事件是“2个小球全是红球”的对立事件，应为：“一个红球一个白球”与“两个都是白球”的和事件，即为“至多有一个红球”.
4．对飞机连续射击两次，每次发射一枚炮弹，设A＝{两次都击中飞机}，B＝{两次都没击中飞机}，C＝{恰有一次击中飞机}，D＝{至少有一次击中飞机}，其中彼此互斥的事件是________________________，互为对立事件的是________．
解析：设I为对飞机连续射击两次所发生的所有情况，因为A∩B＝∅，A∩C＝∅，B∩C＝∅，B∩D＝∅，故A与B，A与C，B与C，B与D为互斥事件．而B∩D＝∅，B∪D＝I，故B与D互为对立事件．
答案：A与B，A与C，B与C，B与D B与D
[一“点”就过] 判断互斥、对立事件的2种方法
命题视角二 随机事件的频率和概率
[典例] 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．
(1)估计六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率；
(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位：元)．当六月份这种酸奶一天的进货量为450瓶时，写出Y的所有可能值，并估计Y大于零的概率．
[解] (1)这种酸奶一天的需求量不超过300瓶，当且仅当最高气温低于25 ℃，
由表格数据知，最高气温低于25 ℃的频率为eq \f(2＋16＋36,90)＝0.6，
所以这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率的估计值为0.6.
(2)当这种酸奶一天的进货量为450瓶时，
若最高气温不低于25 ℃，
则Y＝6×450－4×450＝900；
若最高气温位于区间[20,25)，
则Y＝6×300＋2×(450－300)－4×450＝300；
若最高气温低于20 ℃，
则Y＝6×200＋2×(450－200)－4×450＝－100.
所以Y的所有可能值为900,300，－100，
Y大于零当且仅当最高气温不低于20 ℃，
由表格数据知，最高气温不低于20 ℃的频率为eq \f(36＋25＋7＋4,90)＝0.8，
因此Y大于零的概率的估计值为0.8.
[方法技巧]
1．概率与频率的关系
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，有时也用频率作为随机事件概率的估计值．
2．随机事件概率的求法
利用概率的统计定义求事件的概率，即通过大量的重复试验，事件发生的频率会逐渐趋近于某一个常数，这个常数就是概率．
[针对训练]
电影公司随机收集了电影的有关数据，经分类整理得到下表：
好评率是指：一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值．
(1)从电影公司收集的电影中随机选取1部，求这部电影是获得好评的第四类电影的概率．
(2)随机选取1部电影，估计这部电影没有获得好评的概率．
(3)电影公司为增加投资回报，拟改变投资策略，这将导致不同类型电影的好评率发生变化．假设表格中只有两类电影的好评率数据发生变化，那么哪类电影的好评率增加0.1，哪类电影的好评率减少0.1，使得获得好评的电影总部数与样本中的电影总部数的比值达到最大？(只需写出结论)
解：(1)由题意知，样本中电影的总部数是140＋50＋300＋200＋800＋510＝2 000，获得好评的第四类电影的部数是200×0.25＝50.故所求概率为eq \f(50,2 000)＝0.025.
(2)由题意知，样本中获得好评的电影部数是
140×0.4＋50×0.2＋300×0.15＋200×0.25＋800×0.2＋510×0.1＝56＋10＋45＋50＋160＋51＝372.
故所求概率估计为1－eq \f(372,2 000)＝0.814.
(3)增加第五类电影的好评率，减少第二类电影的好评率．
命题视角三 互斥事件、对立事件的概率
[典例] 一盒中装有大小和质地均相同的12只小球，其中5个红球，4个黑球，2个白球，1个绿球．从中随机取出1球，求：
(1)取出的小球是红球或黑球的概率；
(2)取出的小球是红球或黑球或白球的概率．
[解] 记事件A＝{任取1球为红球}；
B＝{任取1球为黑球}；C＝{任取1球为白球}；
D＝{任取1球为绿球}，
则P(A)＝eq \f(5,12)，P(B)＝eq \f(4,12)，P(C)＝eq \f(2,12)，P(D)＝eq \f(1,12).
(1)由于A，B互斥，故取出1球为红球或黑球的概率为P1＝P(A)＋P(B)＝eq \f(5,12)＋eq \f(4,12)＝eq \f(3,4).
(2)法一：由于A，B，C互斥，故取出1球为红球或黑球或白球的概率为
P2＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝eq \f(5,12)＋eq \f(4,12)＋eq \f(2,12)＝eq \f(11,12).
法二：任取一球，取出的小球是红球或黑球或是白球的对立事件是取出一个小球是绿球．
故P2＝1－P(D)＝1－eq \f(1,12)＝eq \f(11,12).
[方法技巧] 复杂的互斥事件的概率的2种求法
[针对训练]
经统计，在某储蓄所一个营业窗口等候的人数相应的概率如下：
求：(1)至多2人排队等候的概率；
(2)至少3人排队等候的概率．
解：记“无人排队等候”为事件A，“1人排队等候”为事件B，“2人排队等候”为事件C，“3人排队等候”为事件D，“4人排队等候”为事件E，“5人及5人以上排队等候”为事件F，则事件A，B，C，D，E，F彼此互斥．
(1)记“至多2人排队等候”为事件G，则G＝A∪B∪C，所以P(G)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.1＋0.16＋0.3＝0.56.
(2)记“至少3人排队等候”为事件H，
则其对立事件为事件G，所以P(H)＝1－P(G)＝0.44.
[课时跟踪检测]
一、基础练——练手感熟练度
1．在下列六个事件中，随机事件的个数为( )
①如果a，b都是实数，那么a＋b＝b＋a；②从分别标有数字1,2,3,4,5,6,7,8,9,10的10张号签中任取一张，得到4号签；③没有水分，种子发芽；④某电话总机在60秒内接到至少10次呼叫；⑤在标准大气压下，水的温度达到50 ℃时沸腾；⑥同性电荷，相互排斥．
A．2 B．3 C．4 D．5
解析：选A ①⑥是必然事件；③⑤是不可能事件；②④是随机事件．故选A.
2．从存放的号码分别为1,2,3，…，10的卡片的盒子中，有放回地取100次，每次取一张卡片并记下号码，统计结果如表：
则取到号码为奇数的卡片的频率是( )
A．0.53 B．0.5 C．0.47 D．0.37
解析：选A 取到号码为奇数的卡片的次数为13＋5＋6＋18＋11＝53，则所求的频率为eq \f(53,100)＝0.53.故选A.
3．从某班学生中任意找出一人，如果该同学的身高小于160 cm的概率为0.3，该同学的身高在[160,175](单位：cm)内的概率为0.5，那么该同学的身高超过175 cm的概率为( )
A．0.2 B．0.3 C．0.7 D．0.8
解析：选A 由题意得，身高超过175 cm的概率为P＝1－0.3－0.5＝0.2，故选A.
4．公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率的值的范围是3.141 592 6<π<3.141 592 7.为纪念祖冲之在圆周率上的成就，把3.141 592 6称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就．某小学教师为帮助同学们了解“祖率”，让同学们从小数点后的7位数字1,4,1,5,9,2,6中随机选取2位数字，整数部分3不变，那么得到的数大于3.14的概率为( )
A.eq \f(28,31) B.eq \f(19,21) C.eq \f(22,31) D.eq \f(17,21)
解析：选A 选择数字的总的方法有5×6＋1＝31(种)，其中得到的数不大于3.14的数为3.11,3.12,3.14，所以得到的数大于3.14的概率为P＝1－eq \f(3,31)＝eq \f(28,31).故选A.
5．某城市2021年的空气质量状况如下表所示：
其中污染指数T≤50时，空气质量为优；50
答案：eq \f(3,5)
二、综合练——练思维敏锐度
1．从1,2,3,4,5中有放回地依次取出两个数，则下列各对事件是互斥而不是对立事件的是( )
A．恰有1个是奇数和全是奇数
B．恰有1个是偶数和至少有1个是偶数
C．至少有1个是奇数和全是奇数
D．至少有1个是偶数和全是偶数
解析：选A 从1,2,3,4,5中有放回地依次取出两个数，共有三种情况：A＝{两个奇数}，B＝{一个奇数一个偶数}，C＝{两个偶数}，且两两互斥，A：是互斥事件；B：不互斥；C：不互斥；D：不互斥．故选A.
2．口袋中有100个大小相同的红球、白球、黑球，其中红球45个，从口袋中摸出一个球，摸出白球的概率为0.23，则摸出黑球的概率为( )
A．0.45 B．0.67 C．0.64 D．0.32
解析：选D 摸出红球的概率为0.45，摸出白球的概率为0.23，故摸出黑球的概率P＝1－0.45－0.23＝0.32.
3．设条件甲：“事件A与B是对立事件”，结论乙：“概率满足P(A)＋P(B)＝1”，则甲是乙的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A 若事件A与事件B是对立事件，则A∪B为必然事件，再由概率的加法公式得P(A)＋P(B)＝1.投掷一枚硬币3次，事件A：“至少出现一次正面”，事件B：“3次出现正面”，则P(A)＝eq \f(7,8)，P(B)＝eq \f(1,8)，满足P(A)＋P(B)＝1，但A，B不是对立事件．故甲是乙的充分不必要条件．
4．(2022·长沙模拟)同时掷3枚硬币，至少有1枚正面向上的概率是( )
A.eq \f(7,8) B.eq \f(5,8) C.eq \f(3,8) D.eq \f(1,8)
解析：选A 试验发生包含的事件是将1枚硬币连续抛掷三次，共有23＝8种结果，满足条件的事件的对立事件是3枚硬币都是背面向上，有1种结果，所以至少有一枚正面向上的概率是1－eq \f(1,8)＝eq \f(7,8).故选A.
5．有一个容量为66的样本，数据的分组及各组的频数如下：[11.5,15.5)2；[15.5,19.5)4；[19.5,23.5)9；[23.5,27.5)18；[27.5,31.5)11；[31.5,35.5)12；[35.5,39.5)7；[39.5,43.5)3.根据样本的频率分布估计，数据在[31.5,43.5)的概率约是( )
A.eq \f(1,6) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,2) D.eq \f(2,3)
解析：选B 根据所给的数据的分组及各组的频数得到：数据在[31.5,43.5)范围的有[31.5,35.5)12；[35.5,39.5)7；[39.5,43.5)3，∴满足题意的数据有12＋7＋3＝22(个)，总的数据有66个，∴数据在[31.5,43.5)的频率为eq \f(22,66)＝eq \f(1,3)，由频率估计概率得P＝eq \f(1,3).故选B.
6．掷一个骰子的试验，事件A表示“出现小于5的偶数点”，事件B表示“出现小于5的点数”，若eq \x\t(B)表示B的对立事件，则一次试验中，事件A∪eq \x\t(B)发生的概率为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,2) C.eq \f(2,3) D.eq \f(5,6)
解析：选C 掷一个骰子的试验有6种可能结果．
依题意P(A)＝eq \f(2,6)＝eq \f(1,3)，P(B)＝eq \f(4,6)＝eq \f(2,3)，
∴P(eq \x\t(B))＝1－P(B)＝1－eq \f(2,3)＝eq \f(1,3).
∵eq \x\t(B)表示“出现5点或6点”的事件，因此事件A与eq \x\t(B)互斥，从而P(A∪eq \x\t(B))＝P(A)＋P(eq \x\t(B))＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)＝eq \f(2,3).
7．若随机事件A，B互斥，A，B发生的概率均不等于0，且P(A)＝2－a，P(B)＝4a－5，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)，2)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)，\f(3,2))) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,4)，\f(3,2))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,4)，\f(4,3)))
解析：选D 由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0
A．0.09 B．0.20 C．0.25 D．0.45
解析：选D 由频率分布直方图的性质可知，样本数据在区间[25,30)上的频率为1－5×(0.02＋0.04＋0.06＋0.03)＝0.25，则二等品的频率为0.25＋0.04×5＝0.45，故任取1件为二等品的概率约为0.45.故选D.
9．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．假设此人射击1次，则其中靶的概率约为________；中10环的概率约为________．
解析：中靶的频数为9，试验次数为10，所以中靶的频率为eq \f(9,10)＝0.9，所以此人射击1次，中靶的概率约为0.9.同理得中10环的概率约为0.2.
答案：0.9 0.2
10．围棋盒子中有多粒黑子和白子，已知从中取出2粒都是黑子的概率为eq \f(1,7)，都是白子的概率为eq \f(12,35).则从中任意取出2粒恰好是同一颜色的概率为________．
解析：设“从中取出2粒都是黑子”为事件A，“从中取出2粒都是白子”为事件B，“任意取出2粒恰好是同一色”为事件C，则C＝A∪B，且事件A与B互斥．所以P(C)＝P(A)＋P(B)＝eq \f(1,7)＋eq \f(12,35)＝eq \f(17,35)，即任意取出2粒恰好是同一颜色的概率为eq \f(17,35).
答案：eq \f(17,35)
11．某超市随机选取1 000位顾客，记录了他们购买甲、乙、丙、丁四种商品的情况，整理成如下统计表，其中“√”表示购买，“×”表示未购买.
(1)估计顾客同时购买乙和丙的概率；
(2)估计顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率；
(3)如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买乙、丙、丁中哪种商品的可能性最大？
解：(1)从统计表可以看出，在这1 000位顾客中有200位顾客同时购买了乙和丙，所以顾客同时购买乙和丙的概率可以估计为eq \f(200,1 000)＝0.2.
(2)从统计表可以看出，在这1 000位顾客中有100位顾客同时购买了甲、丙、丁，另有200位顾客同时购买了甲、乙、丙，其他顾客最多购买了2种商品，所以顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率可以估计为eq \f(100＋200,1 000)＝0.3.
(3)与(1)同理，可得：顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为eq \f(200,1 000)＝0.2，顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为eq \f(100＋200＋300,1 000)＝0.6，顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为eq \f(100,1 000)＝0.1.所以，如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买丙的可能性最大．
12．现有7名亚运会志愿者，其中志愿者A1，A2，A3通晓日语，B1，B2通晓俄语，C1，C2通晓韩语．从中随机选出通晓日语、俄语和韩语的志愿者各1名，组成一个小组．
(1)求A1被选中的概率；
(2)求B1和C1不全被选中的概率．
解：(1)从7人中选出通晓日语、俄语和韩语志愿者各1名，所有基本事件数为3×2×2＝12.
用M表示“A1恰被选中”这一事件，则它包含的基本事件有1×2×2＝4.所以P(M)＝eq \f(4,12)＝eq \f(1,3).
(2)用N表示“B1，C1不全被选中”这一事件，则其对立事件eq \x\t(N)表示“B1，C1全被选中”，由于eq \x\t(N)包含的基本事件：(A1，B1，C1)，(A2，B1，C1)，(A3，B1，C1)，事件eq \x\t(N)由3个基本事件组成，所以P(eq \x\t(N))＝eq \f(3,12)＝eq \f(1,4)，由对立事件的概率公式得P(N)＝1－eq \f(1,4)＝eq \f(3,4).
第四节 古典概型与几何概型
课程标准
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含的基本事件数及事件发生的概率.
3.了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率.
4.了解几何概型的意义.
[由教材回扣基础]
1．基本事件的特点
(1)任何两个基本事件都是互斥的；
(2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和．
2．古典概型
3．几何概型
[练小题巩固基础]
一、准确理解概念(判断正误)
(1)与面积有关的几何概型的概率与几何图形的形状有关．( )
(2)几何概型与古典概型中的基本事件发生的可能性都是相等的，其基本事件个数都有限．( )
(3)掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”，这三个事件是等可能事件．( )
(4)在古典概型中，如果事件A中基本事件构成集合A，所有的基本事件构成集合I，则事件A的概率为eq \f(cardA,cardI).( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)√
二、练牢教材小题
1．(人教A版必修③P136例1改编)某路公共汽车每5分钟发车一次，某乘客到乘车点的时刻是随机的，则他候车时间不超过2分钟的概率是( )
A.eq \f(3,5) B.eq \f(4,5) C.eq \f(2,5) D.eq \f(1,5)
解析：选C 试验的全部结果构成的区域长度为5，所求事件的区域长度为2，故所求概率为P＝eq \f(2,5).
2．(人教A版必修③P139 例3改编)
如图，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图．正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(π,8) C .eq \f(1,2) D.eq \f(π,4)
解析：选B 设正方形的边长为2，则圆的半径为1，正方形的面积为4，圆的面积为π，根据对称性关系，黑色部分面积是圆的面积的一半，所以黑色部分的面积为eq \f(π,2).根据几何概型的概率公式，得此点取自黑色部分的概率为P＝eq \f(\f(π,2),4)＝eq \f(π,8)，故选B.
3．(人教A版必修③P127 例3改编)从1,2,3,4,5中任意取出两个不同的数，其和为5的概率是________．
解析：两数之和等于5有两种情况(1,4)和(2,3)，总的基本事件有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)，共10种，故所求概率P＝eq \f(2,10)＝eq \f(1,5).
答案：eq \f(1,5)
4．(人教A版必修③P130 T5改编)袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球．从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为________．
答案：eq \f(5,6)
三、练清易错易混
1．(基本事件的个数不清)两位男同学和两位女同学随机排成一列，则两位女同学相邻的概率是( )
A.eq \f(1,6) B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,3) D.eq \f(1,2)
答案：D
2. (混淆几何概型中的长度与角度)如图，A是圆上固定的一点，在圆上其他位置任取一点A′，连接AA′，它是一条弦，它的长度小于或等于半径长的概率为________．
解析：当AA′的长度等于半径的长度时，∠AOA′＝eq \f(π,3)，由圆的对称性及几何概型得所求概率P＝eq \f(\f(2π,3),2π)＝eq \f(1,3).
答案：eq \f(1,3)
命题视角一 古典概型
考法(一) 简单的古典概型
[例1] (1)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.eq \f(1,12) B.eq \f(1,14)
C.eq \f(1,15) D.eq \f(1,18)
(2)(2020·全国Ⅰ卷)设O为正方形ABCD的中心，在O，A，B，C，D中任取3点，则取到的3点共线的概率为( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(2,5) C.eq \f(1,2) D.eq \f(4,5)
[解析] (1)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＝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eq \f(3,45)＝eq \f(1,15).故选C.
(2)根据题意作出图形，如图所示，在O，A，B，C，D中任取3点，有10种可能情况，分别为(OAB)，(OAC)，(OAD)，(OBC)，(OBD)，(OCD)，(ABC)，(ABD)，(ACD)，(BCD)，其中取到的3点共线有(OAC)和(OBD)2种可能情况，所以在O，A，B，C，D中任取3点，则取到的3点共线的概率为eq \f(2,10)＝eq \f(1,5)，故选A.
[答案] (1)C (2)A
[方法技巧] 求古典概型概率的3步骤
考法(二) 古典概型与其他知识的交汇
[例2] (1)已知向量a＝(x，y)，b＝(1，－2)，从6张大小相同分别标有号码1,2,3,4,5,6的卡片中，有放回地抽取两张，x，y分别表示第一次、第二次抽取的卡片上的号码，则满足a·b＞0的概率是( )
A.eq \f(1,12) B.eq \f(3,4) C.eq \f(1,5) D.eq \f(1,6)
(2)(2022·洛阳统考)将一颗骰子先后投掷两次分别得到点数a，b，则直线ax＋by＝0与圆(x－2)2＋y2＝2有公共点的概率为________．
[解析] (1)设(x，y)表示一个基本事件，则两次抽取卡片的所有基本事件有36个，a·b＞0，即x－2y＞0，满足x－2y＞0的基本事件有(3,1)，(4,1)，(5,1)，(6,1)，(5,2)，(6,2)，共6个，所以所求概率P＝eq \f(6,36)＝eq \f(1,6).
(2)依题意，将一颗骰子先后投掷两次得到的点数所形成的数组(a，b)有36种，其中满足直线ax＋by＝0与圆(x－2)2＋y2＝2有公共点，即满足eq \f(2a,\r(a2＋b2))≤eq \r(2)，即a≤b，满足a≤b的数组(a，b)有6＋5＋4＋3＋2＋1＝21种，因此所求的概率等于eq \f(21,36)＝eq \f(7,12).
[答案] (1)D (2)eq \f(7,12)
[方法技巧]
求解古典概型与其他知识交汇问题的思路
解决古典概型与其他知识交汇问题，其关键是将平面向量、直线与圆、函数的单调性及方程的根情况转化为概率模型，再按照求古典概型的步骤求解．
[针对训练]
1．(2021·全国甲卷)将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(2,5)
C.eq \f(2,3) D.eq \f(4,5)
解析：选C 4个1和2个0排成一行，即6个数字排成一行，所以问题可转化为从6个位置中选择2个位置放0，共有＝15(种)情况，再考虑2个0不相邻的排法，4个1排成一行，共有5个缝隙(考虑两端)，所以只需从这5个缝隙中选取2个缝隙放0即可，故有＝10(种)情况．因此2个0不相邻的概率P＝eq \f(10,15)＝eq \f(2,3).故选C.
2．已知a∈{－2,0,1,2,3}，b∈{3,5}，则函数f(x)＝(a2－2)ex＋b为减函数的概率是( )
A.eq \f(3,10) B.eq \f(3,5)
C.eq \f(2,5) D.eq \f(1,5)
解析：选C 若函数f(x)＝(a2－2)ex＋b为减函数，则a2－2<0，又a∈{－2,0,1,2,3}，故只有a＝0，a＝1满足题意，又b∈{3,5}，所以函数f(x)＝(a2－2)ex＋b为减函数的概率是eq \f(2×2,5×2)＝eq \f(2,5).
3．将A，B，C，D这4名同学从左至右随机地排成一排，则“A与B相邻且A与C之间恰好有1名同学”的概率是( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,6) D.eq \f(1,8)
解析：选B A，B，C，D 4名同学排成一排有＝24种排法．当A，C之间是B时，有2×2＝4种排法，当A，C之间是D时，有2种排法，所以所求概率P＝eq \f(4＋2,24)＝eq \f(1,4).
命题视角二 几何概型
考法(一) 与长度有关的几何概型
[例1] (1)(2021·全国乙卷)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))随机取1个数，则取到的数小于eq \f(1,3)的概率为( )
A.eq \f(3,4) B.eq \f(2,3) C.eq \f(1,3) D.eq \f(1,6)
(2)(2021·成都摸底)在区间[－4,1]上随机地取一个实数x，若x满足|x|＜a的概率为eq \f(4,5)，则实数a的值为( )
A.eq \f(1,2) B．1
C．2 D．3
[解析] (1)由题意及几何概型的概率公式，得取到的数小于eq \f(1,3)的概率P＝eq \f(\f(1,3),\f(1,2))＝eq \f(2,3).故选B.
(2)设集合A＝{x||x|＜a}＝(－a，a)(a＞0)，若0＜a≤1，则A⊆[－4,1]，由几何概型的意义，得P(A)＝eq \f(a－－a,1－－4)＝eq \f(4,5)，解得a＝2，不符合题意；若a＞1，则P(A)＝eq \f(1－－a,1－－4)＝eq \f(4,5)，解得a＝3，符合题意，故选D.
[答案] (1)B (2)D
[方法技巧]
与长度有关的几何概型
如果试验结果构成的区域的几何度量可用长度表示，可直接用概率的计算公式求解．
考法(二) 与面积有关的几何概型
[例2] (2021·全国乙卷)在区间(0,1)与(1,2)中各随机取1个数，则两数之和大于eq \f(7,4)的概率为( )
A.eq \f(7,9) B.eq \f(23,32)
C.eq \f(9,32) D.eq \f(2,9)
[解析] 设从区间(0,1)与(1,2)中分别取数x与y，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0
[答案] B
[方法技巧]
求解与面积有关的几何概型的关键点
求解与面积有关的几何概型时，关键是弄清某事件对应的面积，必要时可根据题意构造两个变量，把变量看成点的坐标，找到试验全部结果构成的平面图形，以便求解．
考法(三) 与体积有关的几何概型
[例3] 在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，点O为底面ABCD的中心，在正方体ABCDA1B1C1D1内随机取一点P，则点P到点O的距离大于1的概率为________．
[解析] 正方体的体积为2×2×2＝8，以O为球心，1为半径且在正方体内部的半球的体积为eq \f(1,2)×eq \f(4,3)πr3＝eq \f(1,2)×eq \f(4π,3)×13＝eq \f(2π,3)，则点P到点O的距离大于1的概率为：1－eq \f(\f(2π,3),8)＝1－eq \f(π,12).
[答案] 1－eq \f(π,12)
[方法技巧]
与体积有关的几何概型求法的关键点
求解与体积有关的几何概型问题，关键是计算问题的总体积(总空间)以及事件的体积(事件空间)，对于某些较复杂的也可利用其对立事件去求．
[针对训练]
1．(2021·昆明模拟)黄金矩形是宽(b)与长(a)的比为黄金分割比eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＝\f(\r(5)－1,2)))的矩形．如图所示，AB＝a，BC＝b，先把黄金矩形ABCD分割成一个正方形ADEF和一个黄金矩形BCEF，再把矩形BCEF分割成一个正方形CEGH和一个矩形BHGF.在矩形ABCD内任取一点，则该点取自正方形CEGH内的概率是( )
A.eq \f(\r(5)－1,2) B.eq \f(3－\r(5),2)
C.eq \r(5)－2 D.eq \f(\r(5)－2,2)
解析：选C 由题意知，所求概率P＝eq \f(S正方形CEGH,S矩形ABCD)＝eq \f(a－b2,ab)＝eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)－2＝eq \r(5)－2.故选C.
2．在区间[－1,1]上随机取一个数x，则cseq \f(πx,2)的值介于0到eq \f(1,2)之间的概率为________．
解析：由于函数cseq \f(πx,2)是一个偶函数，可将问题转化为在区间[0,1]上随机取一个数x，则cseq \f(πx,2)的值介于0到eq \f(1,2)之间的概率，在区间[0,1]上随机取一个数x，即x∈[0,1]时，要使cseq \f(1,2)πx的值介于0到0.5之间，需使eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)x≤eq \f(π,2)，∴eq \f(2,3)≤x≤1，区间长度为eq \f(1,3)，由几何概型知cseq \f(πx,2)的值介于0到eq \f(1,2)之间的概率为eq \f(1,3).
答案：eq \f(1,3)
数学建模·练抽象思维——古典概型与几何概型中的创新应用问题
1．(创新学科情境)某研究学习小组为研究学校学生一个月课余使用手机的总时间，收集了500名学生2019年12月课余使用手机的总时间(单位：小时)的数据．从中随机抽取了50名学生，将数据进行整理，得到如图所示的频率分布直方图．已知这50人中，恰有2名女生的课余使用手机总时间在区间[18,20]内，现在从课余使用手机总时间在[18,20]内的学生中随机抽取2人，则至少抽到1名女生的概率为( )
A.eq \f(2,5) B.eq \f(7,10)
C.eq \f(8,15) D.eq \f(7,15)
解析：选B 50×0.05×2＝5，则在区间[18,20]内的学生有5人，即2名女生，3名男生，从中抽取2人有10种等可能的结果，至少抽到一名女生有7种等可能的结果，则所求概率为eq \f(7,10).
2．(创新学科情境)德国心理学家艾宾浩斯研究发现，遗忘在学习之后立即开始，而且遗忘的进程并不是均匀的．最初遗忘速度很快，以后逐渐减慢．他认为“保持和遗忘是时间的函数”．他用无意义音节(由若干音节字母组成、能够读出、但无内容意义即不是词的音节)作为记忆材料，用节省法计算保持和遗忘的数量，并根据实验结果绘成描述遗忘进程的曲线，即著名的艾宾浩斯遗忘曲线(如图所示)．若一名学生背了100个英语单词，一天后，该学生在这100个英语单词中随机听写2个英语单词，以频率代替概率，不考虑其他因素，则该学生恰有1个单词不会的概率大约为( )
A．0.43 B．0.39
C．0.26 D．0.15
解析：选B 根据艾宾浩斯遗忘曲线得，100个英语单词一天后忘记了74个，还记得26个，则该学生恰有1个单词不会的概率故选B.
3．(参悟数学文化)赵爽弦图(图1)是取材于我国古代数学家赵爽的《勾股圆方图》，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形．图2是由弦图变化得到，它是由八个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼接而成．现随机向图2中大正方形的内部投掷一枚飞镖，若直角三角形的直角边长分别为2和3，则飞镖投中小正方形(阴影)区域的概率为( )
A.eq \f(1,25) B.eq \f(4,25)
C.eq \f(9,25) D.eq \f(5,36)
解析：选A 由于题图2是由弦图变化得到，且八个全等的直角三角形中的直角边长分别为2和3，则大正方形的边长为2＋3＝5，面积为25，而中间的一个小正方形边长为3－2＝1，面积为1，所以飞镖投中小正方形(阴影)区域的概率P＝eq \f(1,25).
4．(创新学科情境)蒙特卡洛算法是以概率和统计的理论、方法为基础的一种计算方法，将所求解的问题同一定的概率模型相联系，用均匀投点实现统计模拟和抽样，以获得问题的近似解，故又称统计模拟法或统计实验法．现设计一个实验计算圆周率的近似值，向两直角边长分别为6和8的直角三角形中均匀投点40个，落入其内切圆中的点有21个，则圆周率π≈( )
A.eq \f(63,20) B.eq \f(51,16)
C.eq \f(78,25) D.eq \f(94,29)
解析：选A 由勾股定理可得斜边长为eq \r(62＋82)＝10，设三角形内切圆的半径为r，由等面积法可得eq \f(1,2)×(8＋6＋10)r＝eq \f(1,2)×8×6，解得r＝2，所以S△＝eq \f(1,2)×8×6＝24，S圆＝π×22＝4π，由题意知eq \f(S圆,S△)＝eq \f(4π,24)≈eq \f(21,40)，解得π≈eq \f(63,20).故选A.
[课时跟踪检测]
一、基础练——练手感熟练度
1．利用计算机在区间(0,4)内产生随机数a，则不等式lg2(2a－1)<0成立的概率是( )
A.eq \f(7,8) B.eq \f(3,4)
C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,8)
解析：选D 由lg2(2a－1)<0，可得0<2a－1<1，即eq \f(1,2)
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,5) C.eq \f(1,6) D.eq \f(2,5)
解析：选B 从6对中选两对共有15种事件，取出的4个素数的和大于100的事件共有3种，即{29,31}和{41,43}，{17,19}和{41,43}，{11,13}和{41,43}，则取出的4个素数的和大于100的概率P＝eq \f(3,15)＝eq \f(1,5).
3．我国古代有着辉煌的数学研究成果，《周髀算经》《九章算术》《海岛算经》《孙子算经》《缉古算经》等10部专著是了解我国古代数学的重要文献，这10部专著中5部产生于魏晋南北朝时期，某中学拟从这10部专著中选择2部作为“数学文化”课外阅读教材，则所选 2部专著中至少有一部是魏晋南北朝时期专著的概率为( )
A.eq \f(7,9) B.eq \f(2,9) C.eq \f(4,9) D.eq \f(5,9)
解析：选A 设所选2部专著中至少有一部是魏晋南北朝时期专著为事件A，所以P(eq \x\t(A))＝eq \f(C52,C102)＝eq \f(2,9).因此P(A)＝1－P(eq \x\t(A))＝1－eq \f(2,9)＝eq \f(7,9).故选A.
4．从1,2,3,4中选取两个不同数字组成一个两位数，则这个两位数能被3整除的概率为________．
解析：从1,2,3,4中选取两个不同的数字组成的所有两位数为：12,13,14,21,23,24,31,32,34,41,42,43，共有12个基本事件，其中能被3整除的有：12,21,24,42，共有4个基本事件，所以这个两位数能被3整除的概率为P＝eq \f(4,12)＝eq \f(1,3).
答案：eq \f(1,3)
5．有一个底面半径为1、高为2的圆柱，点O为这个圆柱底面圆的圆心，在这个圆柱内随机取一点P，则点P到点O的距离大于1的概率为________．
解析：由题意得该圆柱的体积V＝π×12×2＝2π.圆柱内满足点P到点O的距离小于等于1的几何体为以圆柱底面圆心为球心的半球，且此半球的体积V1＝eq \f(1,2)×eq \f(4,3)π×13＝eq \f(2,3)π，所以所求概率P＝eq \f(V－V1,V)＝eq \f(2,3).
答案：eq \f(2,3)
二、综合练——练思维敏锐度
1．已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3＋ax2＋b2x＋1，若a∈{1,2,3}，b∈{0,1,2}，则该函数有两个极值点的概率为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(2,3)
C.eq \f(5,9) D.eq \f(7,9)
解析：选B f′(x)＝x2＋2ax＋b2，由题意知方程f′(x)＝0有两个相异实根，Δ＝(2a)2－4b2＞0，即a＞b，有a＝1，b＝0；a＝2，b＝0,1；a＝3，b＝0,1,2，共6种情况，总的情况有3×3＝9种，所以所求概率为eq \f(6,9)＝eq \f(2,3).
2．我国著名数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界瞩目的成就，哥德巴赫猜想内容是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”(注：如果一个大于1的整数除了1和自身外无其他正因数，则称这个整数为素数)．在不超过15的素数中，随机选取2个不同的素数a，b，则|a－b|<3的概率是( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(4,15)
C.eq \f(1,3) D.eq \f(2,5)
解析：选B 不超过15的素数有：2,3,5,7,11,13.
在不超过15的素数中，随机选取2个不同的素数，
所有的基本事件有：(2,3)，(2,5)，(2,7)，(2,11)，(2,13)，(3,5)，(3,7)，(3,11)，(3,13)，(5,7)，(5,11)，(5,13)，(7,11)，(7,13)，(11,13)，共15种情况，其中事件“在不超过15的素数中，随机选取2个不同的素数a，b，且|a－b|<3”包含的基本事件有：(2,3)，(3,5)，(5,7)，(11,13)，共4种情况，因此所求事件的概率P＝eq \f(4,15).故选B.
3．玫瑰花窗(如图1)是哥特式建筑的特色之一，镶嵌着彩色玻璃的玫瑰花窗给人以瑰丽之感，构成花窗的图案有三叶形、四叶形、五叶形、六叶形和八叶形等．图2是四个半圆构成的四叶形，半圆的连接点构成正方形ABCD，在整个图形中随机取一点，此点取自正方形区域的概率为( )
A.eq \f(2,π＋2) B.eq \f(1,π＋1) C.eq \f(4,π＋2) D.eq \f(2,π＋1)
解析：选A 设“点取自正方形区域”为事件A，半圆的半径为r，则正方形面积S1＝4r2，四叶形面积S2＝4·eq \f(1,2)πr2＋4r2＝(2π＋4)r2，则P(A)＝eq \f(S1,S2)＝eq \f(4r2,2π＋4r2)＝eq \f(2,π＋2).
4.一只蚂蚁从正四面体ABCD(如图)的顶点A出发，沿着正四面体ABCD的棱爬行，每秒爬一条棱，每次爬行的方向是随机的，则第4秒时蚂蚁在A点的概率为( )
A.eq \f(20,27) B.eq \f(7,9) C.eq \f(7,27) D.eq \f(2,9)
解析：选C 由题意知，蚂蚁每次爬行到下一个顶点的概率均为eq \f(1,3).设第n秒时蚂蚁不在顶点A的概率为Pn，易知P1＝1，则Pn＝eq \f(2,3)Pn－1＋1×(1－Pn－1)，∴Pn－eq \f(3,4)＝－eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Pn－1－\f(3,4)))，∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Pn－\f(3,4)))是以eq \f(1,4)为首项，－eq \f(1,3)为公比的等比数列，∴Pn＝eq \f(3,4)－eq \f(3,4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))n(n∈N*)，∴第4秒时蚂蚁在A点的概率为1－P4＝1－eq \f(20,27)＝eq \f(7,27).
5．用0与1两个数字随机填入如图所示的5个格子里，每个格子填一个数字，并且从左到右数，不管数到哪个格子，总是1的个数不少于0的个数，则这样填法的概率为________．
解析：5个格子用0与1两个数字随机填入共有25＝32种不同方法，从左到右数，不管数到哪个格子，总是1的个数不少于0的个数包含的基本事件有：①全是1，有1种方法；②第一个格子是1，另外4个格子有一个0，有4种方法；③第一个格子是1，另外4个格子有2个0，有5种方法，所以共有1＋4＋5＝10种方法，那么概率P＝eq \f(10,32)＝eq \f(5,16).
答案：eq \f(5,16)
6．在区间[0，π]上随机取一个数x，则事件“sin x＋cs x≥eq \f(\r(2),2)”发生的概率为________．
解析：由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(sin x＋cs x≥\f(\r(2),2)，,0≤x≤π，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))≥\f(1,2)，,0≤x≤π，))解得0≤x≤eq \f(7π,12)，
故所求的概率为eq \f(\f(7π,12),π)＝eq \f(7,12).
答案：eq \f(7,12)
7．(2022·徐州一中期末)在二项式(x＋1)10的展开式中任取一项，该项的系数为奇数的概率是________．
解析：因为(x＋1)10展开式的通项为Tr＋1＝C10rx10－r，所以各项系数为C10r(r＝0,1,2,3，…，10)，项数为11，其中 系数为奇数的项数为4，因此，在(x＋1)10的展开式中任取一项，该项的系数为奇数的概率是eq \f(4,11).
答案：eq \f(4,11)
8．(2021·辽宁百校联盟调研)某中学为了解学生学习物理的情况，抽取了100名物理成绩在60～90分(满分为100分)之间的学生进行调查，将这100名学生的物理成绩分成了六段：[60,65)，[65,70)，[70,75)，[75,80)，[80,85)，[85,90]，绘成频率分布直方图，如图所示．从成绩在[70,80)的学生中任意抽取2人，则成绩在[75,80)的学生恰好有一人的概率为________．
解析：从频率分布直方图中可知，成绩在[70,75)的人数为0.04×5×100＝20，成绩在[75,80)的人数为0.06×5×100＝30，所以成绩在[75,80)的学生恰好有一人的概率答案：eq \f(24,49)
9．袋中装有黑球和白球共7个，从中任取2个球都是白球的概率为eq \f(1,7)，现有甲、乙两人从袋中轮流摸球，甲先取，乙后取，然后甲再取，…，取后不放回，直到两人中有一人取到白球时即终止．每个球在每一次被取出的机会是等可能的．
(1)求袋中原有白球的个数；
(2)求取球2次即终止的概率；
(3)求甲取到白球的概率．
解：(1)设袋中原有n个白球，从袋中任取2个球都是白球的结果数为Cn2，从袋中任取2个球的所有可能的结果数为C72.由题意知从袋中任取2球都是白球的概率则n(n－1)＝6，解得n＝3(舍去n＝－2)，即袋中原有3个白球．
(2)设事件A为“取球2次即终止”．即甲第一次取到的是黑球而乙取到的是白球， (3)设事件B为“甲取到白球”，“第i次取到白球”为事件Ai，i＝1,2,3,4,5，因为甲先取，所以甲只可能在第1次，第3次和第5次取到白球．
所以P(B)＝P(A1∪A3∪A5)＝P(A1)＋P(A3)＋P(A5)＝eq \f(3,7)＋eq \f(4×3×3,7×6×5)＋eq \f(4×3×2×1×3,7×6×5×4×3)＝eq \f(3,7)＋eq \f(6,35)＋eq \f(1,35)＝eq \f(22,35).
10．(2021·东北三省四市教研联合体二模)在一个文艺比赛中，5名专业人士和5名观众代表各组成一个评委小组，给参赛选手打分．下面是两组评委对同一名选手的打分：
(1)请判断小组A与小组B哪一个更像是由专业人士组成的；(不必说明理由)
(2)若从A组的5位评委中任选2位评委，求其中恰有一位评委打分为95分的概率．
解：(1)由表格数据，知：eq \x\t(x)A＝eq \f(92＋95＋93＋95＋90,5)＝93，eq \x\t(x)B＝eq \f(98＋80＋90＋85＋97,5)＝90，sA2＝eq \f(1,5)eq \i\su(i＝1,5, )(xA－eq \x\t(x)A)2＝3.6，sB2＝eq \f(1,5)eq \i\su(i＝1,5, )(xB－eq \x\t(x)B)2＝47.6，其中i＝1,2，…，5.因为sA2
第五节 离散型随机变量的分布列及均值、方差
课程标准
1.了解离散型随机变量的概念.
2.理解离散型随机变量分布列及其数字特征均值、方差.
3.了解超几何分布及其均值，并能进行简单的应用.
[由教材回扣基础]
1．随机变量的有关概念
(1)随机变量：随着试验结果变化而变化的变量，常用字母X，Y，ξ，η，…表示．
(2)离散型随机变量：所有取值可以一一列出的随机变量．
2．离散型随机变量分布列的概念、性质及均值方差
(1)概念：若离散型随机变量X可能取的不同值为x1，x2，…，xi，…，xn，X取每一个值xi(i＝1,2，…，n)的概率P(X＝xi)＝pi，以表格的形式表示如下：
此表称为离散型随机变量X的概率分布列，简称为X的分布列．有时也用等式P(X＝xi)＝pi，i＝1,2，…，n表示X的分布列．
(2)分布列的性质：①pieq \a\vs4\al(≥)0，i＝1,2,3，…，n；②＝1.
(3)称E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn为随机变量X的均值或数学期望，它反映了离散型随机变量取值的平均水平．
(4)称D(X)＝ (xi－E(X))2pi为随机变量X的方差，它刻画了随机变量X与其均值E(X)的平均偏离程度，其算术平方根eq \r(DX)为随机变量X的标准差．
3．常见的离散型随机变量的分布列
(1)两点分布
若随机变量X的分布列具有上表的形式，则称X服从两点分布，并称p＝P(X＝1)为成功概率．
(2)超几何分布
在含有M件次品的N件产品中，任取n件，其中恰有X件次品，则P(X＝k)＝k＝0,1,2，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*.
如果随机变量X的分布列具有上表的形式，则称随机变量X服从超几何分布．
4．均值与方差的性质
若Y＝aX＋b，其中a，b是常数，X是随机变量，则
(1)E(k)＝k，D(k)＝0，其中k为常数；
(2)E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2D(X)；
(3)E(X1＋X2)＝E(X1)＋E(X2)；
(4)D(X)＝E(X2)－[E(X)]2；
(5)若X1，X2相互独立，则E(X1·X2)＝E(X1)·E(X2)；
(6)若X服从两点分布，则E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)；
(7)若X服从二项分布，即X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)；
(8)若X服从超几何分布，即X～H(N，M，n)，则E(X)＝eq \f(nM,N)，D(X)＝eq \f(nMN－MN－n,N2N－1)；
(9)若X～N(μ，σ2)，则X的均值与方差分别为E(X)＝μ，D(X)＝σ2.
eq \a\vs4\al(澄清微点·熟记结论)
(1)随机变量的均值是常数，样本的平均数是随机变量，它不确定．
(2)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．
(3)求出分布列后，注意运用分布列的两条性质检验所求分布列是否正确．
(4)超几何分布中随机变量X的数学期望E(X)＝eq \f(M,N)·n.
[练小题巩固基础]
一、准确理解概念(判断正误)
(1)随机试验的结果与随机变量是一种映射关系，即每一个试验结果都有唯一的随机变量的值与之对应．( )
(2)离散型随机变量的分布列中，各个概率之和可以小于1.( )
(3)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．( )
(4)均值与方差都是从整体上刻画离散型随机变量的情况，因此它们是一回事．( )
答案：(1)√ (2)√ (3)√ (4)×
二、练牢教材小题
1．(新北师大版选择性必修①P195T2)同时抛掷两枚均匀的骰子，设X表示掷出的点数之和，则{X＝4}表示的随机试验结果是( )
A．一枚掷出3点，一枚掷出1点
B．两枚都掷出2点
C．两枚都掷出4点
D．一枚掷出3点，一枚掷出1点或两枚都掷出2点
答案：D
2．(新湘教版选择性必修②P128T3改编)设随机变量X的分布列如下：
则p的值为________．
答案：eq \f(1,4)
3．(新人教A版选择性必修③P78例4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，故P(X＝2)＝
答案：eq \f(3,10)
4．(新人教A版选择性必修③P70T2改编)随机变量X的可能取值为0,1,2，若P(X＝0)＝eq \f(1,5)，E(X)＝1，则D(X)＝________.
解析：设P(X＝1)＝p，P(X＝2)＝q，
由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0×\f(1,5)＋p＋2q＝1，,\f(1,5)＋p＋q＝1，))解得p＝eq \f(3,5)，q＝eq \f(1,5)，
∴D(X)＝eq \f(1,5)(0－1)2＋eq \f(3,5)(1－1)2＋eq \f(1,5)(2－1)2＝eq \f(2,5).
答案：eq \f(2,5)
三、练清易错易混
1．(随机变量的概念不清)有一批产品共12件，其中次品3件，每次从中任取一件，在取到合格品之前取出的次品数X的所有可能取值是________．
解析：可能第一次就取到合格品，也可能取完次品后才取得合格品，所以X的所有可能取值为0,1,2,3.
答案：0,1,2,3
2．(分布列的性质使用不当)已知随机变量X的分布规律为P(X＝i)＝eq \f(i,2a)(i＝1,2,3)，则P(X＝2)＝________.
解析：由分布列的性质知eq \f(1,2a)＋eq \f(2,2a)＋eq \f(3,2a)＝1，∴a＝3，
∴P(X＝2)＝eq \f(2,2a)＝eq \f(1,3).
答案：eq \f(1,3)
命题视角一 离散型随机变量的分布列及性质
考法(一) 离散型随机变量分布列的性质
[例1] (1)设随机变量X的分布列为
则P(|X－3|＝1)等于( )
A.eq \f(7,12) B.eq \f(5,12) C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,6)
(2)随机变量X的分布列如下：
其中a，b，c成等差数列，则P(|X|＝1)＝______，公差d的取值范围是________．
[解析] (1)根据分布列的性质，得eq \f(1,3)＋m＋eq \f(1,4)＋eq \f(1,6)＝1，则m＝eq \f(1,4)，随机变量X的分布列为
所以P(|X－3|＝1)＝P(X＝4)＋P(X＝2)＝eq \f(5,12).
(2)∵a，b，c成等差数列，∴2b＝a＋c.又a＋b＋c＝1，∴b＝eq \f(1,3)，∴P(|X|＝1)＝a＋c＝eq \f(2,3).又a＝eq \f(1,3)－d，c＝eq \f(1,3)＋d，根据分布列的性质，得0≤eq \f(1,3)－d≤eq \f(2,3)，0≤eq \f(1,3)＋d≤eq \f(2,3)，解得－eq \f(1,3)≤d≤eq \f(1,3).
[答案] (1)B (2)eq \f(2,3) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，\f(1,3)))
[方法技巧]
离散型随机变量的分布列性质的应用
(1)利用“总概率之和为1”可以求相关参数的取值范围或值．
(2)利用“离散型随机变量在一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．
考法(二) 离散型随机变量分布列的求法
[例2] 小李参加一种红包接龙游戏：他在红包里塞了12元，然后发给朋友A，如果A猜中，A将获得红包里的所有金额；如果A未猜中，A将当前的红包转发给朋友B，如果B猜中，A，B平分红包里的金额；如果B未猜中，B将当前的红包转发给朋友C，如果C猜中，A，B和C平分红包里的金额；如果C未猜中，红包里的钱将退回小李的账户，设A，B，C猜中的概率分别为eq \f(1,3)，eq \f(1,2)，eq \f(1,3)，且A，B，C是否猜中互不影响．
(1)求A恰好获得4元的概率；
(2)设A获得的金额为X元，求X的分布列．
[解] (1)依题意，当且仅当C猜中时A恰好获得4元，∴A恰好获得4元的概率为eq \f(2,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,9).
(2)X的所有可能取值为0,4,6,12，P(X＝0)＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＝eq \f(2,9)，P(X＝4)＝eq \f(1,9)，P(X＝6)＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,3)，P(X＝12)＝eq \f(1,3)，∴X的分布列为
[方法技巧] 离散型随机变量分布列的求解步骤
[针对训练]
1．离散型随机变量X的概率分布规律为P(X＝n)＝eq \f(a,nn＋1)(n＝1,2,3,4)，其中a是常数，则Peq \f(1,2)＜X＜eq \f(5,2)的值为( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(3,4)
C.eq \f(4,5) D.eq \f(5,6)
解析：选D 由eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1×2)＋\f(1,2×3)＋\f(1,3×4)＋\f(1,4×5)))×a＝1，知eq \f(4,5)a＝1，得a＝eq \f(5,4).故Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＜X＜\f(5,2)))＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝eq \f(1,2)×eq \f(5,4)＋eq \f(1,6)×eq \f(5,4)＝eq \f(5,6).
2．(2022·湘潭一模)甲、乙是两名射击运动员，根据历史统计数据，甲一次射击命中10,9,8环的概率分别为eq \f(2,5)，eq \f(2,5)，eq \f(1,5)，乙一次射击命中10,9环的概率分别为eq \f(1,6)，eq \f(5,6).一轮射击中，甲、乙各射击一次．甲、乙射击相互独立，每次射击也互不影响．
(1)在一轮射击中，求甲命中的环数不高于乙命中的环数的概率；
(2)记一轮射击中，甲、乙命中的环数之和为X，求X的分布列；
(3)进行三轮射击，求甲、乙命中的环数之和不低于52的概率．
解：(1)设一次射击后，甲命中的环数为ξ，乙命中的环数为η，则甲命中的环数不高于乙命中的环数的概率P(ξ≤η)＝P(ξ＝8)＋P(ξ＝9)＋P(ξ＝10)P(η＝10)＝eq \f(1,5)＋eq \f(2,5)＋eq \f(2,5)×eq \f(1,6)＝eq \f(2,3).
(2)由题意可知随机变量X的可能取值有17,18,19,20，P(X＝17)＝eq \f(1,5)×eq \f(5,6)＝eq \f(1,6)，P(X＝18)＝eq \f(1,5)×eq \f(1,6)＋eq \f(2,5)×eq \f(5,6)＝eq \f(11,30)，P(X＝19)＝eq \f(2,5)×eq \f(1,6)＋eq \f(2,5)×eq \f(5,6)＝eq \f(2,5)，P(X＝20)＝eq \f(2,5)×eq \f(1,6)＝eq \f(1,15)，
所以X的分布列为
(3)由(2)知，每轮射击后，甲、乙命中的环数之和为17的概率为eq \f(1,6)，三轮射击后，甲、乙命中的环数之和最小为17×3＝51，因此，进行三轮射击，甲、乙命中的环数之和不低于52的概率为1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)))3＝eq \f(215,216).
命题视角二 离散型随机变量的均值与方差
考法(一) 求离散型随机变量的均值与方差
[例1] 为迎接2022年北京冬奥会，推广滑雪运动，某滑雪场开展滑雪促销活动．该滑雪场的收费标准是：滑雪时间不超过1小时免费，超过1小时的部分每小时收费标准为40元(不足1小时的部分按1小时计算)．有甲、乙两人相互独立地来该滑雪场运动，设甲、乙不超过1小时离开的概率分别为eq \f(1,4)，eq \f(1,6)；1小时以上且不超过2小时离开的概率分别为eq \f(1,2)，eq \f(2,3)；两人滑雪时间都不会超过3小时．
(1)求甲、乙两人所付滑雪费用相同的概率；
(2)设甲、乙两人所付的滑雪费用之和为随机变量ξ(单位：元)，求ξ的分布列与数学期望E(ξ)，方差D(ξ)．
[解] (1)两人所付费用相同，相同的费用可能为0,40,80元，
两人都付0元的概率为P1＝eq \f(1,4)×eq \f(1,6)＝eq \f(1,24)，
两人都付40元的概率为P2＝eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＝eq \f(1,3)，
两人都付80元的概率为
P3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)－\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,6)－\f(2,3)))＝eq \f(1,4)×eq \f(1,6)＝eq \f(1,24)，
故两人所付费用相同的概率为
P＝P1＋P2＋P3＝eq \f(1,24)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,24)＝eq \f(5,12).
(2)由题意知，ξ可能取值为0,40,80,120,160，则
P(ξ＝0)＝eq \f(1,4)×eq \f(1,6)＝eq \f(1,24)，
P(ξ＝40)＝eq \f(1,4)×eq \f(2,3)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,6)＝eq \f(1,4)，
P(ξ＝80)＝eq \f(1,4)×eq \f(1,6)＋eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＋eq \f(1,6)×eq \f(1,4)＝eq \f(5,12)，
P(ξ＝120)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,6)＋eq \f(1,4)×eq \f(2,3)＝eq \f(1,4)，
P(ξ＝160)＝eq \f(1,4)×eq \f(1,6)＝eq \f(1,24).
故ξ的分布列为
E(ξ)＝0×eq \f(1,24)＋40×eq \f(1,4)＋80×eq \f(5,12)＋120×eq \f(1,4)＋160×eq \f(1,24)＝80.D(ξ)＝(0－80)2×eq \f(1,24)＋(40－80)2×eq \f(1,4)＋(80－80)2×eq \f(5,12)＋(120－80)2×eq \f(1,4)＋(160－80)2×eq \f(1,24)＝eq \f(4 000,3).
[方法技巧]
1．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的所有可能值．
(2)求ξ取每个值的概率．
(3)写出ξ的分布列．
(4)由均值的定义求E(ξ)．
(5)由方差的定义求D(ξ)．
2．求离散型随机变量均值与方差的关键及注意点
(1)求离散型随机变量的均值与方差关键是确定随机变量的所有可能值，写出随机变量的分布列，正确运用均值、方差公式进行计算．
(2)注意E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2D(X)的应用．
考法(二) 均值与方差在决策中的应用
[例2] (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？说明理由．
[解] (1)由题意，X的取值分别为0,20,100，则P(X＝0)＝0.2，P(X＝20)＝0.8×0.4＝0.32，P(X＝100)＝0.8×0.6＝0.48，所以X的分布列为
(2)由(1)得，先回答A类问题的期望E(X)＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4.设先回答B类问题累计得分为Y，Y的取值可能为0,80,100，则P(Y＝0)＝0.4，P(Y＝80)＝0.6×0.2＝0.12，P(Y＝100)＝0.6×0.8＝0.48，所以Y的分布列为
则E(Y)＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6.因为E(Y)＞E(X)，所以应选择先回答B类问题．
eq \a\vs4\al([方法技巧])
利用均值、方差进行决策的2个方略
(1)当均值不同时，两个随机变量取值的水平可见分歧，可对问题作出判断．
(2)若两随机变量均值相同或相差不大，则可通过分析两变量的方差来研究随机变量的离散程度或者稳定程度，进而进行决策．
[针对训练]
(2022·聊城模拟)某销售公司在当地A，B两家超市各有一个销售点，每日从同一家食品厂一次性购进一种食品，每件200元，统一零售价为每件300元，两家超市之间调配食品不计费用．若进货不足，食品厂以每件250元补货，若销售有剩余，食品厂以每件150元回收，现需决策每日购进食品数量，为此搜集整理了A，B两家超市往年同期各50天的该食品销售记录，得到如下数据：
以这些数据的频率代替两家超市的食品销售件数的概率，记X表示这两家超市每日共销售食品件数，n表示销售公司每日共需购进食品的件数．
(1)求X的分布列；
(2)以销售食品利润的期望为决策依据，在n＝19与n＝20之中选其一，应选哪个？
解：(1)由已知得两家超市销售食品件数为8,9,10,11的频率分别为eq \f(1,5)，eq \f(2,5)，eq \f(1,5)，eq \f(1,5)，X的所有可能取值为16,17,18,19,20,21,22.P(X＝16)＝eq \f(1,5)×eq \f(1,5)＝eq \f(1,25)，P(X＝17)＝eq \f(1,5)×eq \f(2,5)×2＝eq \f(4,25)，P(X＝18)＝eq \f(2,5)×eq \f(2,5)＋eq \f(1,5)×eq \f(1,5)×2＝eq \f(6,25)，P(X＝19)＝eq \f(1,5)×eq \f(2,5)×2＋eq \f(1,5)×eq \f(1,5)×2＝eq \f(6,25)，P(X＝20)＝eq \f(1,5)×eq \f(1,5)＋eq \f(2,5)×eq \f(1,5)×2＝eq \f(5,25)，P(X＝21)＝eq \f(1,5)×eq \f(1,5)×2＝eq \f(2,25)，P(X＝22)＝eq \f(1,5)×eq \f(1,5)＝eq \f(1,25).所以X的分布列为
(2)当n＝19时，记Y1为A，B两家超市销售该食品的利润，则Y1的分布列为
E(Y1)＝1 450×eq \f(1,25)＋1 600×eq \f(4,25)＋1 750×eq \f(6,25)＋1 900×eq \f(6,25)＋1 950×eq \f(5,25)＋2 000×eq \f(2,25)＋2 050×eq \f(1,25)＝1 822.
当n＝20时，记Y2为A，B两家超市销售该食品的利润，则Y2的分布列为
E(Y2)＝1 400×eq \f(1,25)＋1 550×eq \f(4,25)＋1 700×eq \f(6,25)＋1 850×eq \f(6,25)＋2 000×eq \f(5,25)＋2 050×eq \f(2,25)＋2 100×eq \f(1,25)＝1 804.因为E(Y1)＞E(Y2)，故应选n＝19.
命题视角三 超几何分布
[典例] 某外语学校的一个社团中有7名同学，其中2人只会法语，2人只会英语，3人既会法语又会英语，现选派3人到法国的学校交流访问．求：
(1)在选派的3人中恰有2人会法语的概率；
(2)在选派的3人中既会法语又会英语的人数X的分布列．
[解] (1)设事件A：选派的3人中恰有2人会法语，则P(A)＝ (2)依题意知，X服从超几何分布，X的可能取值为0,1,2,3，P(X＝0)＝
∴X的分布列为
[方法技巧] 求超几何分布的分布列的步骤
[针对训练]
(2022·北京西城区一模)天文学上用星等表示星体亮度，星等的数值越小，星体越亮．视星等是指观测者用肉眼所看到的星体亮度；绝对星等是假定把恒星放在距地球32.6光年的地方测得的恒星的亮度，反映恒星的真实发光本领．下表列出了视星等数值最小的10颗最亮恒星(除太阳外)的相关数据，其中a∈[0,1.3].
(1)从表中随机选择一颗恒星，求它的绝对星等的数值小于视星等的数值的概率；
(2)已知北京的纬度是北纬40°，当且仅当一颗恒星的“赤纬”数值大于－50°时，能在北京的夜空中看到它．现从这10颗恒星中随机选择4颗，记其中能在北京的夜空中看到的恒星数量为X颗，求X的分布列和数学期望；
(3)记a＝0时10颗恒星的视星等的方差为s12，记a＝1.3时10颗恒星的视星等的方差为s22，判断s12与s22之间的大小关系．(结论不需要证明)
解：(1)记一颗星的绝对星等的数值小于视星等的数值为事件A，由图表可知，10颗恒星中有5颗绝对星等的数值小于视星等的数值，故P(A)＝eq \f(5,10)＝eq \f(1,2).
(2)由图表知，有7颗恒星的“赤纬”数值大于－50°，有3颗恒星的“赤纬”数值小于－50°，则随机变量X的所有可能取值为1,2,3,4.P P
故随机变量X的分布列为
E(X)＝1×eq \f(1,30)＋2×eq \f(3,10)＋3×eq \f(1,2)＋4×eq \f(1,6)＝eq \f(14,5).
(3)结论：s12＜s22.理由：当a＝0时，视星等的平均数为－0.143；当a＝1.3时，视星等的平均数为－0.013，故当a＝0时，视星等的数值更集中在平均数附近，由此可知其方差更小．
[课时跟踪检测]
一、基础练——练手感熟练度
1．已知随机变量X的分布列为
则E(5X＋4)等于( )
A．15 B．11 C．2.2 D．2.3
解析：选A ∵E(X)＝1×0.4＋2×0.3＋4×0.3＝2.2，∴E(5X＋4)＝5E(X)＋4＝11＋4＝15.
2．若随机变量X的分布列为
则当P(X＜a)＝0.8时，实数a的取值范围是( )
A．(－∞，2] B．[1,2] C．(1,2] D．(1,2)
解析：选C 由随机变量X的分布列知：P(X＜－1)＝0.1，P(X＜0)＝0.3，P(X＜1)＝0.5，P(X＜2)＝0.8，则当P(X＜a)＝0.8时，实数a的取值范围是(1,2]．
3．(2020·全国Ⅲ卷)在一组样本数据中，1,2,3,4出现的频率分别为p1，p2，p3，p4，且eq \i\su(i＝1,4,p)i＝1，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是( )
A．p1＝p4＝0.1，p2＝p3＝0.4
B．p1＝p4＝0.4，p2＝p3＝0.1
C．p1＝p4＝0.2，p2＝p3＝0.3
D．p1＝p4＝0.3，p2＝p3＝0.2
解析：选B X的可能取值为1,2,3,4，四种情形的数学期望E(X)＝1×p1＋2×p2＋3×p3＋4×p4都为2.5，方差D(X)＝[1－E(X)]2×p1＋[2－E(X)]2×p2＋[3－E(X)]2×p3＋[4－E(X)]2×p4，标准差为eq \r(DX).A选项的方差D(X)＝0.65；B选项的方差D(X)＝1.85；C选项的方差D(X)＝1.05；D选项的方差D(X)＝1.45.可知选项B的情形对应样本的标准差最大．故选B.
4．口袋中有编号分别为1,2,3的三个大小和形状完全相同的小球，从中任取2个，则取出的球的最大编号X的期望为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(2,3) C．2 D.eq \f(8,3)
解析：选D 因为口袋中有编号分别为1,2,3的三个大小和形状完全相同的小球，从中任取2个，所以取出的球的最大编号X的可能取值为2,3，所以P(X＝2)＝所以E(X)＝2×eq \f(1,3)＋3×eq \f(2,3)＝eq \f(8,3).
5．随机变量X的分布列如表所示，若E(X)＝eq \f(1,3)，则D(3X－2)＝________.
解析：∵E(X)＝eq \f(1,3)，∴由随机变量X的分布列得：
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,6)＋a＋b＝1，,－\f(1,6)＋b＝\f(1,3)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f(1,3)，,b＝\f(1,2)，))∴D(X)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1－\f(1,3)))2×eq \f(1,6)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0－\f(1,3)))2×eq \f(1,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))2×eq \f(1,2)＝eq \f(5,9)，
∴D(3X－2)＝9D(X)＝9×eq \f(5,9)＝5.
答案：5
二、综合练——练思维敏锐度
1．已知排球发球考试规则：每位考生最多可发球三次，若发球成功，则停止发球，否则一直发到3次结束为止．某考生一次发球成功的概率为p(0＜p＜1)，发球次数为X，若X的数学期望E(X)＞1.75，则p的取值可以为( )
A.eq \f(3,4) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,2) D.eq \f(2,3)
解析：选B 由题可知P(X＝1)＝p，P(X＝2)＝(1－p)p，P(X＝3)＝(1－p)2p＋(1－p)3＝(1－p)2，则E(X)＝P(X＝1)＋2P(X＝2)＋3P(X＝3)＝p＋2(1－p)p＋3(1－p)2＞1.75，解得p＞eq \f(5,2)或p＜eq \f(1,2)，由p∈(0,1)可得p∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
2．一个人有n把钥匙，其中只有一把可以打开房门，他随意地进行试开，若试开过的钥匙放在一旁，试过的次数X为随机变量，则P(X＝k)等于( )
A.eq \f(k,n) B.eq \f(1,n) C.eq \f(k－1,n) D.eq \f(k！,n！)
解析：选B ∵{X＝k}表示“第k次恰好打开，前k－1次没有打开”，∴P(X＝k)＝eq \f(n－1,n)×eq \f(n－2,n－1)×…×eq \f(n－k－1,n－k－2)×eq \f(1,n－k－1)＝eq \f(1,n).
3．(2021·聊城二模)已知随机变量ξ的分布列为：
其中ab≠0，下列说法不正确的是( )
A．a＋b＝1 B．E(ξ)＝eq \f(3b,2)
C．D(ξ)随b的增大而减小 D．D(ξ)有最大值
解析：选C 根据分布列的性质得a＋eq \f(b,2)＋eq \f(b,2)＝1，即a＋b＝1，故A正确；根据期望公式得E(ξ)＝0×a＋1×eq \f(b,2)＋2×eq \f(b,2)＝eq \f(3b,2)，故B正确；根据方差公式得D(ξ)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0－\f(3b,2)))2×a＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3b,2)))2×eq \f(b,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(3b,2)))2×eq \f(b,2)＝－eq \f(9,4)b2＋eq \f(5,2)b＝－eq \f(9,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b－\f(5,9)))2＋eq \f(25,36)，因为0＜b＜1，所以b＝eq \f(5,9)时，D(ξ)取得最大值eq \f(25,36)，故C不正确，D正确．
4．一个袋中有大小、形状相同的小球，其中红球1个、黑球2个，现随机等可能取出小球，当有放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为ξ1；当无放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为ξ2，则( )
A．E(ξ1)
C．E(ξ1)＝E(ξ2)，D(ξ1)
解析：选B ξ1的可能取值为0,1,2，ξ1～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(1,3)))，E(ξ1)＝2×eq \f(1,3)＝eq \f(2,3)，D(ξ1)＝2×eq \f(1,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(4,9)；ξ2的可能取值为0,1，P(ξ2＝0)＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,3)，P(ξ2＝1)＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)×eq \f(2,2)＝eq \f(2,3)，∴E(ξ2)＝0×eq \f(1,3)＋1×eq \f(2,3)＝eq \f(2,3)，D(ξ2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0－\f(2,3)))2×eq \f(1,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))2×eq \f(2,3)＝eq \f(2,9).
∴E(ξ1)＝E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2)．故选B.
5．插花是一种高雅的审美艺术，是表现植物自然美的一种造型艺术，是最优美的空间造型艺术之一．为了通过插花艺术激发学生对美的追求，增添生活乐趣，提高学生保护环境的意识，某高校举办了校园插花比赛．现从参加比赛的甲组的3个作品和乙组的2个作品中随机选出2个作品请专业的老师进行点评，记取出的2个作品中甲组作品的个数为ξ，则( )
A．E(ξ)＝eq \f(6,25) B．E(ξ)＝eq \f(12,5)
C．D(ξ)＝eq \f(9,25) D．D(ξ)＝eq \f(3,5)
解析：选C 由题意知，ξ的所有可能取值为0,1,2，且P，P(ξ＝2) 所以E(ξ)＝0×eq \f(1,10)＋1×eq \f(3,5)＋2×eq \f(3,10)＝eq \f(6,5)，D(ξ)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0－\f(6,5)))2×eq \f(1,10)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(6,5)))2×eq \f(3,5)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(6,5)))2×eq \f(3,10)＝eq \f(9,25).
6．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：由题意可知，P(
答案：eq \f(3,10)
7．为推动乒乓球运动的发展，某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参加．现有来自甲协会的运动员3名，其中种子选手2名；乙协会的运动员5名，其中种子选手3名．从这8名运动员中随机选择4人参加比赛．
(1)设A为事件“选出的4人中恰有2名种子选手，且这2名种子选手来自同一个协会”，求事件A发生的概率；
(2)设X为选出的4人中种子选手的人数，求随机变量X的分布列和均值．
解：(1)由已知，有P(A)＝
所以事件A发生的概率为eq \f(6,35).
(2)随机变量X的所有可能取值为1,2,3,4.
则P(X＝1)＝
所以随机变量X的分布列为
均值E(X)＝1×eq \f(1,14)＋2×eq \f(3,7)＋3×eq \f(3,7)＋4×eq \f(1,14)＝eq \f(5,2).
8．(2021·北京高考)为加快新冠肺炎检测效率，某检测机构采取“k合1检测法”，即将k个人的拭子样本合并检测，若为阴性，则可确定所有样本都是阴性的，若为阳性，则还需要对本组的每个人再做检测．现有100人，已知其中2人感染病毒．
(1)①若采用“10合1检测法”，且两名患者在同一组，求总检测次数；
②已知10人分成一组，分10组，两名感染患者在同一组的概率为eq \f(1,11)，定义随机变量X为总检测次数，求检测次数X的分布列和数学期望E(X)；
(2)若采用“5合1检测法”，检测次数Y的期望为E(Y)，试比较E(X)和E(Y)的大小(直接写出结果)．
解：(1)①共测两轮，第一轮100人分10组，故测了10次；第二轮，对两名患者所在组每个人都进行检测一次，共10次，故总检测次数为10＋10＝20次．
②由①知，两名感染患者在同一组时，共需测20次；若两名患者不在一组，需要测10＋10＋10＝30次．故X可取值为：20,30，则P(X＝20)＝eq \f(1,11)，P(X＝30)＝1－eq \f(1,11)＝eq \f(10,11)，故X的分布列为
所以E(X)＝20×eq \f(1,11)＋30×eq \f(10,11)＝eq \f(20＋300,11)＝eq \f(320,11).
(2)E(X)＜E(Y)．
三、自选练——练高考区分度
(2021·新高考Ⅱ卷)一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……，该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，P(X＝i)＝pi(i＝0,1,2,3)．
(1)已知p0＝0.4，p1＝0.3，p2＝0.2，p3＝0.1，求E(X)；
(2)设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程：p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＝x的一个最小正实根，求证：当E(X)≤1时，p＝1，当E(X)>1时，p<1；
(3)根据你的理解说明(2)问结论的实际含义．
解：(1)E(X)＝0×0.4＋1×0.3＋2×0.2＋3×0.1＝1.
(2)证明：p0＋p1x＋p2x2＋p3x3－x＝0，x>0.
令f(x)＝p0＋p1x＋p2x2＋p3x3－x，f′(x)＝p1＋2p2x＋3p3x2－1，f″(x)＝2p2＋6p3x≥0，
∴f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
①当E(X)＝p1＋2p2＋3p3≤1时，在x∈(0,1]上，f′(x)≤f′(1)＝p1＋2p2＋3p3－1≤0，
∴f(x)在(0,1]上单调递减，注意到f(1)＝0，
∴f(x)在x∈(0,1]上有唯一零点x＝1，即p＝1.
②当E(X)＝p1＋2p2＋3p3>1时，
注意到f′(0)＝p1－1<0，f′(1)＝p1＋2p2＋3p3－1>0，且f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
∴存在唯一x0∈(0,1)，使得f′(x0)＝0，
当0
∵f(0)＝p0>0，f(1)＝0，∴f(x0)
(3)当1个微生物个体繁殖下一代的期望小于等于1时，这种微生物经过多代繁殖后临近灭绝；当1个微生物个体繁殖下一代的期望大于1时，这种微生物经过多代繁殖后还有继续繁殖的可能．
第六节 二项分布与正态分布
课程标准
1.了解条件概率的概念，了解两个事件相互独立的概念．
2．理解n次独立重复试验的模型及二项分布，并能解决一些简单问题．
3．借助直观直方图认识正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．
[由教材回扣基础]
1．条件概率
(1)定义
设A，B为两个事件，且P(A)＞0，称P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率．
(2)性质
①条件概率具有一般概率的性质，即0≤P(B|A)≤1.
②如果B，C是两个互斥事件，则P((B∪C)|A)＝P(B|A)＋P(C|A)．
2．相互独立事件的概率
(1)相互独立事件的定义及性质
①定义：设A，B是两个事件，若P(AB)＝P(A)·P(B)，则称事件A与事件B相互独立．
②性质：若事件A与B相互独立，那么A与eq \x\t(B)，eq \x\t(A)与B，eq \x\t(A)与eq \x\t(B)也都相互独立．
(2)独立重复试验概率公式
在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验，若用Ai(i＝1,2，…，n)表示第i次试验结果，则P(A1A2A3…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)．
(3)二项分布的定义
在n次独立重复试验中，设事件A发生的次数为X，在每次试验中事件A发生的概率为p，则P(X＝k)＝，k＝0,1,2，…，n.此时称随机变量X服从二项分布，记作X～B(n，p)，并称p为成功概率．
3．正态分布
(1)正态曲线的定义
函数φμ，σ(x)＝，x∈(－∞，＋∞)，其中实数μ和σ(σ＞0)为参数，称φμ，σ(x)的图象为正态分布密度曲线，简称正态曲线．
(2)正态分布的定义及表示
如果对于任何实数a，b(a＜b)，随机变量X满足P(a＜X≤b)＝eq \i\in(a,b,)φμ，σ(x)dx，则称随机变量X服从正态分布，记作N(μ，σ2)．
(3)正态曲线的特点
①曲线位于x轴的上方，与x轴不相交．
②曲线是单峰的，它关于直线x＝μ对称．
③曲线在x＝μ处达到峰值eq \f(1,σ\r(2π)).
④曲线与x轴之间的面积为1.
⑤当σ一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着μ的变化而沿着x轴平移．
⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定．σ越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；σ越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散．
(4)正态分布中的3σ原则
①P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.682_6.
②P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.954_4.
③P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)＝0.997_4.
[练小题巩固基础]
一、准确理解概念(判断正误)
(1)P(B|A)表示在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，P(AB)表示事件A，B同时发生的概率，一定有P(AB)＝P(A)P(B)．( )
(2)相互独立事件就是互斥事件．( )
(3)二项分布是一个概率分布列，是一个用公式P(X＝k)＝k＝0,1,2，…，n表示的概率分布列，它表示了n次独立重复试验中事件A发生的次数的概率分布．( )
答案：(1)× (2)× (3)√
二、练牢教材小题
1．(人教A版选修2－3 P58T1改编)甲、乙两市都位于长江下游，根据一百多年来的气象记录，知道一年中下雨天的比例甲市占20%，乙市占18%，两地同时下雨占12%，记P(A)＝0.2，P(B)＝0.18，P(AB)＝0.12，则P(A|B)和P(B|A)分别等于( )
A.eq \f(1,3)，eq \f(2,5) B.eq \f(2,3)，eq \f(2,5)
C.eq \f(2,3)，eq \f(3,5) D.eq \f(1,2)，eq \f(3,5)
解析：选C P(A|B)＝eq \f(PAB,PB)＝eq \f(0.12,0.18)＝eq \f(2,3)，P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(0.12,0.2)＝eq \f(3,5).
2．(人教A版选修2－3 P75B组T2改编)已知随机变量ξ服从正态分布N(0，σ2)．若P(ξ＞2)＝0.023，则P(－2≤ξ≤2)＝( )
A．0.477 B．0.628 C．0.954 D．0.977
解析：选C ∵μ＝0，∴P(ξ＞2)＝P(ξ＜－2)＝0.023，∴P(－2≤ξ≤2)＝1－2×0.023＝0.954.
3．(人教A版选修2－3 P57例4改编)设随机变量X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6，\f(1,2)))，则P(X＝3)等于________．
解析：∵X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6，\f(1,2)))，∴P(X＝3)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))3＝eq \f(5,16).
答案：eq \f(5,16)
三、练清易错易混
1．(条件概率公式使用错误)由0,1组成的三位数编号中，若事件A表示“第二位数字为0”，事件B表示“第一位数字为0”，则P(A|B)＝________.
解析：因为第一位数字可为0或1，所以第一位数字为0的概率P(B)＝eq \f(1,2)，第一位数字为0且第二位数字也为0，即事件A，B同时发生的概率P(AB)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)，所以P(A|B)＝eq \f(PAB,PB)＝eq \f(\f(1,4),\f(1,2))＝eq \f(1,2).
答案：eq \f(1,2)
2．(恰有一个发生理解错误)计算机毕业考试分为理论与操作两部分，每部分考试成绩只记“合格”与“不合格”，只有两部分考试都“合格”者，才给颁发计算机“合格证书”．甲、乙两人在理论考试中“合格”的概率依次为eq \f(4,5)，eq \f(2,3)，在操作考试中“合格”的概率依次为eq \f(1,2)，eq \f(5,6)，所有考试是否合格相互之间没有影响．则甲、乙进行理论与操作两项考试后，恰有一人获得“合格证书”的概率为________．
解析：甲获得“合格证书”的概率为eq \f(4,5)×eq \f(1,2)＝eq \f(2,5)，乙获得“合格证书”的概率是eq \f(2,3)×eq \f(5,6)＝eq \f(5,9)，两人中恰有一个人获得“合格证书”的概率是eq \f(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(5,9)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,5)))×eq \f(5,9)＝eq \f(23,45).
答案：eq \f(23,45)
命题视角一 事件的相互独立性及条件概率
考法(一) 条件概率
[例1] (1)现有3道理科题和2道文科题共5道题，若不放回地依次抽取2道题，则在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率为( )
A.eq \f(3,10) B.eq \f(2,5) C.eq \f(1,2) D.eq \f(3,5)
(2)从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A＝“取到的2个数之和为偶数”，事件B＝“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)＝( )
A.eq \f(1,8) B.eq \f(1,4)
C.eq \f(2,5) D.eq \f(1,2)
[解析] (1)设第1次抽到理科题为事件A，第2次抽到理科题为事件B，则P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(3×2,A52),\f(3,5))＝eq \f(1,2).故选C.
(2)P(A)＝由条件概率公式，得
[答案] (1)C (2)B
[方法技巧] 条件概率的3种求法
考法(二) 事件的相互独立性
[例2] (2019·全国Ⅱ卷)11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10∶10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束．甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立．在某局双方10∶10平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束．
(1)求P(X＝2)；
(2)求事件“X＝4且甲获胜”的概率．
[解] (1)X＝2就是某局双方10∶10平后，两人又打了2个球该局比赛结束，则这2个球均由甲得分，或者均由乙得分．
因此P(X＝2)＝0.5×0.4＋(1－0.5)×(1－0.4)＝0.5.
(2)X＝4且甲获胜，就是某局双方10∶10平后，两人又打了4个球该局比赛结束，且这4个球的得分情况为前两球是甲、乙各得1分，后两球均为甲得分．
因此所求概率为[0.5×(1－0.4)＋(1－0.5)×0.4]×0.5×0.4＝0.1.
[方法技巧]
利用相互独立事件求复杂事件概率的解题思路
(1)将待求复杂事件转化为几个彼此互斥简单事件的和．
(2)将彼此互斥简单事件中的简单事件，转化为几个已知(易求)概率的相互独立事件的积事件．
(3)代入概率的积、和公式求解．
[针对训练]
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
解析：选B 由题意知P(甲)＝eq \f(1,6)，P(乙)＝eq \f(5,6)×eq \f(1,6)＋eq \f(1,6)×eq \f(1,6)＝eq \f(1,6)，P(丙)＝eq \f(1,6)×eq \f(1,6)×5＝eq \f(5,36)，P(丁)＝eq \f(1,6)×eq \f(1,6)×6＝eq \f(1,6).P(甲∩丙)＝0≠P(甲)P(丙)，故A错误；P(甲∩丁)＝eq \f(1,6)×eq \f(1,6)＝eq \f(1,36)＝P(甲)P(丁)，故B正确；P(乙∩丙)＝eq \f(1,6)×eq \f(1,6)＝eq \f(1,36)≠P(乙)P(丙)，故C错误；P(丙∩丁)＝0≠P(丙)P(丁)，故D错误．故选B.
2．(2022·湖南师大附中月考)电视机的使用寿命与显像管开关的次数有关，某品牌的电视机的显像管开关了10 000次还能继续使用的概率是0.8，开关了15 000次后还能继续使用的概率是0.6，则已经开关了10 000次的电视机显像管还能继续使用到开关15 000次后的概率是( )
A．0.20 B．0.48 C．0.60 D．0.75
解析：选D 记事件A：电视机的显像管开关了10 000次还能继续使用，记事件B：电视机的显像管开关了15 000次后还能继续使用，则P(AB)＝0.6，P(A)＝0.8，所以已经开关了10 000次的电视机显像管还能继续使用到开关15 000次后的概率P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(0.6,0.8)＝0.75.故选D.
3．(2021年1月新高考八省联考卷)一台设备由三个部件构成，假设在一天的运转中，部件1,2,3需要调整的概率分别为0.1,0.2,0.3，各部件的状态相互独立．
(1)求设备在一天的运转中，部件1,2中至少有1个需要调整的概率；
(2)记设备在一天的运转中需要调整的部件个数为X，求X的分布列及数学期望．
解：(1)设部件1,2,3需要调整分别为事件A，B，C，
由题知P(A)＝0.1，P(B)＝0.2，P(C)＝0.3，各部件的状态相互独立，所以部件1,2都不需要调整的概率P(eq \x\t(A) eq \x\t(B))＝P(eq \x\t(A))P(eq \x\t(B))＝0.9×0.8＝0.72，故部件1,2中至少有1个需要调整的概率为1－P(eq \x\t(A) eq \x\t(B))＝0.28.
(2)X可取0,1,2,3，P(X＝0)＝P(eq \x\t(A) eq \x\t(B)eq \x\t(C))＝P(eq \x\t(A))P(eq \x\t(B))P(eq \x\t(C))＝0.9×0.8×0.7＝0.504，P(X＝1)＝P(Aeq \x\t(B) eq \x\t(C))＋P(eq \x\t(A)Beq \x\t(C))＋P(eq \x\t(A) eq \x\t(B)C)＝0.1×0.8×0.7＋0.9×0.2×0.7＋0.9×0.8×0.3＝0.398，P(X＝3)＝P(ABC)＝0.1×0.2×0.3＝0.006，P(X＝2)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)－P(X＝3)＝0.092，所以X的分布列为
E(X)＝0×P(X＝0)＋1×P(X＝1)＋2×P(X＝2)＋3×P(X＝3)＝0.6.
命题视角二 独立重复试验与二项分布
[典例] 某公司招聘员工，分初试和面试两个阶段，初试通过方可进入面试．受新冠疫情影响，初试采取线上考核的形式，共考核A，B，C三项技能，其中A必须过关，B，C至少有一项过关才能进入面试．现有甲、乙、丙三位应聘者报名并参加初试，三人能否通过初试互不影响，每个人三项考核的过关率均相同，各项技能过关率如下表，且每一项考核能否过关相互独立.
(1)求甲应聘者能进入面试的概率；
(2)用X表示三位应聘者中能进入面试的人数，求X的分布列及期望E(X)．
[解] (1)甲应聘者这三项考核分别记为事件A，B，C，且事件A，B，C相互独立，则甲应聘者能进入面试的概率为P(Aeq \x\t(B)C)＋P(ABeq \x\t(C))＋P(ABC)＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＋eq \f(2,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＋eq \f(2,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,2).
(2)由题知，X的所有可能取值为0,1,2,3，
且X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(1,2))).P(X＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＝eq \f(1,8)，
P(X＝1)＝C31eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＝eq \f(3,8)，
P(X＝2)＝C32eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(3,8)，
P(X＝3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＝eq \f(1,8)，则X的分布列为
∵X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(1,2)))，∴E(X)＝3×eq \f(1,2)＝eq \f(3,2).
[方法技巧]
与二项分布有关的期望、方差的求法
(1)求随机变量ξ的期望与方差时，可首先分析ξ是否服从二项分布，如果ξ～B(n，p)，则用公式E(ξ)＝np，D(ξ)＝np(1－p)求解，可大大减少计算量．
(2)有些随机变量虽不服从二项分布，但与之具有线性关系的另一随机变量服从二项分布，这时，可以综合应用E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b以及E(ξ)＝np求出E(aξ＋b)，同样还可求出D(aξ＋b).
[针对训练]
1．(2022·益阳调研)第六届世界互联网大会发布了15项“世界互联网领先科技成果”，其中有5项成果均属于芯片领域．现有3名学生从这15项“世界互联网领先科技成果”中分别任选1项进行了解，且学生之间的选择互不影响，则恰好有1名学生选择“芯片领域”的概率为( )
A.eq \f(4,9) B.eq \f(4,27) C.eq \f(19,27) D.eq \f(48,125)
解析：选A 由题意知，从15项“世界互联网领先科技成果”中任选1项，“芯片领域”被选中的概率为eq \f(5,15)＝eq \f(1,3)；不被选中的概率为1－eq \f(1,3)＝eq \f(2,3).那么恰好有1名学生选择“芯片领域”的概率P＝C31eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝eq \f(4,9)，故选A.
2．一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图，如图所示．
将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立．
(1)求在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个的概率；
(2)用X表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数，求随机变量X的分布列及数学期望．
解：(1)设A1表示事件“日销售量不低于100个”，A2表示事件“日销售量低于50个”，B表示事件“在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个”，因此
P(A1)＝(0.006＋0.004＋0.002)×50＝0.6，
P(A2)＝0.003×50＝0.15，
P(B)＝0.6×0.6×0.15×2＝0.108.
(2)X～B(3,0.6)，X可能取的值为0,1,2,3，相应的概率为
故X的分布列为
E(X)＝3×0.6＝1.8.
命题视角三 正态分布
[典例] 为提高城市居民生活幸福感，某城市公交公司大力确保公交车的准点率，减少居民乘车候车时间，为此，该公司对某站台乘客的候车时间进行统计．乘客候车时间受公交车准点率、交通拥堵情况、节假日人流量增大等情况影响，在公交车准点率正常、交通拥堵情况正常、非节假日的情况下，乘客候车时间随机变量X满足正态分布N(μ，σ2)．在公交车准点率正常、交通拥堵情况正常、非节假日的情况下，调查了大量乘客的候车时间，经过统计得到如图频率分布直方图．
(1)在直方图各组中，以该组区间的中点值代表该组中的各个值，试估计μ，σ2的值；
(2)在统计学中，发生概率低于千分之三的事件叫小概率事件，一般认为，在正常情况下，一次试验中，小概率事件是不可能发生的．在交通拥堵情况正常、非节假日的某天，随机调查了该站的10名乘客的候车时间，发现其中有3名乘客候车时间超过15分钟，试判断该天公交车准点率是否正常，并说明理由．
参考数据：eq \r(19.2)≈4.38，eq \r(21.4)≈4.63，eq \r(26.6)≈5.16，0.841 357≈0.298 4,0.841 356≈0.354 7，0.158 653≈0.004 0，0.158 654≈0.000 6，
P(μ－σ
(2)μ＋σ≈10＋4.38＝14.38，
设3名乘客候车时间超过15分钟的事件为A，
则P(X>14.38)＝eq \f(1－Pμ－σ
[方法技巧] 正态分布下两类常见的概率计算
(1)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．
(2)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，及曲线与x轴之间的面积为1.注意下面结论的活用：
①对任意的a，有P(X＜μ－a)＝P(X＞μ＋a)；
②P(X＜x0)＝1－P(X≥x0)；
③P(a＜X＜b)＝P(X＜b)－P(X≤a)．
[针对训练]
为了严格监控某种零件的一条生产线的生产过程，某企业每天从该生产线上随机抽取10 000个零件，并测量其内径(单位：cm)．根据长期生产经验，认为这条生产线正常状态下生产的零件的内径X服从正态分布N(μ，σ2)．如果加工的零件内径小于μ－3σ或大于μ＋3σ均为不合格品，其余为合格品．
(1)假设生产状态正常，请估计一天内抽取的10 000个零件中不合格品的个数；
(2)若生产的某件产品为合格品则该件产品盈利；若生产的某件产品为不合格品则该件产品亏损．已知每件产品的利润L(单位：元)与零件的内径X有如下关系：
L＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－5，X<μ－3σ，,4，μ－3σ≤X<μ－σ，,6，μ－σ≤X≤μ＋3σ，,－5，X>μ＋3σ.))
求该企业一天从生产线上随机抽取10 000个零件的平均利润．
附：若随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，有P(μ－σ
因此一天内抽取的10 000个零件中不合格品的个数约为10 000×0.002 7＝27.
(2)结合正态分布曲线和题意可知：
P(X<μ－3σ)＝0.001 35，
P(μ－3σ≤X<μ－σ)＝eq \f(1,2)(0.997 3－0.682 7)＝0.157 3，
P(μ－σ≤X≤μ＋3σ)＝0.997 3－0.157 3＝0.840 0，
P(X>μ＋3σ)＝0.001 35，
故随机抽取10 000个零件的平均利润为：
10 000L＝10 000(－5×0.001 35＋4×0.157 3＋6×0.840 0－5×0.001 35)＝56 557元．
数学建模·练抽象思维——二项分布与正态分布中的创新应用问题
1．(走向生产生活)“杂交水稻之父”袁隆平一生致力于杂交水稻技术的研究、应用与推广，发明了“三系法”籼型杂交水稻，成功研究出“两系法”杂交水稻，创建了超级杂交稻技术体系，为我国粮食安全、农业科学发展和世界粮食供给做出了杰出贡献．某杂交水稻种植研究所调查某地水稻的株高，得出株高(单位：cm)服从正态分布，其密度曲线函数为f(x) x∈(－∞，＋∞)，则下列说法正确的是( )
A．该地水稻的平均株高为10 cm
B．该地水稻株高的方差为10
C．随机测量一株水稻，其株高在120 cm以上的概率比株高在70 cm以下的概率大
D．随机测量一株水稻，其株高在(80,90)和在(100,110)(单位：cm)的概率一样大
解析：选C f(x)＝故μ＝100，σ2＝100，故A、B错误；P(x＞120)＝P(x＜80)＞P(x＜70)，故C正确；根据正态分布的对称性知，P(100＜x＜110)＝P(90＜x＜100)＞P(80＜x＜90)，故D错误．
2．(参悟数学文化)围棋起源于中国，据先秦典籍《世本》记载：“尧造围棋，丹朱善之”，至今已有四千多年历史．围棋不仅能抒发意境、陶冶情操、修身养性、生慧增智，而且还与天象易理、兵法策略、治国安邦等相关联，蕴含着中华文化的丰富内涵．在某次国际围棋比赛中，甲、乙两人进入最后决赛，比赛采取五局三胜制，即先胜三局的一方获得比赛冠军，比赛结束．假设每局比赛甲胜乙的概率都为eq \f(2,3)，且各局比赛的胜负互不影响，则在不超过4局的比赛中甲获得冠军的概率为( )
A.eq \f(1,9) B.eq \f(8,27)
C.eq \f(16,27) D.eq \f(17,81)
解析：选C 设甲以3∶0获胜为事件A，甲以3∶1获胜为事件B，则A，B互斥．且P(A)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))3＝eq \f(8,27)，P(B)＝C32eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2×eq \f(1,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(8,27).所以在不超过4局的比赛中甲获得冠军的概率为P(A＋B)＝eq \f(8,27)＋eq \f(8,27)＝eq \f(16,27).故选C.
3．(创新学科情境)我们知道，在进行n次独立重复试验(即伯努利试验)时，若每次试验中事件A发生的概率为p(0＜p＜1)，则事件A发生的次数X服从二项分布B(n，p)．事实上，在无限次伯努利试验中，另一个随机变量的实际应用也很广泛，即事件A首次发生时试验进行的次数Y，显然P(Y＝k)＝p(1－p)k－1，k＝1,2,3，…，我们称Y服从“几何分布”，经计算得E(Y)＝eq \f(1,p).由此推广，在无限次伯努利试验中，试验进行到事件A和eq \x\t(A)都发生后停止，此时所进行的试验次数记为Z，则P(Z＝k)＝p(1－p)k－1＋(1－p)pk－1，k＝2,3，…，那么E(Z)＝( )
A.eq \f(1,p1－p)－1 B.eq \f(1,p2)
C.eq \f(1,p1－p)＋1 D.eq \f(1,1－p2)
解析：选A 因为P(Y＝k)＝p(1－p)k－1，k＝1,2,3，…，E(Y)＝eq \f(1,p)，所以若P(Y＝k)＝p(1－p)k－1，k＝2，3，…，则E(Y)＝eq \f(1,p)－p.那么E(Z)＝2p(1－p)＋2(1－p)p＋3p(1－p)2＋3(1－p)p2＋…＋kp(1－p)k－1＋k(1－p)pk－1＝eq \f(1,p)－p＋2(1－p)p＋3(1－p)p2＋…＋k(1－p)pk－1.设Ak＝2p＋3p2＋…＋kpk－1，则pAk＝2p2＋3p3＋…＋(k－1)pk－1＋kpk，所以(1－p)Ak＝2p＋p2＋p3＋…＋pk－1－kpk＝p＋eq \f(p1－pk－1,1－p)－kpk.因为0＜p＜1，所以当k→＋∞时，(1－p)Ak→p＋eq \f(p,1－p).所以E(Z)＝eq \f(1,p)－p＋p＋eq \f(p,1－p)＝eq \f(1,p1－p)－1，故选A.
4．(创新学科情境)对一个物理量做n次测量，并以测量结果的平均值作为该物理量的最后结果．已知最后结果的误差εn～Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,n)))，为使误差εn在(－0.5,0.5)的概率不小于0.954 5，至少要测量________次．(若X～N(μ，σ2)，则P(|X－μ|＜2σ)＝0.954 5)
解析：根据正态曲线的对称性知，要使误差εn在(－0.5,0.5)的概率不小于0.954 5，则(μ－2σ，μ＋2σ)⊆(－0.5,0.5)且μ＝0，σ＝eq \r(\f(2,n))，∴0.5≥2eq \r(\f(2,n))⇒n≥32.
答案：32
[课时跟踪检测]
1．甲、乙两人同时报考某一所大学，甲被录取的概率为0.6，乙被录取的概率为0.7，两人是否被录取互不影响，则其中至少有一人被录取的概率为( )
A．0.12 B．0.42 C．0.46 D．0.88
解析：选D 因为甲、乙两人是否被录取相互独立，又因为所求事件的对立事件为“两人均未被录取”，由对立事件和相互独立事件概率公式，知P＝1－(1－0.6)×(1－0.7)＝1－0.12＝0.88.
2．用电脑每次可以自动生成一个(0,1)内的实数，且每次生成每个实数都是等可能的，若用该电脑连续生成3个实数，则这3个实数都大于eq \f(1,3)的概率为( )
A.eq \f(1,27) B.eq \f(2,3) C.eq \f(8,27) D.eq \f(4,9)
解析：选C 由题意可得，用该电脑生成1个实数，且这个实数大于eq \f(1,3)的概率为P＝1－eq \f(1,3)＝eq \f(2,3)，则用该电脑连续生成3个实数，这3个实数都大于eq \f(1,3)的概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))3＝eq \f(8,27).故选C.
3．某面粉供应商所供应的某种袋装面粉质量服从正态分布N(10,0.12)(单位：kg)现抽取500袋样本，X表示抽取的面粉质量在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10，10.2))kg的袋数，则X的数学期望约为( )
附：若Z～Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(μ，σ2))，则Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(μ－σ
解析：选B 设每袋面粉的质量为Z kg，
则由题意得Z～Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10，0.12))，
∴Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10
∴E(X)＝500×0.477 2≈239.
4．某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立．设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，D(X)＝2.4，P(X＝4)＜P(X＝6)，则p＝( )
A．0.7 B．0.6 C．0.4 D．0.3
解析：选B 由题知X～B(10，p)，则D(X)＝10×p×(1－p)＝2.4，解得p＝0.4或0.6.又∵p X＝4)＜P(X＝6)，⇒(1－p)2＜p2⇒p＞0.5，∴p＝0.6，故选B.
5．某个电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁，已知开关第一次闭合后出现红灯的概率为eq \f(1,2)，两次闭合后都出现红灯的概率为eq \f(1,5)，则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯的概率为( )
A.eq \f(1,10) B.eq \f(1,5) C.eq \f(2,5) D.eq \f(1,2)
解析：选C 设“开关第一次闭合后出现红灯”为事件A，“第二次闭合后出现红灯”为事件B，则由题意可得P(A)＝eq \f(1,2)，P(AB)＝eq \f(1,5)，则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合出现红灯的概率是P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(1,5),\f(1,2))＝eq \f(2,5).故选C.
6．一台机床有eq \f(1,3)的时间加工零件A，其余时间加工零件B.加工零件A时，停机的概率为eq \f(3,10)，加工零件B时，停机的概率是eq \f(2,5)，则这台机床停机的概率为( )
A.eq \f(11,30) B.eq \f(7,30) C.eq \f(7,10) D.eq \f(1,10)
解析：选A 假设总时间为1，则在1时间内，加工零件A停机的概率是eq \f(1,3)×eq \f(3,10)＝eq \f(1,10)，加工零件B停机的概率是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))×eq \f(2,5)＝eq \f(4,15)，所以这台机床停机的概率是eq \f(1,10)＋eq \f(4,15)＝eq \f(11,30).
7．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( )
A. B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,9)))3×eq \f(4,9)
C.eq \f(3,5)×eq \f(1,4) D．
解析：选B 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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,9)))3×eq \f(4,9).
8．若某单位员工每月网购消费金额(单位：元)近似地服从正态分布N(1 000,5002)，现从该单位任选10名员工，记其中每月网购消费金额恰在500元至2 000元之间的人数为ξ，则ξ的数学期望为( )
参考数据：若随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ
C．8.186 D．9.545
解析：选C 因为P(1 000－500
9．(2022·南昌月考)已知1号箱中有2个白球和4个红球、2号箱中有5个白球和3个红球，现随机从1号箱中取出一球放入2号箱，然后从2号箱中随机取出一球，则两次都取到红球的概率是________．
解析：设“从1号箱取到红球”为事件A，“从2号箱取到红球”为事件B.
由题意，P(A)＝eq \f(4,2＋4)＝eq \f(2,3)，P(B|A)＝eq \f(3＋1,8＋1)＝eq \f(4,9)，
所以P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝eq \f(4,9)×eq \f(2,3)＝eq \f(8,27)，
所以两次都取到红球的概率为eq \f(8,27).
答案：eq \f(8,27)
10．(2020·天津高考)已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为eq \f(1,2)和eq \f(1,3).假定两球是否落入盒子互不影响，则甲、乙两球都落入盒子的概率为________；甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为________．
解析：依题意得，甲、乙两球都落入盒子的概率为eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,6)；甲、乙两球都不落入盒子的概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＝eq \f(1,3)，则甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为1－eq \f(1,3)＝eq \f(2,3).
答案：eq \f(1,6) eq \f(2,3)
11．春天即将来临，某学校开展以“拥抱春天，播种绿色”为主题的植物种植实践体验活动．已知某种盆栽植物每株成活的概率为p，各株是否成活相互独立．该学校的某班随机领养了此种盆栽植物10株，设X为其中成活的株数，若X的方差D(X)＝2.1，P(X＝3)
解得p＝0.7.
答案：0.7
12．某乒乓球俱乐部派甲、乙、丙三名运动员参加某运动会的个人单打资格选拔赛，本次选拔赛只有出线和未出线两种情况．若一个运动员出线记1分，未出线记0分．假设甲、乙、丙出线的概率分别为eq \f(2,3)，eq \f(3,4)，eq \f(3,5)，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、丙三名运动员所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(eq \x\t(A) eq \x\t(B) eq \x\t(C))＝1－eq \f(1,3)×eq \f(1,4)×eq \f(2,5)＝eq \f(29,30).
(2)ξ的所有可能取值为0,1,2,3.
P(ξ＝0)＝P(eq \x\t(A) eq \x\t(B) eq \x\t(C))＝eq \f(1,30)，
P(ξ＝1)＝P(A eq \x\t(B) eq \x\t(C))＋P(eq \x\t(A) B eq \x\t(C))＋P(eq \x\t(A) eq \x\t(B) C)＝eq \f(13,60)，
P(ξ＝2)＝P(A B eq \x\t(C))＋P(A eq \x\t(B) C)＋P(eq \x\t(A) B C)＝eq \f(9,20)，P(ξ＝3)＝P(ABC)＝eq \f(3,10).
所以ξ的分布列为
故E(ξ)＝0×eq \f(1,30)＋1×eq \f(13,60)＋2×eq \f(9,20)＋3×eq \f(3,10)＝eq \f(121,60).
13．高铁和航空的飞速发展不仅方便了人们的出行，更带动了我国经济的巨大发展，据统计，在2021年这一年内从A市到B市乘坐高铁或飞机出行的成年人约为50万人次．为了解乘客出行的满意度，现从中随机抽取100人次作为样本，得到下表(单位：人次)：
(1)在样本中任取1个，求这个出行人恰好不是青年人的概率．
(2)在2021年从A市到B市乘坐高铁的所有成年人中，随机选取2人次，记其中老年人出行的人次为X.以频率作为概率，求X的分布列和数学期望．
(3)如果甲将要从A市出发到B市，那么根据表格中的数据，你建议甲是乘坐高铁还是飞机？并说明理由．
解：(1)设事件：“在样本中任取1个，这个出行人恰好不是青年人”为M，
由表可得：样本中出行的老年人、中年人、青年人人次分别为19,39,42，
所以在样本中任取1个，这个出行人恰好不是青年人的概率P(M)＝eq \f(19＋39,100)＝eq \f(29,50).
(2)由题意，X的所有可能取值为0,1,2，
因为在2021年从A市到B市乘坐高铁的所有成年人中，随机选取1人次，此人为老年人的概率是eq \f(15,75)＝eq \f(1,5)，
所以随机变量X的分布列为
故E(X)＝0×eq \f(16,25)＋1×eq \f(8,25)＋2×eq \f(1,25)＝eq \f(2,5).
(3)从满意度的均值来分析问题如下：
由表可知，乘坐高铁的人满意度均值为：
eq \f(52×10＋12×5＋11×0,52＋12＋11)＝eq \f(116,15)，
乘坐飞机的人满意度均值为：eq \f(4×10＋14×5＋7×0,4＋14＋7)＝eq \f(22,5).
因为eq \f(116,15)>eq \f(22,5)，所以建议甲乘坐高铁从A市到B市．
14．从某公司生产线生产的某种产品中抽取1 000件，测量这些产品的一项质量指标，由检测结果得如图所示的频率分布直方图：
(1)求这1 000件产品质量指标的样本平均数eq \x\t(x)和样本方差s2(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；
(2)由直方图可以认为，这种产品的质量指标值Z服从正态分布Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(μ，σ2))，其中μ近似为样本平均数eq \x\t(x)，σ2近似为样本方差s2.
①利用该正态分布，求P(175.6
附：eq \r(150)≈12.2.若Z～Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(μ，σ2))，则Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(μ－σ
∴s2＝(170－200)2×0.02＋(180－200)2×0.09＋(190－200)2×0.22＋(200－200)2×0.33＋(210－200)2×0.24＋(220－200)2×0.08＋(230－200)2×0.02＝150，
即样本平均数为200，样本方差为150.
(2)①由(1)可知，μ＝200，σ＝eq \r(150)≈12.2，
∴Z～N(200,12.22)，∴P(175.6
由题意得X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(100，0.95))，∴E(X)＝100×0.95＝95，∴E(Y)＝16E(X)－48×5－100×10＝280.
第七节 概率与统计的综合问题
命题视角一 概率与频率分布直方图的交汇
[典例] (2022·西安一模)某超市每年10月份都销售某种桃子，在10月份的每天计划进货量都相同，进货成本为每千克16元，销售价为每千克24元；当天超出需求量的部分，以每千克10元全部卖出．根据往年销售经验，每天的需求量与当天最高气温(单位：℃)有一定关系：最高气温低于25 ℃，需求量为1 000 千克；最高气温位于[25,30)内，需求量为2 000千克；最高气温不低于30 ℃，需求量为3 000千克．为了制订2022年10月份的订购计划，超市工作人员统计了近三年10月份的气温数据，得到如下所示的频率分布直方图．
以气温位于各区间的频率代替气温位于该区间的概率．
(1)求2022年10月份桃子一天的需求量X的分布列；
(2)设2022年10月份桃子一天的销售利润为Y元，当一天的进货量为多少千克时，E(Y)取到最大值？
[解] (1)由题意知X的可能取值为1 000,2 000,3 000，
P(X＝1 000)＝(0.008 9＋0.031 1)×5＝0.2，
P(X＝2 000)＝0.080 0×5＝0.4，
P(X＝3 000)＝(0.046 7＋0.033 3)×5＝0.4.
所以X的分布列为
(2)设一天的进货量为n千克，则1 000≤n≤3 000.
①当1 000≤n<2 000时，
若最高气温不低于25 ℃，则Y＝8n；
若最高气温低于25 ℃，则Y＝1 000×8－(n－1 000)×6＝14 000－6n.
此时E(Y)＝0.8×8n＋0.2×(14 000－6n)＝5.2n＋2 800<13 200.
②当2 000≤n≤3 000时，
若最高气温不低于30 ℃，则Y＝8n；
若最高气温位于[25,30)内，则Y＝2 000×8－(n－2 000)×6＝28 000－6n；
若最高气温低于25 ℃，则Y＝1 000×8－(n－1 000)×6＝14 000－6n.
此时E(Y)＝0.4×8n＋0.4×(28 000－6n)＋0.2×(14 000－6n)＝14 000－0.4n≤13 200，当且仅当n＝2 000时取等号．
综上，当一天的进货量为2 000千克时，E(Y)取到最大值．
[针对训练]
“不忘初心、牢记使命”主题教育活动正在全国开展，某区政府为统计全区党员干部一周参与主题教育活动的时间，从全区的党员干部中随机抽取n名，获得了他们一周参加主题教育活动时间(单位：时)的频率分布直方图，如图所示，已知参加主题教育活动的时间在(12,16]内的人数为92.
(1)求n的值；
(2)估计这些党员干部一周参与主题教育活动时间的平均值以及中位数(中位数的结果精确到0.01)；
(3)用频率估计概率，如果计划对全区一周参与主题教育活动的时间在(16,24]内的党员干部给予奖励，且参与时间在(16,20]，(20,24]内的分别得二等奖和一等奖，从这些获奖人中随机抽取5人，求这5人中获得一等奖人数的分布列及期望．
解：(1)由已知可得，a＝1÷4－(0.025 0＋0.047 5＋0.050 0＋0.012 5)＝0.115 0，
0．115 0×4×n＝92，因而n＝eq \f(92,0.115 0×4)＝200.
(2)这些党员干部一周参加主题教育活动时间的平均值约为(6×0.025 0＋10×0.047 5＋14×0.115 0＋18×0.050 0＋22×0.012 5)×4＝13.64.
设中位数的估计值为x，则0.050 0×4＋0.012 5×4＋(16－x)×0.115 0＝0.5，得x≈13.83.
(3)由频率分布直方图知，这些获奖人中参与主题教育活动的时间在(16,20]的概率为eq \f(0.050 0,0.050 0＋0.012 5)＝eq \f(4,5)，在(20,24]的概率为eq \f(0.012 5,0.050 0＋0.012 5)＝eq \f(1,5)，
设抽取的5人中获得一等奖的人数为ξ，则ξ的可能取值为0,1,2,3,4,5.
P(ξ＝0)＝Ceq \\al(0,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))5＝eq \f(1 024,3 125)，
P(ξ＝1)＝Ceq \\al(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))4＝eq \f(256,625)，
P(ξ＝2)＝Ceq \\al(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))3＝eq \f(128,625)，
P(ξ＝3)＝Ceq \\al(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))2＝eq \f(32,625)，
P(ξ＝4)＝Ceq \\al(4,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))1＝eq \f(4,625)，
P(ξ＝5)＝Ceq \\al(5,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))0＝eq \f(1,3 125)，
则ξ的分布列为
易知ξ服从二项分布，所以E(ξ)＝5×eq \f(1,5)＝1.
命题视角二 概率与统计、统计案例的交汇
[典例] (2022·上饶一模)某晚会上，演员身穿独特且轻薄的石墨烯发热服，在寒气逼人的零下20 ℃的现场表演了精彩的节目．石墨烯发热服的制作：从石墨中分离出石墨烯，制成石墨烯发热膜，再把石墨烯发热膜铺到衣服内．
(1)从石墨分离石墨烯的一种方法是化学气相沉积法，使石墨升华后附着在材料上再结晶．现有A，B两种材料供选择，研究人员对附着在A材料上再结晶做了30次试验，成功28次；对附着在B材料上再结晶做了30次试验，成功20次．补充如下2×2列联表，并判断是否有99.5%的把握认为试验是否成功与A材料和B材料的选择有关.
(2)研究人员得到石墨烯后，再制作石墨烯发热膜有四个环节，其中前三个环节每个环节生产合格的概率均为eq \f(1,2)，每个环节不合格需要修复的费用均为200元；第四个环节生产合格的概率为eq \f(2,3)，此环节不合格需要修复的费用为100元．问：一次生产出来的石墨烯发热膜成为合格品平均需要多少修复费用？
附：χ2＝eq \f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d).
[解] (1)2×2列联表如下：
χ2＝eq \f(60×28×10－2×202,48×12×30×30)≈6.667<7.879，
所以没有99.5%的把握认为实验是否成功与A材料和B材料的选择有关．
(2)设X为一次生产出石墨烯发热膜为合格品所需的修复费用，则X的可能取值为0,100,200,300,400,500,600,700，
P(X＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3×eq \f(2,3)＝eq \f(1,12)，
P(X＝100)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3×eq \f(1,3)＝eq \f(1,24)，
P(X＝200)＝Ceq \\al(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2×eq \f(2,3)＝eq \f(1,4)，
P(X＝300)＝Ceq \\al(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2×eq \f(1,3)＝eq \f(1,8)，
P(X＝400)＝Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))2×eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＝eq \f(1,4)，
P(X＝500)＝Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))2×eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,8)，
P(X＝600)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))3×eq \f(2,3)＝eq \f(1,12)，
P(X＝700)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))3×eq \f(1,3)＝eq \f(1,24)，
E(X)＝0×eq \f(1,12)＋100×eq \f(1,24)＋200×eq \f(1,4)＋300×eq \f(1,8)＋400×eq \f(1,4)＋500×eq \f(1,8)＋600×eq \f(1,12)＋700×eq \f(1,24)＝333eq \f(1,3).
故一次生产出来的石墨烯发热膜成为合格品平均需要333eq \f(1,3)元修复费用．
[针对训练]
某人经营淡水池塘养草鱼，根据过去40期的养殖档案，该池塘的养殖重量X(百斤)都在20百斤以上，其中不足40百斤的有8期，不低于40百斤且不超过60百斤的有24期，超过60百斤的有8期．根据统计，该池塘的草鱼重量的增加量y(百斤)与使用某种饵料的质量x(百斤)之间的关系如图所示．
(1)根据数据可知y与x具有线性相关关系，请建立y关于x的经验回归方程eq \(y,\s\up6(^))＝eq \(b,\s\up6(^))x＋eq \(a,\s\up6(^))；如果此人设想使用某种饵料10百斤时，草鱼重量的增加量须多于5百斤，请根据回归方程计算，确定此方案是否可行？并说明理由．
(2)养鱼的池塘对水质含氧量与新鲜度要求较高，某商家为该养殖户提供收费服务，即提供不超过3台增氧冲水机，每期养殖使用的冲水机运行台数与鱼塘的鱼重量X有如下关系：
若某台增氧冲水机运行，则商家每期可获利5千元；若某台冲水机未运行，则商家每期亏损2千元．视频率为概率，商家欲使每期冲水机总利润的均值达到最大，应提供几台增氧冲水机？
附：对于一组数据(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，其经验回归方程eq \(y,\s\up6(^))＝eq \(b,\s\up6(^))x＋eq \(a,\s\up6(^))的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为eq \(b,\s\up6(^))＝eq \f(\i\su(i＝1,n, )xi－\x\t(x)yi－\x\t(y),\i\su(i＝1,n, )xi－\x\t(x)2)，eq \(a,\s\up6(^))＝eq \x\t(y)－eq \(b,\s\up6(^))eq \x\t(x).
解：(1)依题意，eq \x\t(x)＝5，eq \x\t(y)＝4，eq \i\su(i＝1,5, )(xi－eq \x\t(x))(yi－eq \x\t(y))＝6，
eq \i\su(i＝1,5, )(xi－eq \x\t(x))2＝26，∴eq \(b,\s\up6(^))＝eq \f(\i\su(i＝1,5, )xi－\x\t(x)yi－\x\t(y),\i\su(i＝1,5, )xi－\x\t(x)2)＝eq \f(3,13)，eq \(a,\s\up6(^))＝eq \x\t(y)－eq \(b,\s\up6(^))eq \x\t(x)＝4－eq \f(3,13)×5＝eq \f(37,13)，∴eq \(y,\s\up6(^))＝eq \f(3,13)x＋eq \f(37,13).当x＝10时，eq \(y,\s\up6(^))＝eq \f(67,13)>5，故此方案可行．
(2)设盈利为Y，安装1台时，盈利Y＝5 000.
安装2台时，20
命题视角三 概率与函数、不等式的交汇
[典例] 为了引导居民合理用电，国家决定实行合理的阶梯电价，居民用电原则上以住宅为单位(一套住宅为一户).
某市随机抽取10户同一个月的用电情况，得到统计表如下：
(1)若规定第一阶梯的电价为每度0.5元，第二阶梯超出第一阶梯的部分每度0.6元，第三阶梯超出第二阶梯的部分每度0.8元，试计算A居民用电户用电410度时应交电费多少元？
(2)现要在这10户家庭中任意抽取3户，求抽到用电量为第二阶梯的户数的分布列与数学期望；
(3)以表中抽到的10户作为样本估计全市的居民用电，现从全市中抽取10户，若抽到k户的用电量为第一阶梯的可能性最大，求k的值．
[解] (1)210×0.5＋(400－210)×0.6＋(410－400)×0.8＝227(元)．
(2)设抽到用电量为第二阶梯的户数为ξ.由题意知，用电量为第二阶梯的用户有3户，则ξ的所有可能取值为0,1,2,3，
P(ξ＝0)＝eq \f(C\\al(3,7),C\\al(3,10))＝eq \f(7,24)，P(ξ＝1)＝eq \f(C\\al(2,7)C\\al(1,3),C\\al(3,10))＝eq \f(21,40)，
P(ξ＝2)＝eq \f(C\\al(1,7)C\\al(2,3),C\\al(3,10))＝eq \f(7,40)，P(ξ＝3)＝eq \f(C\\al(3,3),C\\al(3,10))＝eq \f(1,120).
故ξ的分布列为
E(ξ)＝0×eq \f(7,24)＋1×eq \f(21,40)＋2×eq \f(7,40)＋3×eq \f(1,120)＝eq \f(9,10).
(3)由题意知，从全市中抽取10户，用电量为第一阶梯的户数X满足X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10，\f(3,5)))，可知
P(X＝k)＝Ceq \\al(k,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))10－k(k＝0,1,2,3，…，10)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(C\\al(k,10)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))10－k≥C\\al(k＋1,10)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))k＋1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))10－k＋1，,C\\al(k,10)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))10－k≥C\\al(k－1,10)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))k－1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))10－k－1，))
解得eq \f(28,5)≤k≤eq \f(33,5)，k∈N*.
所以当k＝6时，概率最大，即抽到6户的用电量为第一阶梯的可能性最大．
[针对训练]
1．上面[典例]其他条件不变，求居民一个月应交电费关于用电量n(n∈N)的函数解析式f(n)．
解：因为当0＜n≤210时，f(n)＝0.5n；
当210＜n≤400时，f(n)＝210×0.5＋(n－210)×0.6＝0.6n－21；
当n＞400时，f(n)＝210×0.5＋(400－210)×0.6＋(n－400)×0.8＝0.8n－101，
所以f(n)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0.5n，0
2．设甲投球命中的概率为p.
(1)[考查不等式]如果甲一共投球4次，甲恰好投中2次的概率不大于其恰好投中3次的概率，试求p的取值范围．
(2)[考查基本不等式]如果甲一共投球6次，那么甲恰好命中3次的概率可能是eq \f(1,3)吗？
(3)[与导数交汇]记甲3次投球中恰有2次投中的概率为q，则当p取何值时，q最大？
解：(1)由Ceq \\al(2,4)·p2·(1－p)2≤Ceq \\al(3,4)·p3·(1－p)，0＜p＜1，解得eq \f(3,5)≤p＜1，故p的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)，1)).
(2)不可能．P(X＝3)＝Ceq \\al(3,6)·p3·(1－p)3≤
20eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p＋1－p,2)))2))3＝eq \f(5,16)＜eq \f(1,3).
(3)由题意知q＝Ceq \\al(2,3)·p2·(1－p)＝－3p3＋3p2,0＜p＜1，则q′＝－9p2＋6p＝－3p(3p－2)，易知在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))上q＝－3p3＋3p2为增函数，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，1))上q＝－3p3＋3p2为减函数，故当p＝eq \f(2,3)时，q取得最大值．
命题视角四 概率与数列的交汇
[典例] 某几位大学生自主创业创办了一个服务公司，提供A，B两种民生消费产品(人们购买时每次只买其中一种)服务，他们经过统计分析发现：第一次购买产品的人购买A的概率为eq \f(2,3)，购买B的概率为eq \f(1,3)，而前一次购买A产品的人下一次来购买A产品的概率为eq \f(1,4)，购买B产品的概率为eq \f(3,4)，前一次购买B产品的人下一次来购买A产品的概率为eq \f(1,2)，购买B产品的概率也是eq \f(1,2)，如此往复．记某人第n次来购买A产品的概率为Pn.
(1)求P2，并证明数列是等比数列；
(2)记第二次来公司购买产品的3个人中有X个人购买A产品，求X的分布列并求E(X)；
(3)经过一段时间的经营，每天来购买产品的人稳定在800人，假定这800人都已购买过很多次该两款产品，那么公司每天应至少准备A，B产品各多少份？(直接写结论，不必说明理由)．
[解] (1)P2＝eq \f(2,3)×eq \f(1,4)＋eq \f(1,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,3)，由题意可知Pn＋1＝eq \f(1,4)×Pn＋eq \f(1,2)×(1－Pn)＝－eq \f(1,4)Pn＋eq \f(1,2)，∴Pn＋1－eq \f(2,5)＝－eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Pn－eq \f(2,5)))，又P1－eq \f(2,5)＝eq \f(2,3)－eq \f(2,5)＝eq \f(4,15)，∴数列是首项为eq \f(4,15)，公比为－eq \f(1,4)的等比数列．
(2)X的可能取值有0,1,2,3，且P(X＝k)＝Ceq \\al(k,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,3)))keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(2,3)))3－k，故P(X＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(2,3)))3＝eq \f(8,27)，P(X＝1)＝Ceq \\al(1,3)×eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(2,3)))2＝eq \f(4,9)，P(X＝2)＝Ceq \\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,3)))2×eq \f(2,3)＝eq \f(2,9)，P(X＝3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,3)))3＝eq \f(1,27)，故X的分布列为
E(X)＝0×eq \f(8,27)＋1×eq \f(4,9)＋2×eq \f(2,9)＋3×eq \f(1,27)＝1.
(3)由(1)知Pn－eq \f(2,5)＝eq \f(4,15)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－eq \f(1,4)))n－1，故Pn＝eq \f(4,15)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－eq \f(1,4)))n－1＋eq \f(2,5)，∴当n→＋∞时，Pn→eq \f(2,5)，故准备A产品800×eq \f(2,5)＝320份，准备B产品800×eq \f(3,5)＝480份．
[针对训练]
武汉又称江城，是湖北省省会，它不仅有着深厚的历史积淀与丰富的民俗文化，更有着众多名胜古迹与旅游景点，黄鹤楼与东湖便是其中的两个．为合理配置旅游资源，现对已参观黄鹤楼景点的游客进行随机问卷调查，若不游玩东湖记1分，若继续游玩东湖记2分，每位游客选择是否参观东湖的概率均为eq \f(1,2)，游客之间选择意愿相互独立．
(1)从游客中随机抽取3人，记这3人的总得分为随机变量X，求X的分布列与数学期望．
(2)①若从游客中随机抽取m(m∈N*)人，记这m人的总分恰为m分的概率为Am，求数列{Am}的前10项和；
②在对所有游客进行随机问卷调查的过程中，记已调查过的人的累计得分恰为n分的概率为Bn，探讨Bn与Bn－1(n≥2)之间的关系，并求数列{Bn}的通项公式．
解：(1)X的所有可能取值为3,4,5,6.
P(X＝3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＝eq \f(1,8)，P(X＝4)＝Ceq \\al(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＝eq \f(3,8)，P(X＝5)＝Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＝eq \f(3,8)，P(X＝6)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＝eq \f(1,8).
所以X的分布列为
所以E(X)＝3×eq \f(1,8)＋4×eq \f(3,8)＋5×eq \f(3,8)＋6×eq \f(1,8)＝eq \f(9,2).
(2)①总分恰为m分的概率Am＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))m，
所以数列{Am}是首项为eq \f(1,2)，公比为eq \f(1,2)的等比数列．
其前10项和S10＝eq \f(\f(1,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,210))),1－\f(1,2))＝eq \f(1 023,1 024).
②因为已调查过的人的累计得分恰为n分的概率为Bn，得不到n分的情况只有先得(n－1)分，再得2分，概率为eq \f(1,2)Bn－1(n≥2)，
所以1－Bn＝eq \f(1,2)Bn－1(n≥2)，
即Bn＝－eq \f(1,2)Bn－1＋1(n≥2)，
所以Bn－eq \f(2,3)＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Bn－1－\f(2,3)))(n≥2)，
所以Bn－eq \f(2,3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B1－\f(2,3)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1.易知B1＝eq \f(1,2)，
所以Bn＝eq \f(2,3)－eq \f(1,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1＝eq \f(2,3)＋eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n＝eq \f(2,3)＋eq \f(－1n,3×2n).
[课时跟踪检测]
1．调查表明，市民对城市的居住满意度与该城市环境质量、城市建设、物价与收入的满意度有极强的相关性．现将这三项的满意度指标分别记为x，y，z，并对它们进行量化：0表示不满意，1表示基本满意，2表示满意．再用综合指标ω＝x＋y＋z的值评定居民对城市的居住满意度等级：若ω≥4，则居住满意度为一级；若2≤ω≤3，则居住满意度为二级；若0≤ω≤1，则居住满意度为三级．为了解某城市居民对该城市的居住满意度，研究人员从此城市居民中随机抽取10人进行调查，得到如下结果：
(1)在这10名被调查者中任取2人，求这2人的居住满意度指标z相同的概率；
(2)从居住满意度为一级的被调查者中任取一人，其综合指标为m，从居住满意度不是一级的被调查者中任取一人，其综合指标为n，记随机变量X＝m－n，求随机变量X的分布列及其数学期望．
解：(1)记事件A为“从10名被调查者中任取2人，这2人的居住满意度指标z相同”，则居住满意度指标z为0的只有编号为9的1名；居住满意度指标z为1的编号有2,4,5,7,10共5名；居住满意度指标z为2的编号有1,3,6,8共4名．从10名被调查者中任取2人，所有可能的结果为Ceq \\al(2,10)＝45(种)，这2人的居住满意度指标z相同的结果为Ceq \\al(2,5)＋Ceq \\al(2,4)＝10＋6＝16(种)，所以在这10名被调查者中任取2人，这2人的居住满意度指标z相同的概率为P(A)＝eq \f(16,45).
(2)计算10名被调查者的综合指标，可列下表：
其中居住满意度为一级的编号有1,2,3,5,6,8共6名，则m的值可能为4,5,6；居住满意度不是一级的编号有4,7,9,10共4名，则n的值可能为1,2,3，所以随机变量X所有可能的取值为1,2,3,4,5.
P(X＝1)＝eq \f(C\\al(1,3)·C\\al(1,2),C\\al(1,6)·C\\al(1,4))＝eq \f(1,4)，
P(X＝2)＝eq \f(C\\al(1,3)·C\\al(1,1)＋C\\al(1,2)·C\\al(1,2),C\\al(1,6)·C\\al(1,4))＝eq \f(7,24)，
P(X＝3)＝eq \f(C\\al(1,3)·C\\al(1,1)＋C\\al(1,2)·C\\al(1,1)＋C\\al(1,1)·C\\al(1,2),C\\al(1,6)·C\\al(1,4))＝eq \f(7,24)，
P(X＝4)＝eq \f(C\\al(1,1)·C\\al(1,1)＋C\\al(1,2)·C\\al(1,1),C\\al(1,6)·C\\al(1,4))＝eq \f(1,8)，
P(X＝5)＝eq \f(C\\al(1,1)·C\\al(1,1),C\\al(1,6)·C\\al(1,4))＝eq \f(1,24)，
所以随机变量X的分布列为
E(X)＝1×eq \f(1,4)＋2×eq \f(7,24)＋3×eq \f(7,24)＋4×eq \f(1,8)＋5×eq \f(1,24)＝eq \f(29,12).
2．已知具有相关关系的两个变量x，y之间的几组数据如下表所示：
(1)请根据上表数据在图中绘制散点图；
(2)请根据上表提供的数据，求出y关于x的线性回归方程eq \(y,\s\up6(^))＝eq \(b,\s\up6(^))x＋eq \(a,\s\up6(^))，并估计当x＝20时eq \(y,\s\up6(^))的值；
(3)将表格中的数据看作5个点的坐标，则从这5个点中随机抽取3个点，记落在直线2x－y－4＝0右下方的点的个数为ξ，求ξ的分布列及数学期望．
参考公式：eq \(b,\s\up6(^))＝eq \f(\i\su(i＝1,n,x)iyi－n\x\t(x) \x\t(y),\i\su(i＝1,n,x)\\al(2,i)－n\x\t(x)2)，eq \(a,\s\up6(^))＝eq \x\t(y)－eq \(b,\s\up6(^))eq \x\t(x).
解：(1)散点图如图所示．
(2)依题意得，eq \x\t(x)＝eq \f(1,5)×(2＋4＋6＋8＋10)＝6，
eq \x\t(y)＝eq \f(1,5)×(3＋6＋7＋10＋12)＝7.6，
eq \i\su(i＝1,5,x)eq \\al(2,i)＝4＋16＋36＋64＋100＝220，
eq \i\su(i＝1,5,x)iyi＝6＋24＋42＋80＋120＝272，
eq \(b,\s\up6(^))＝eq \f(\i\su(i＝1,5,x)iyi－5\x\t(x) \x\t(y),\i\su(i＝1,5,x)\\al(2,i)－5\x\t(x)2)＝eq \f(272－5×6×7.6,220－5×62)＝1.1，
所以eq \(a,\s\up6(^))＝7.6－1.1×6＝1，
所以线性回归方程为 eq \(y,\s\up6(^))＝1.1x＋1，
故当x＝20时，eq \(y,\s\up6(^))＝23.
(3)可以判断，落在直线2x－y－4＝0右下方的点的坐标满足2x－y－4>0，
所以符合条件的点的坐标为(6,7)，(8,10)，(10,12)，
故ξ的所有可能取值为1,2,3.
P(ξ＝1)＝eq \f(C\\al(2,2)C\\al(1,3),C\\al(3,5))＝eq \f(3,10)，P(ξ＝2)＝eq \f(C\\al(1,2)C\\al(2,3),C\\al(3,5))＝eq \f(6,10)＝eq \f(3,5)，P(ξ＝3)＝eq \f(C\\al(3,3),C\\al(3,5))＝eq \f(1,10)，
故ξ的分布列为
E(ξ)＝1×eq \f(3,10)＋2×eq \f(3,5)＋3×eq \f(1,10)＝eq \f(9,5).
3．2020年10月16日，是第40个世界粮食日．中国工程院院士袁隆平海水稻团队迎来了海水稻的测产收割，其中宁夏石嘴山海水稻示范种植基地YC801测产，亩产超过648.5千克，通过推广种植海水稻，实现了荒滩变粮仓，大大提高了当地居民收入．某企业引进一条先进食品生产线，以海水稻为原料进行深加工，发明了一种新产品，若该产品的质量指标值为m(m∈[70,100])，其质量指标等级划分如下表：
为了解该产品的经济效益并及时调整生产线，该企业先进行试生产．现从试生产的产品中随机抽取了1 000 件，将其质量指标值m的数据作为样本，绘制如图所示的频率分布直方图．
(1)若将频率作为概率，从该产品中随机抽取3件产品，记“抽出的产品中至少有1件不是废品”为事件A，求事件A发生的概率．
(2)若从质量指标值m≥85的样本中利用分层抽样的方法抽取7件产品，然后从这7件产品中任取3件产品，求质量指标值m∈[90,95)的件数X的分布列及数学期望．
(3)若每件产品的质量指标值m与利润y(单位：元)的关系如下表(1
解：(1)设事件A发生的概率为P(A)，将频率作为概率，则由频率分布直方图可得，随机抽取1件产品，为废品的概率P＝(0.04＋0.02)×5＝0.3，
则P(A)＝1－Ceq \\al(3,3)(0.3)3＝1－0.027＝0.973.
(2)由频率分布直方图可知，质量指标值大于或等于85的产品中，
m∈[85,90)的频率为0.08×5＝0.4，
m∈[90,95)的频率为0.04×5＝0.2，
m∈[95,100]的频率为0.02×5＝0.1.
故利用分层抽样抽取的7件产品中，m∈[85,90)的有4件，m∈[90,95)的有2件，m∈[95,100]的有1件．
从这7件产品中任取3件产品，质量指标值m∈[90,95)的件数X的所有可能取值为0,1,2，
P(X＝0)＝eq \f(C\\al(3,5),C\\al(3,7))＝eq \f(2,7)，P(X＝1)＝eq \f(C\\al(1,2)C\\al(2,5),C\\al(3,7))＝eq \f(4,7)，P(X＝2)＝eq \f(C\\al(2,2)C\\al(1,5),C\\al(3,7))＝eq \f(1,7)，所以X的分布列为
所以E(X)＝0×eq \f(2,7)＋1×eq \f(4,7)＋2×eq \f(1,7)＝eq \f(6,7).
(3)由频率分布直方图可得该产品的质量指标值m与利润y(元)的关系如下表所示(1
4．某景点上山共有999级台阶，寓意长长久久．甲上台阶时，可以一步走一个台阶，也可以一步走两个台阶，若甲每步上一个台阶的概率为eq \f(1,3)，每步上两个台阶的概率为eq \f(2,3).为了简便描述问题，我们约定，甲从0级台阶开始向上走，一步走一个台阶记1分，一步走两个台阶记2分，记甲登上第n个台阶的概率为Pn，其中n∈N*，且n≤998.
(1)若甲走3步时所得分数为X，求X的分布列和数学期望；
(2)证明：数列{Pn＋1－Pn}是等比数列；
(3)求甲在登山过程中，恰好登上第99级台阶的概率．
解：(1)由题意可得X的所有可能取值为3,4,5,6，
则P(X＝3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3＝eq \f(1,27)，
P(X＝4)＝Ceq \\al(1,3)×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2＝eq \f(2,9)，
P(X＝5)＝Ceq \\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2×eq \f(1,3)＝eq \f(4,9)，
P(X＝6)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))3＝eq \f(8,27)，
所以X的分布列为
所以E(X)＝3×eq \f(1,27)＋4×eq \f(2,9)＋5×eq \f(4,9)＋6×eq \f(8,27)＝5.
(2)证明：由题意可得Pn＋2＝eq \f(1,3)Pn＋1＋eq \f(2,3)Pn，
所以Pn＋2－Pn＋1＝－eq \f(2,3)(Pn＋1－Pn)．
又P1＝eq \f(1,3)，P2＝eq \f(2,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2＝eq \f(7,9)，所以P2－P1＝eq \f(4,9)≠0，所以{Pn＋1－Pn}是以eq \f(4,9)为首项，－eq \f(2,3)为公比的等比数列．
(3)由(2)可得，
P99＝(P99－P98)＋(P98－P97)＋…＋(P2－P1)＋P1
＝eq \f(\f(4,9)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))98)),1＋\f(2,3))＋eq \f(1,3)＝eq \f(3,5)－eq \f(4,15)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))98.名称
完成一件事的策略
完成这件事
共有的方法
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
N＝m＋n种不同的方法
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
N＝m×n种不同的方法
排列的定义
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素
组合的定义
按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列
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
排列数
组合数
定义
从n个不同元素中取出m(m≤n，m，n∈N*)个元素的所有不同排列的个数
从n个不同元素中取出m(m≤n，m，n∈N*)个元素的所有不同组合的个数
公式
Aeq \\al(m,n)＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝eq \f(n！,n－m！)
Ceq \\al(m,n)＝eq \f(A\\al(m,n),A\\al(m,m))＝eq \f(nn－1n－2…n－m＋1,m！)＝eq \f(n！,m！n－m！)
性质
Aeq \\al(n,n)＝n！，0！＝1
Ceq \\al(0,n)＝1，Ceq \\al(m,n)＝Ceq \\al(n－m,n)，Ceq \\al(m,n)＋Ceq \\al(m－1,n)＝Ceq \\al(m,n＋1)
直接法
适用于没有限制条件的问题
优先法
优先安排特殊元素或特殊位置
捆绑法
把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列
插空法
对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的间隔中
间接法
正难则反，等价转化的方法
题型
解法
“含有”或“不含有”某些元素的组合
“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
“至少”或“至多”含有几个元素的组合
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
确定
必然事件
在条件S下，一定会发生的事件叫相对于条件S的必然事件
事件
不可能事件
在条件S下，一定不会发生的事件叫相对于条件S的不可能事件
随机
事件
在条件S下，可能发生也可能不发生的事件叫做相对于条件S的随机事件
定义
符号表示
包含关系
如果事件A发生，则事件B一定发生，这时称事件B包含事件A(或称事件A包含于事件B)
B⊇A
(或A⊆B)
相等关系
若B⊇A且A⊇B
A＝B
并事件
(和事件)
若某事件发生当且仅当事件A发生或事件B发生，称此事件为事件A与事件B的并事件(或和事件)
A∪B
(或A＋B)
交事件
(积事件)
若某事件发生当且仅当事件A发生且事件B发生，则称此事件为事件A与事件B的交事件(或积事件)
A∩B
(或AB)
互斥事件
若A∩B为不可能事件，则称事件A与事件B互斥
A∩B＝∅
对立事件
若A∩B为不可能事件，A∪B为必然事件，那么称事件A与事件B互为对立事件
A∩B＝∅，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝1
定义法
判断互斥事件、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，则这两事件为对立事件，对立事件一定是互斥事件
集合法
①由各个事件所含的结果组成的集合彼此的交集为空集，则事件互斥．
②事件A的对立事件eq \x\t(A)所含的结果组成的集合，是全集中由事件A所含的结果组成的集合的补集
最高气温
[10,15)
[15,20)
[20,25)
[25,30)
[30,35)
[35,40)
天数
2
16
36
25
7
4
电影类型
第一类
第二类
第三类
第四类
第五类
第六类
电影部数
140
50
300
200
800
510
好评率
0.4
0.2
0.15
0.25
0.2
0.1
直接法
第一步，根据题意将所求事件分解为一些彼此互斥的事件的和；第二步，运用互斥事件的概率求和公式计算概率
间接法
第一步，求事件的对立事件的概率；第二步，运用公式P(A)＝1－P(eq \x\t(A))求解．特别是含有“至多”“至少”的题目，用间接法就显得比较简便
排队人数
5人以上
0
1
2
3
4
5人及
概率
0.1
0.16
0.3
0.3
0.1
0.04
卡片号码
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
取到次数
13
8
5
7
6
13
18
10
11
9
污染指数T
30
60
100
110
130
140
概率P
eq \f(1,10)
eq \f(1,6)
eq \f(1,3)
eq \f(7,30)
eq \f(2,15)
eq \f(1,30)
商品
顾客人数
甲
乙
丙
丁
100
√
×
√
√
217
×
√
×
√
200
√
√
√
×
300
√
×
√
×
85
√
×
×
×
98
×
√
×
×
特点
(1)有限性：试验中所有可能出现的基本事件只有有限个；
(2)等可能性：每个基本事件出现的可能性相等
公式
P(A)＝eq \f(A包含的基本事件的个数,基本事件的总数)
定义
如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度(面积或体积)成比例，则称这样的概率模型为几何概率模型，简称为几何概型
公式
P(A)＝eq \f(构成事件A的区域长度面积或体积,试验的全部结果构成的区域长度面积或体积)
小组A
92
95
93
95
90
小组B
98
80
90
85
97
X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn
X
0
1
P
1－p
p
X
0
1
…
m
P
…
X
1
2
3
4
5
P
eq \f(1,12)
eq \f(1,6)
eq \f(1,3)
eq \f(1,6)
p
X
1
2
3
4
P
eq \f(1,3)
m
eq \f(1,4)
eq \f(1,6)
X
－1
0
1
P
a
b
c
X
1
2
3
4
P
eq \f(1,3)
eq \f(1,4)
eq \f(1,4)
eq \f(1,6)
X
0
4
6
12
P
eq \f(2,9)
eq \f(1,9)
eq \f(1,3)
eq \f(1,3)
X
17
18
19
20
P
eq \f(1,6)
eq \f(11,30)
eq \f(2,5)
eq \f(1,15)
ξ
0
40
80
120
160
P
eq \f(1,24)
eq \f(1,4)
eq \f(5,12)
eq \f(1,4)
eq \f(1,24)
X
0
20
100
P
0.2
0.32
0.48
Y
0
80
100
P
0.4
0.12
0.48
销售件数
8
9
10
11
频数
20
40
20
20
X
16
17
18
19
20
21
22
P
eq \f(1,25)
eq \f(4,25)
eq \f(6,25)
eq \f(6,25)
eq \f(5,25)
eq \f(2,25)
eq \f(1,25)
Y1
1 450
1 600
1 750
1 900
1 950
2 000
2 050
P
eq \f(1,25)
eq \f(4,25)
eq \f(6,25)
eq \f(6,25)
eq \f(5,25)
eq \f(2,25)
eq \f(1,25)
Y2
1 400
1 550
1 700
1 850
2 000
2 050
2 100
P
eq \f(1,25)
eq \f(4,25)
eq \f(6,25)
eq \f(6,25)
eq \f(5,25)
eq \f(2,25)
eq \f(1,25)
X
0
1
2
3
P
eq \f(4,35)
eq \f(18,35)
eq \f(12,35)
eq \f(1,35)
星名
天狼星
老人星
南门二
大角星
织女一
视星等
－1.47
－0.72
－0.27
－0.04
0.03
绝对星等
1.42
－5.53
4.4
－0.38
0.6
赤纬
－16.7°
－52.7°
－60.8°
19.2°
38.8°
星名
五车二
参宿七
南河三
水委一
参宿四
视星等
0.08
0.12
0.38
0.46
ɑ
绝对星等
0.1
－6.98
2.67
－2.78
－5.85
赤纬
46°
－8.2°
5.2°
－57.2°
7.4°
X
1
2
3
4
P
eq \f(1,30)
eq \f(3,10)
eq \f(1,2)
eq \f(1,6)
X
1
2
4
P
0.4
0.3
0.3
X
－2
－1
0
1
2
3
P
0.1
0.2
0.2
0.3
0.1
0.1
X
－1
0
1
P
eq \f(1,6)
a
b
ξ
0
1
2
P
a
eq \f(b,2)
eq \f(b,2)
X
1
2
3
4
P
eq \f(1,14)
eq \f(3,7)
eq \f(3,7)
eq \f(1,14)
X
20
30
P
eq \f(1,11)
eq \f(10,11)
定义法
先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)求P(B|A)
基本
事件法
借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再求事件AB所包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A)＝
缩样法
缩小样本空间的方法，就是去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型求解，它能化繁为简
X
0
1
2
3
P
0.504
0.398
0.092
0.006
考核技能
A
B
C
过关率
eq \f(2,3)
eq \f(1,2)
eq \f(1,2)
X
0
1
2
3
P
eq \f(1,8)
eq \f(3,8)
eq \f(3,8)
eq \f(1,8)
X
0
1
2
3
P
0.064
0.288
0.432
0.216
ξ
0
1
2
3
P
eq \f(1,30)
eq \f(13,60)
eq \f(9,20)
eq \f(3,10)
满意度
老年人
中年人
青年人
乘坐
高铁
乘坐
飞机
乘坐
高铁
乘坐
飞机
乘坐
高铁
乘坐
飞机
10分(满意)
12
1
20
2
20
1
5分(一般)
2
3
6
2
4
9
0分(不满意)
1
0
6
3
4
4
X
0
1
2
P
eq \f(16,25)
eq \f(8,25)
eq \f(1,25)
X
1 000
2 000
3 000
P
0.2
0.4
0.4
ξ
0
1
2
3
4
5
P
eq \f(1 024,3 125)
eq \f(256,625)
eq \f(128,625)
eq \f(32,625)
eq \f(4,625)
eq \f(1,3 125)
A材料
B材料
合计
成功
不成功
合计
α
0.100
0.050
0.025
0.010
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
A材料
B材料
合计
成功
28
20
48
不成功
2
10
12
合计
30
30
60
鱼的重量(单位：百斤)
20
X>60
冲水机只需运行台数
1
2
3
阶梯级别
第一阶梯
第二阶梯
第三阶梯
月用电范围/度
(0,210]
(210,400]
(400，＋∞)
居民用电户编号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
用电量/度
53
86
90
124
132
200
215
225
300
410
ξ
0
1
2
3
P
eq \f(7,24)
eq \f(21,40)
eq \f(7,40)
eq \f(1,120)
X
0
1
2
3
P
eq \f(8,27)
eq \f(4,9)
eq \f(2,9)
eq \f(1,27)
X
3
4
5
6
P
eq \f(1,8)
eq \f(3,8)
eq \f(3,8)
eq \f(1,8)
人员编号
1
2
3
4
5
(x，y，z)
(1,1,2)
(2,1,1)
(2,2,2)
(0,1,1)
(1,2,1)
人员编号
6
7
8
9
10
(x，y，z)
(1,2,2)
(1,1,1)
(1,2,2)
(1,0,0)
(1,1,1)
人员编号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
综合指标
4
4
6
2
4
5
3
5
1
3
X
1
2
3
4
5
P
eq \f(1,4)
eq \f(7,24)
eq \f(7,24)
eq \f(1,8)
eq \f(1,24)
x
2
4
6
8
10
y
3
6
7
10
12
ξ
1
2
3
P
eq \f(3,10)
eq \f(3,5)
eq \f(1,10)
质量指标值m
[70,75)
[75,80)
[80,85)
[85,90)
[90,100]
质量指标等级
良好
优秀
良好
合格
废品
质量指标值m
[70,75)
[75,80)
[80,85)
[85,90)
[90,100]
利润y/元
6t
8t
4t
2t
－eq \f(5,3)et
X
0
1
2
P
eq \f(2,7)
eq \f(4,7)
eq \f(1,7)
质量指标值m
[70,75)
[75,80)
[80,85)
[85,90)
[90,100]
利润y/元
6t
8t
4t
2t
－eq \f(5,3)et
P
0.05
0.1
0.15
0.4
0.3
X
3
4
5
6
P
eq \f(1,27)
eq \f(2,9)
eq \f(4,9)
eq \f(8,27)
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