2018高考数学大一轮复习第十一章计数原理概率随机变量及其分布列课时达标检测五十七古典概型与几何概型理

§11.4随机事件的概率考纲展示►1.了解随机事件发生的不确定性和概率的稳定性，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．考点1随机事件的关系1.事件的分类答案：一定会一定不会可能发生也可能不2．频率和概率(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n A现的________n A为事件A出现的频数，称事件A出现的比例f n(A)＝为事件A出现的频率．n(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________稳定在某个常数上，把这个常数记作P(A)，称为事件A的概率，简称为A的概率．答案：(1)次数(2)频率f n(A)3．事件的关系与运算定义符号表示如果事件A发生，则事件B________，包含________关系这时称事件B包含事件A(或称事件A包含于事件B)(或A⊆B)相等若B⊇A且A⊇B，那么称事件A与事件BA＝B 关系相等并事件若某事件发生当且仅当A∪B (和事件) __________________，称此事件为事件(或A＋B)A与事件B的并事件(或和事件)若某事件发生当且仅当交事件______________________________，则称此事件(积事件) (或AB)为事件A与事件B的交事件(或积事件)续表定义符号表示互斥事件若A∩B为________事件，那么称事件A与事件B互斥A∩B＝∅A∩B＝∅对立若A∩B为________事件，A∪B为________事件，且A∪B 事件那么称事件A与事件B互为对立事件＝U 答案：一定发生B⊇A事件A发生或事件B发生事件A发生且事件B发生A∩B 不可能不可能必然[教材习题改编]从6名男生、2名女生中任选3人，则下列事件：①3人都是男生；②至少有1名男生；③3人都是女生；④至少有1名女生．其中是必然事件的序号有__________．答案：②解析：因为只有2名女生，所以任选3人，至少有1人是男生.概率的基本概念：事件的概念；频率与概率的关系．(1)抛掷骰子一次，出现的点数可能是1,2,3,4,5,6，设事件A表示出现的点数是偶数或不小于5，则A＝__________.答案：{2,4,5,6}解析：出现偶数有2,4,6，不小于5有5,6，所以事件A＝{2,4,5,6}．(2)某射手在同一条件下进行射击，结果如下：射击次数10 20 50 100 200 500击中靶心次数8 19 44 92 178 455 这个射手射击一次，击中靶心的概率约是__________．答案：0.90m 解析：击中靶心的频率依次为0.8,0.95,0.88，0.92，0.89,0.91，易知击中靶心的频率n 在0.90附近摆动，故P(A)≈0.90.[典题1](1)[2017·湖北十市联考]从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是()A．“至少有一个黑球”与“都是黑球”B．“至少有一个黑球”与“都是红球”C．“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”D．“恰有一个黑球”与“恰有两个黑球”[答案] D[解析]A中的两个事件是包含关系，不是互斥事件；B中的两个事件是对立事件；C中的两个事件都包含“一个黑球、一个红球”的事件，不是互斥关系；D中的两个事件是互斥而不对立的关系．(2)一个均匀的正方体玩具的各个面上分别标有数字1,2,3,4,5,6.将这个玩具向上抛掷1次，设事件A表示“向上的一面出现奇数点”，事件B表示“向上的一面出现的点数不超过3”，事件C表示“向上的一面出现的点数不小于4”，则()A．A与B是互斥而非对立事件B．A与B是对立事件C．B与C是互斥而非对立事件D．B与C是对立事件[答案] D[解析]根据互斥事件与对立事件的定义作答，A∩B＝{出现点数1或3}，事件A，B不互斥更不对立；B∩C＝∅，B∪C＝Ω(Ω为必然事件)，故事件B，C是对立事件．[点石成金]判别互斥事件与对立事件的两种方法(1)定义法判别互斥事件、对立事件一般用定义判断，不可能同时发生的两个事件为互斥事件；两个事件，若有且仅有一个发生，则这两个事件为对立事件，对立事件一定是互斥事件．(2)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．考点2随机事件的概率概率的几个基本性质(1)概率的取值范围：________.(2)必然事件的概率P(E)＝________.(3)不可能事件的概率P(F)＝________.(4)概率的加法公式如果事件A与事件B互斥，则P(A∪B)＝________.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)＝________，P(A)＝________.答案：(1)[0,1](2)1(3)0(4)P(A)＋P(B)11－P(B)(1)[2017·贵州贵阳一中适应性考试]某校新生分班，现有A，B，C三个不同的班，甲和乙同学将被分到这三个班，每个同学分到各班的可能性相同，则这两名同学被分到同一个班的概率为()1 1 5 3A. B. C. D.3 5 3 4答案：A解析：甲，乙两名同学分班有以下情况：(A，A)，(A，B)，(A，C)，(B，A)，(B，B)，(B，C)，(C，A)，(C，B)，(C，C)，共9种，其中符合条件的有3种，所以这两名同学被分到3 1同一个班的概率为＝，故选A.9 3(2)[教材习题改编]记一个两位数的个位数字与十位数字的和为A.若A是不超过5的奇数，从这些两位数中任取一个，其个位数为1的概率为________．2答案：9解析：根据题意，个位数字与十位数字之和为奇数且不超过5的两位数有：10,12,14,21,23,30,32,41,50，共9个，其中个位是1的有21,41，共2个，因此所求的概率2为.9[典题2]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.商品甲乙丙丁顾客人数100 √×√√217 ×√×√200 √√√×300 √×√×85 √×××98 ×√××(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200以顾客同时购买乙和丙的概率可以估计为＝0.2.1 000(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100＋200＝0.3.1 000200(3)与(1)同理可得，顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为＝0.2，1 000100＋200＋300顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为＝0.6，1 000100顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为＝0.1.1 000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．[题点发散1]在本例条件下，估计顾客购买乙或丙的概率．217＋98解：解法一：顾客购买乙而不购买丙的概率为＝0.315，1 000100＋300顾客购买丙而不购买乙的概率为＝0.4，1 000200顾客既购买乙又购买丙的概率为＝0.2.1 000故顾客购买乙或丙的概率为0.315＋0.4＋0.2＝0.915.85解法二：顾客既不购买乙也不购买丙的概率为＝0.085.1 000故顾客购买乙或丙的概率为1－0.085＝0.915.[题点发散2]在本例条件下，估计顾客至少购买两件商品的概率是多少？85＋98解：顾客只购买一件商品的概率为＝0.183.1 000故顾客至少购买两件商品的概率是1－0.183＝0.817.[点石成金] 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，有时也用频率来作为随机事件概率的估计值．2．随机事件概率的求法利用概率的统计定义求事件的概率，即通过大量的重复试验，事件发生的频率会逐渐趋近于某一个常数，这个常数就是概率.随机抽取一个年份，对西安市该年4月份的天气情况进行统计，结果如下：日期 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10天气晴雨阴阴阴雨阴晴晴晴日期11 12 13 14 15 16 17 18 19 20天气阴晴晴晴晴晴阴雨阴阴日期21 22 23 24 25 26 27 28 29 30天气晴阴晴晴晴阴晴晴晴雨(1)在4月份任取一天，估计西安市在该天不下雨的概率；(2)某学校拟从4月份的一个晴天开始举行连续2天的运动会，估计运动会期间不下雨的概率．解：(1)在容量为30的样本中，不下雨的天数是26，以频率估计概率，4月份任选一天，26 13西安市不下雨的概率为＝.30 15(2)称相邻的两个日期为“互邻日期对”(如，1日与2日，2日与3日等)．这样，在4月份中，前一天为晴天的互邻日期对有16个，其中后一天不下雨的有14个，所以晴天的次日不7下雨的频率为.87以频率估计概率，运动会期间不下雨的概率为.8考点3互斥事件与对立事件的概率(1)[教材习题改编]若A，B为互斥事件，P(A)＝0.4，P(A∪B)＝0.7，则P(B)＝__________.答案：0.3解析：∵A，B为互斥事件，∴P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝0.4＋P(B)＝0.7，∴P(B)＝0.7－0.4＝0.3.(2)[教材习题改编]经统计，在夏日超市付款处排队等候付款的人数及其概率如下：排队人数0 1 2 3 4 5人及以上概率0.1 0.16 0.3 0.3 0.1 0.04则至少有2人排队的概率为__________．答案：0.74解析：依题意，“至少有2人排队”记为事件A，则其对立事件为至多有1人排队，所以P(A)＝1－(0.1＋0.16)＝0.74.互斥事件：不同时发生；加法公式．某小组有3名男生和2名女生，从中任选2名同学去参加演讲比赛，设A＝{恰有1名男生}，B＝{恰有2名男生}，C＝{至少有1名男生}，D＝{至少有1名女生}，其中彼此互斥的事件是__________，互为对立事件的是__________．答案：A与B，B与D B与D解析：设I为从3名男生和2名女生中，任选2名同学去参加演讲比赛所发生的所有情况．因为A∩B＝∅，B∩D＝∅，所以A与B，B与D为互斥事件．因为B∩D＝∅，B∪D＝I，所以B与D互为对立事件．[典题3][2017·河南洛阳模拟]经统计，在某储蓄所一个营业窗口等候的人数及相应的概率如下：排队人数0 1 2 3 4 5人及5人以上概率0.1 0.16 0.3 0.3 0.1 0.04求：(1)至多2人排队等候的概率是多少？(2)至少3人排队等候的概率是多少？[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)解法一：记“至少3人排队等候”为事件H，则H＝D∪E∪F，所以P(H)＝P(D∪E∪F)＝P(D)＋P(E)＋P(F)＝0.3＋0.1＋0.04＝0.44.解法二：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.[点石成金]求复杂互斥事件概率的两种方法(1)直接法：将所求事件分解为一些彼此互斥的事件的和，运用互斥事件概率的加法公式计算．(2)间接法：先求此事件的对立事件，再用公式P(A)＝1－P(A)求得，即运用逆向思维(正难则反)，特别是“至多”“至少”型题目，用间接求法就会较简便．[提醒]应用互斥事件概率的加法公式，一定要注意首先确定各个事件是否彼此互斥，然后求出各事件发生的概率，再求和(或差).某商场有奖销售中，购满100元商品得1张奖券，多购多得.1 000张奖券为一个开奖单位，设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个．设1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为A，B，C，求：(1)P(A)，P(B)，P(C)；(2)1张奖券的中奖概率；(3)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率．1 10 1 50 1解：(1)P(A)＝，P(B)＝＝，P(C)＝＝.1 000 1 000 100 1 000 201 1 1故事件A，B，C的概率分别为，，.1 000 100 20(2)1张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖．设“1张奖券中奖”这个事件为M，则M＝A∪B∪C.∵A，B，C两两互斥，1＋10＋50 61∴P(M)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝＝.故1张奖券的中奖概率为1 000 1 00061.1 000(3)设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N，则事件N与“1张奖券中特等奖或中一等奖”为对立事件，∴P(N)＝1－P(A∪B)1 1 989＝1－( ＝.＋100)1 000 1 000989故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为.1 000[方法技巧] 1.从集合角度理解互斥事件和对立事件从集合的角度看，几个事件彼此互斥，是指由各个事件所含的结果组成的集合彼此的交集为空集，事件A的对立事件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．2．当一个事件包含多个结果且各个结果彼此互斥时，要用到概率加法公式的推广，即P(A1∪A2∪…∪A n)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(A n)．真题演练集训1．[2014·新课标全国卷Ⅰ]4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为()答案：D解析：4名同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动的情况有24＝16(种)，其中仅在周六(周日)参加的各有1种，1＋1 7∴所求概率为1－＝.16 82．[2015·江苏卷]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________．5答案：6解析：由古典概型概率公式，得C24－C 52所求事件的概率为P＝＝.C24 63．[2016·北京卷]A，B，C三个班共有100名学生，为调查他们的体育锻炼情况，通过分层抽样获得了部分学生一周的锻炼时间，数据如下表(单位：小时)：A班6 6.577.58B班67 8 9101112C班3 4.567.5910.51213.5(1)试估计C班的学生人数；(2)从A班和C班抽出的学生中，各随机选取一人，A班选出的人记为甲，C班选出的人记为乙，假设所有学生的锻炼时间相互独立，求该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的概率；(3)再从A，B，C三个班中各随机抽取一名学生，他们该周的锻炼时间分别是7,9,8.25(单位：小时)．这3个新数据与表格中的数据构成的新样本的平均数记为μ1，表格中数据的平均数记为μ0，试判断μ0和μ1的大小．(结论不要求证明)解：(1)由题意知，抽出的20名学生中，来自C班的学生有8名．根据分层抽样方法，C8班的学生人数估计为100×＝40.20(2)设事件A i为“甲是现有样本中A班的第i个人”，i＝1,2，…，5，事件C j为“乙是现有样本中C班的第j个人”，j＝1,2， (8)1由题意可知，P(A i)＝，i＝1,2， (5)51P(C j)＝，j＝1,2， (8)81 1 1P(A i C j)＝P(A i)P(C j)＝×＝，i＝1,2，...，5，j＝1，2， (8)5 8 40设事件E为“该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长”．由题意知，∪A5C4.因此P(E)＝P(A1C1)＋P(A1C2)＋P(A2C1)＋P(A2C2)＋P(A2C3)＋P(A3C1)＋P(A3C2)＋P(A3C3)＋P(A4C1)＋P(A4C2)＋P(A4C3)＋P(A5C1)＋P(A5C2)＋P(A5C3)＋P(A5C4)1 3＝15×＝.40 8(3)μ1<μ0.课外拓展阅读方程思想在概率问题中的运用探讨[典例]袋中有12个小球，分别为红球、黑球、黄球、绿球，从中任取一球，得到红球1 5 5的概率是，得到黑球或黄球的概率是，得到黄球或绿球的概率也是，试求得到黑球、黄3 12 12球、绿球的概率各是多少？[思路分析]本题可利用方程的思想及互斥事件、对立事件的概率公式求解，也可逐个求各色球的个数再求其概率．[解]解法一：从袋中选取一个球，记事件“摸到红球”“摸到黑球”“摸到黄球”“摸到绿球”分别为A，B，C，D，1则有P(A)＝，35P(B∪C)＝P(B)＋P(C)＝，125P(C∪D)＝P(C)＋P(D)＝，121 2P(B∪C∪D)＝P(B)＋P(C)＋P(D)＝1－P(A)＝1－＝，3 31 1 1联立解得P(B)＝，P(C)＝，P(D)＝，4 6 41 1 1因此得到黑球、黄球、绿球的概率分别是，，.4 6 4n 1解法二：设红球有n个，则＝，12 3所以n＝4，即红球有4个．5又得到黑球或黄球的概率是，12所以黑球和黄球共5个．又总球数是12，所以绿球有12－4－5＝3(个)．5又得到黄球或绿球的概率也是，13- 11 -所以黄球和绿球共5个，而绿球有3个，所以黄球有5－3＝2(个)．所以黑球有12－4－3－2 ＝3(个)．3 1 2 1 3 1因此得到黑球、黄球、绿球的概率分别是＝，＝，＝.12 4 12 6 12 4- 12 -。

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课时跟踪检测（六十一）[高考基础题型得分练］1．[2017·四川成都质检]某外商计划在4个候选城市中投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有（）A．16种B．36种C．42种D．60种答案：D解析：解法一（直接法):若3个不同的项目投资到4个城市中的3个，每个城市一项，共A错误!种方法；若3个不同的项目投资到4个城市中的2个，一个城市一项、一个城市两项共C错误!A错误!种方法．由分类加法计数原理知，共A错误!＋C错误!A错误!＝60(种）方法．解法二(间接法):先任意安排3个项目，每个项目各有4种安排方法，共43＝64(种)排法,其中3个项目落入同一城市的排法不符合要求，共4种，所以总投资方案共64－4＝60（种)．2．［2017·河北石家庄质检］在航天员进行的一项太空实验中，要先后实施6个程序，其中程序A只能出现在第一步或最后一步,程序B和C在实施时必须相邻,问实验顺序的编排方法共有( ）A．34种B．48种C．96种D．144种答案：C解析：程序A有A错误!＝2(种）结果，将程序B和C看作元素集团与除A外的元素排列有A错误!A错误!＝48（种），∴由分步乘法计数原理，实验编排共有2×48＝96(种)方法．3．将甲、乙等 5 位同学分别保送到北京大学、上海交通大学、浙江大学这三所大学就读，则每所大学至少保送一人的不同保送方法为( ）A．240种B．180种C．150种D．540种答案：C解析：5名学生分成 2，2,1或3,1,1两种形式，当 5 名学生分成 2,2,1时，共有错误!C 错误!C错误!A错误!＝90（种）方法;当 5 名学生分成 3，1,1时，共有C错误!A错误!＝60（种）方法．根据分类加法计数原理知，共有90＋60＝150（种）．4．[2017·山东青岛模拟］将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通,每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有（)A．18种B．24种C．36种D．72种答案：C解析：一个路口有3人的分配方法有C错误!C错误!A错误!种；两个路口各有2人的分配方法有C错误!C错误!A错误!种．∴由分类加法计数原理，甲、乙在同一路口的分配方案为C1，3C错误!A错误!＋C错误!C错误!A 3，＝36（种)．35．[2017·山东师大附中一模］某班班会准备从甲、乙等7名学生中选派4名进行发言,要求甲、乙两人至少有一人参加．当甲、乙同时参加时，他们两人的发言不能相邻．那么不同的发言顺序的种数为（）A．360 B．520C．600 D．720答案：C解析：当甲或乙只有一人参加时，不同的发言顺序的种数为2C错误!A错误!＝480；当甲、乙同时参加时，不同的发言顺序的种数为A错误!A错误!＝120。

§11.7离散型随机变量及其分布列考纲展示►1.理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，认识分布列对于刻画随机现象的重要性，会求某些取有限个离散型随机变量的分布列．2．理解超几何分布及其导出过程，并能进行简单的应用．考点1 离散型随机变量的分布列的性质1.随机变量的有关概念如果随机试验的结果可以用一个变量来表示，那么这样的变量叫做随机变量；按一定次序________，这样的随机变量叫做离散型随机变量．答案：一一列出2．离散型随机变量的分布列(1)概念若离散型随机变量X可能取的不同值为x1，x2，…，x i，…，x n，X取每一个值x i(i＝1,2,3，…，n)的概率P(X＝x i)＝p i，如下表：P(X＝x i)＝p i，i＝1,2，…，n表示X的分布列．(2)性质①p i________，i＝1,2,3，…，n；②i＝1np i＝1.答案：(2)①≥03．常见离散型随机变量的分布列(1)两点分布若随机变量X p＝P(X＝1)为________．(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 *.答案：(1)1－p 成功概率 (2)C k M C n －kN －M C n N C 0M C n －0N －M C n N C 1M C n －1N －M C n N C m M C n －mN －M C n N(1)[教材习题改编]已知离散型随机变量ξ的分布列为则k 的值为________答案：1解析：由k n ＋k n ＋…＋k n＝1，得k ＝1.(2)[教材习题改编]设随机变量X 等可能取1,2,3，…，n ，如果P (X <4)＝0.3，那么n ＝________.答案：10解析：由题意知1n×3＝0.3，∴n ＝10.[典题1] 设离散型随机变量X 的分布列为求：(1)2X ＋1(2)|X －1|的分布列． [解] 由分布列的性质知，0．2＋0.1＋0.1＋0.3＋m ＝1，∴m ＝0.3.首先列表为(1)2X＋1的分布列为(2)|X－1|[点石成金] 1.各个概率值均为非负数．2．若X是随机变量，则η＝|X－1|等仍然是随机变量，求它的分布列可先求出相应随机变量的值，再根据互斥事件概率加法求对应的事件概率，进而写出分布列．考点2 离散型随机变量分布列的求法离散型随机变量的分布列易错点：随机变量的取值不全；分布列的概率之和不为1.下列四个表格中，可以作为离散型随机变量分布列的是________．答案：③解析：利用离散型随机变量的分布列的性质可排除①，②，④.离散型随机变量的分布列：随机变量的取值；求概率；列表检验．某射手射击一次所得环数X的分布列如下：ξ，则ξ的分布列为________．答案：解析：ξ＝8)＝2×0.1×0.4＋0.42＝0.24，P(ξ＝9)＝2×0.1×0.3＋2×0.4×0.3＋0.32＝0.39，P(ξ＝10)＝2×0.1×0.2＋2×0.4×0.2＋2×0.3×0.2＋0.22＝0.36，∴ξ的分布列为[典题2] 某商店试销某种商品20天，获得如下数据：试销结束后(3件，当天营业结束后检查存货，若发现存量少于2件，则当天进货补充至3件，否则不进货，将频率视为概率．(1)求当天商店不进货的概率；(2)记X为第二天开始营业时该商品的件数，求X的分布列．[解] (1)P(当天商店不进货)＝P(当天商品销售量为0件)＋P(当天商品销售量为1件)＝120＋520＝310.(2)由题意知，X的可能取值为2,3.P(X＝2)＝P(当天商品销售量为1件)＝520＝14；P(X＝3)＝P(当天商品销售量为0件)＋P(当天商品销售量为2件)＋P(当天商品销售量为3件)＝120＋920＋520＝34.所以X的分布列为[点石成金]考点3 超几何分布[典题3] 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． [解] (1)由已知得， P (A )＝C 22C 23＋C 23C 23C 48＝635. 所以事件A 发生的概率为635.(2)随机变量X 的所有可能取值为1,2,3,4. P (X ＝k )＝C k 5C 4－k 3C 48(k ＝1,2,3,4)．所以随机变量X 的分布列为[点石成金] (1)对于服从某些特殊分布的随机变量，其分布列可直接应用公式给出；(2)超几何分布描述的是不放回抽样问题，随机变量为抽到的某类个体的个数，随机变量取值的概率实质上是古典概型.[2017·山东济南调研]PM2.5是指悬浮在空气中的直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物．根据现行国家标准GB3095－2012，PM2.5日均值在35微克/立方米以下空气质量为一级；在35微克/立方米～75微克/立方米之间空气质量为二级；在75微克/立方米以上空气质量为超标．从某自然保护区2013年全年每天的PM2.5监测数据中随机地抽取10天的数据作为样本，监测值频数如下表所示：级的概率；(2)从这10天的数据中任取3天数据，记ξ表示抽到PM2.5监测数据超标的天数，求ξ的分布列．解：(1)记“从10天的PM2.5日均值监测数据中，随机抽出3天，恰有一天空气质量达到一级”为事件A ，则P (A )＝C 13C 27C 310＝2140.(2)依据条件，随机变量ξ的可能取值为0,1,2,3， P (ξ＝k )＝C k 3C 3－k7C 310(k ＝0,1,2,3)．∴P (ξ＝0)＝C 03C 37C 310＝724，P (ξ＝1)＝C 13C 27C 310＝2140，P (ξ＝2)＝C 23C 17C 310＝740，P (ξ＝3)＝C 33C 07C 310＝1120.因此ξ的分布列为[方法技巧] 1.随机变量的线性关系若X是随机变量，Y＝aX＋b，a，b是常数，则Y也是随机变量．2．分布列性质的两个作用(1)利用分布列中各事件概率之和为1可求参数的值．(2)随机变量ξ所取的值分别对应的事件是两两互斥的，利用这一点可以求相关事件的概率．3．求离散型随机变量的分布列，首先要根据具体情况确定ξ的取值情况，然后利用排列、组合与概率知识求出ξ取各个值的概率．[易错防范] 掌握离散型随机变量的分布列的注意事项(1)分布列的结构为两行，第一行为随机变量X所有可能取得的值；第二行是对应于随机变量X的值的事件发生的概率．看每一列，实际上是上为“事件”，下为“事件发生的概率”，只不过“事件”是用一个反映其结果的实数表示的．每完成一列，就相当于求一个随机事件发生的概率．(2)要会根据分布列的两个性质来检验求得的分布列的正误．真题演练集训1．[2016·新课标全国卷Ⅰ]某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰．机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元．在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图：以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数，n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数．(1)求X的分布列；(2)若要求P(X≤n)≥0.5，确定n的最小值；(3)以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在n＝19与n＝20之中选其一，应选用哪个？解：(1)由柱状图并以频率代替概率可得，1台机器在三年内需更换的易损零件数为8,9,10,11的概率分别为0.2，0.4,0.2,0.2，从而P(X＝16)＝0.2×0.2＝0.04；P(X＝17)＝2×0.2×0.4＝0.16；P(X＝18)＝2×0.2×0.2＋0.4×0.4＝0.24；P(X＝19)＝2×0.2×0.2＋2×0.4×0.2＝0.24；P(X＝20)＝2×0.2×0.4＋0.2×0.2＝0.2；P(X＝21)＝2×0.2×0.2＝0.08；P(X＝22)＝0.2×0.2＝0.04.所以X的分布列为(2)由(1)(3)记Y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用(单位：元)．当n ＝19时，E (Y )＝19×200×0.68＋(19×200＋500)×0.2＋(19×200＋2×500)×0.08＋(19×200＋3×500)×0.04＝4 040.当n ＝20时，E (Y )＝20×200×0.88＋(20×200＋500)×0.08＋(20×200＋2×500)×0.04 ＝4 080.可知当n ＝19时所需费用的期望值小于当n ＝20时所需费用的期望值，故应选n ＝19. 2．[2016·山东卷]甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语．在一轮活动中，如果两人都猜对，则“星队”得3分；如果只有一人猜对，则“星队”得1分；如果两人都没猜对，则“星队”得 0分．已知甲每轮猜对的概率是34，乙每轮猜对的概率是23；每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响，各轮结果亦互不影响．假设“星队”参加两轮活动，求：(1)“星队”至少猜对3个成语的概率；(2)“星队”两轮得分之和X 的分布列和数学期望E (X )．解：(1)记事件A ：“甲第一轮猜对”，记事件B ：“乙第一轮猜对”， 记事件C ：“甲第二轮猜对”，记事件D ：“乙第二轮猜对”， 记事件E ：“‘星队’至少猜对3个成语”． 由题意，E ＝ABCD ＋A BCD ＋A B CD ＋AB C D ＋ABC D . 由事件的独立性与互斥性，得P (E )＝P (ABCD )＋P (A BCD )＋P (A B CD ) ＋P (AB C D ) ＋P (ABC D )＝P (A )P (B )P (C )P (D )＋P (A )P (B )P (C )P (D )＋P (A )P (B )P (C )P (D )＋P (A )P (B )P (C )P (D )＋P (A )P (B )P (C )P (D )＝34×23×34×23＋2×14×23×34×23＋34×13×34×23＝23. 所以“星队”至少猜对3个成语的概率为23.(2)由题意，随机变量X 可能的取值为0,1,2,3,4,6. 由事件的独立性与互斥性，得P (X ＝0)＝14×13×14×13＝1144，P (X ＝1)＝2×34×13×14×13＋14×23×14×13＝10144＝572，P (X ＝2)＝34×13×34×13＋34×13×14×23＋14×23×34×13＋14×23×14×23＝25144，P (X ＝3)＝34×23×14×13＋14×13×34×23＝12144＝112，P (X ＝4)＝2×34×23×34×13＋34×23×14×23＝60144＝512，P (X ＝6)＝34×23×34×23＝36144＝14.可得随机变量X 的分布列为所以数学期望E (X )＝0×144＋1×72＋2×144＋3×12＋4×12＋6×4＝236.课外拓展阅读离散型随机变量的分布列答题模板[典例] 已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束．(1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；(2)已知每检测一件产品需要费用100元，设X 表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用(单位：元)，求X 的分布列．[解] (1)第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率P 1＝25×34＝310.(2)由题意，X 的可能取值为200,300,400. 则P (X ＝200)＝2×15×4＝110；P (X ＝300)＝3×25×4×3＋2×3×25×4×3＝310；P (X ＝400)＝1－P (X ＝200)－P (X ＝300)＝35.∴X 的分布列如下：[答题模板] 第一步：找出随机变量X 的所有可能取值；第二步：求出X取每一个值时的概率；第三步：列出分布列．(1)解决此类问题的关键是弄清随机变量的取值，正确应用概率公式．(2)此类问题还极易发生如下错误：虽然弄清随机变量的所有取值，但对某个取值考虑不全面．(3)避免以上错误发生的有效方法是验证随机变量的概率和是否为1.方法点睛。

2018高考数学大一轮复习第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布列课时达标检测（五十八）离散型随机变量的分布列、均值与方差理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018高考数学大一轮复习第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布列课时达标检测（五十八）离散型随机变量的分布列、均值与方差理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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课时达标检测（五十八) 离散型随机变量的分布列、均值与方差一、全员必做题1．袋中装着标有数字1,2，3，4，5的小球各2个，从袋中任取3个小球，每个小球被取出的可能性都相等，X表示取出的3个小球上的最大数字，求：（1)取出的3个小球上的数字互不相同的概率;（2)随机变量X的分布列及均值E(X)．解：（1）“一次取出的3个小球上的数字互不相同”的事件记为A，则P（A）＝错误!＝错误!.(2)由题意，X所有可能的取值为2,3，4，5。

P（X＝2）＝错误!＝错误!；P(X＝3）＝错误!＝错误!；P（X＝4）＝错误!＝错误!；P（X＝5）＝错误!＝错误!.所以随机变量X的分布列为E(X)＝2×错误!＋3×错误!错误!错误!错误!2．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的分布列及均值E(X)．解：(1）由已知得，P（A)＝错误!＝错误!。

第1讲分类加法计数原理与分步乘法计数原理最新考纲 1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理；2.会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.知识梳理1.分类加法计数原理完成一件事有两类不同的方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法.2.分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法.3.分类加法和分步乘法计数原理，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.诊断自测1.判断正误(在括号内打“√”或“×”)精彩PPT展示(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.()解析分类加法计数原理，每类方案中的方法都是不同的，每一种方法都能完成这件事；分步乘法计数原理，每步的方法都是不同的，每步的方法只能完成这一步，不能完成这件事，所以(1)，(4)均不正确.答案(1)×(2)√(3)√(4)×2.从3名女同学和2名男同学中选1人主持主题班会，则不同的选法种数为()A.6B.5C.3D.2解析5个人中每一个都可主持，所以共有5种选法.答案 B3.(选修2－3P28B2改编)现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有()A.24种B.30种C.36种D.48种解析需要先给C块着色，有4种结果；再给A块着色，有3种结果；再给B 块着色，有2种结果；最后给D块着色，有2种结果，由分步乘法计数原理知共有4×3×2×2＝48(种).答案 D4.5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，则不同的报名方法有________种(用数字作答).解析每位同学都有2种报名方法，因此，可分五步安排5名同学报名，由分步乘法计数原理，总的报名方法共2×2×2×2×2＝32(种).答案325.已知某公园有5个门，从任一门进，另一门出，则不同的走法的种数为________(用数字作答).解析分两步，第一步选一个门进有5种方法，第二步再选一个门出有4种方法，所以共有5×4＝20种走法.答案20考点一分类加法计数原理【例1】(1)三个人踢毽，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(2)(2017·郑州质检)满足a，b∈{－1，0，1，2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为()A.14B.13C.12D.10解析(1)分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件有3种方法(如图)，甲乙丙乙甲甲乙甲丙甲同理，甲先传给丙时，满足条件有3种踢法.由分类加法计数原理，共有3＋3＝6种传递方法.(2)①当a＝0，有x＝－b2，b＝－1，0，1，2有4种可能；②当a≠0时，则Δ＝4－4ab≥0，ab≤1，(ⅰ)若a＝－1时，b＝－1，0，1，2有4种不同的选法；(ⅱ)若a＝1时，b＝－1，0，1有3种可能；(ⅲ)若a＝2时，b＝－1，0，有2种可能.∴有序数对(a，b)共有4＋4＋3＋2＝13(个).答案(1)B(2)B规律方法分类标准是运用分类加法计数原理的难点所在，应抓住题目中的关键词、关键元素、关键位置.(1)根据题目特点恰当选择一个分类标准.(2)分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法，不能重复.(3)分类时除了不能交叉重复外，还不能有遗漏，如本例(2)中易漏a＝0这一类.【训练1】(1)如图，从A到O有________种不同的走法(不重复过一点).(2)从集合{1，2，3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为()A.3B.4C.6D.8解析(1)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.(2)以1为首项的等比数列为1，2，4；1，3，9；以2为首项的等比数列为2，4，8；以4为首项的等比数列为4，6，9；把这4个数列的顺序颠倒，又得到另外的4个数列，∴所求的数列共有2(2＋1＋1)＝8个.答案(1)5(2)D考点二分步乘法计数原理【例2】(1)(2017·石家庄模拟)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(2)定义集合A与B的运算A*B如下：A*B＝{(x，y)|x∈A，y∈B}，若A＝{a，b，c}，B＝{a，c，d，e}，则集合A*B的元素个数为________(用数字作答).解析(1)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.(2)显然(a，a)，(a，c)等均为A*B中的关系，确定A*B中的元素是A中取一个元素来确定x，B中取一个元素来确定y，由分步计数原理可知A*B中有3×4＝12个元素.答案(1)D(2)12规律方法(1)在第(1)题中，易误认为分5步完成，错选B.(2)利用分步乘法计数原理应注意：①要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的.②各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这件事.【训练2】(1)(2017·威海模拟)某学校开设“蓝天工程博览课程”，组织6个年级的学生外出参观包括甲博物馆在内的6个博物馆，每个年级任选一个博物馆参观，则有且只有两个年级选择甲博物馆的情况有()A.C26·45种B.A26·54种C.C26·A45种D.C26·54种(2)设集合A＝{－1，0，1}，B＝{0，1，2，3}，定义A*B＝{(x，y)|x∈A∩B，y ∈A∪B}，则A*B中元素的个数为________(用数字作答).解析(1)有两个年级选择甲博物馆共有C26种情况，其余四个年级每个年级各有5种选择情况.故有且只有两个年级选择甲博物馆的情况有C26×54种.(2)易知A∩B＝{0，1}，A∪B＝{－1，0，1，2，3}，∴x有两种取法，y有5种取法.由分步乘法计数原理，A*B的元素有2×5＝10(个).答案(1)D(2)10考点三两个计数原理的综合应用【例3】(1)(2015·四川卷)用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有()A.144个B.120个C.96个D.72个(2)(2017·成都诊断)如图所示，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数为________(用数字作答).解析(1)由题意，首位数字只能是4，5，若万位是5，则有3×A34＝72(个)；若万位是4，则有2×A34个＝48(个)，故比40 000大的偶数共有72＋48＝120(个).选B.(2)按区域1与3是否同色分类：①区域1与3同色：先涂区域1与3有4种方法，再涂区域2，4，5(还有3种颜色)有A33种方法.∴区域1与3涂同色，共有4A33＝24种方法.②区域1与3不同色：先涂区域1与3有A24种方法，第二步涂区域2有2种涂色方法，第三步涂区域4只有一种方法，第四步涂区域5有3种方法.∴这时共有A24×2×1×3＝72种方法.由分类加法计数原理，不同的涂色种数为24＋72＝96.答案(1)B(2)96规律方法(1)①注意在综合应用两个原理解决问题时，一般是先分类再分步.在分步时可能又用到分类加法计数原理.②注意对于较复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当地列出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化.(2)解决涂色问题，可按颜色的种数分类，也可按不同的区域分步完成.第(2)题中，相邻区域不同色，是按区域1与3是否同色分类处理.【训练3】(1)如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1<a2，且a2>a3，则称这样的三位数为凸数(如120，343，275等)，那么所有凸数的个数为()A.240B.204C.729D.920(2)从一架钢琴挑出的十个音键中，分别选择3个，4个，5个，…，10个键同时按下，可发出和声，若有一个音键不同，则发出不同的和声，则这样的不同的和声数为________(用数字作答).解析(1)若a2＝2，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0“凸数”为120与121，共2个.若a2＝3，则“凸数”有2×3＝6(个).若a2＝4，满足条件的“凸数”有3×4＝12(个)，…，若a2＝9，满足条件的“凸数”有8×9＝72(个).∴所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个).(2)由题意知本题是一个分类计数问题，共有8种不同的类型，当有3个键同时按下，有C310种结果，当有4个键同时按下，有C410种结果，…，以此类推，根据分类加法计数原理得到共有C310＋C410＋C510＋…＋C1010＝C010＋C110＋C210＋…＋C1010－(C010＋C110＋C210)＝210－(1＋10＋45)＝968.答案(1)A(2)968[思想方法]1.应用两个计数原理的难点在于明确分类还是分步.在处理具体的应用问题时，首先必须弄清楚“分类”与“分步”的具体标准是什么.选择合理的标准处理事情，可以避免计数的重复或遗漏.2.(1)分类要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数.(2)分步要做到“步骤完整”，完成了所有步骤，恰好完成任务，当然步与步之间要相互独立，分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数.3.混合问题一般是先分类再分步.4.要恰当画出示意图或树状图，使问题的分析更直观、清楚，便于探索规律. [易错防范]1.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.2.分类的关键在于要做到“不重不漏”，分步的关键在于要正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步.3.确定题目中是否有特殊条件限制.基础巩固题组(建议用时：30分钟)一、选择题1.从集合{0，1，2，3，4，5，6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋b i，其中虚数有()A.30个B.42个C.36个D.35个解析∵a＋b i为虚数，∴b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数.答案 C2.某校举行乒乓球赛，采用单淘汰制，要从20名选手中决出冠军，应进行比赛的场数为()A.18B.19C.20D.21解析因为每一场比赛都有一名选手被淘汰，即一场比赛对应一个失败者，要决出冠军，就要淘汰19名选手，故应进行19场比赛.答案 B3.(2016·济南质检)有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的裙子，另有2套不同样式的连衣裙.“五一”节需选择一套服装参加歌舞演出，则有几种不同的选择方式()A.24B.14C.10D.9解析第一类：一件衬衣，一件裙子搭配一套服装有4×3＝12种方式，第二类：选2套连衣裙中的一套服装有2种选法.∴由分类加法计数原理，共有12＋2＝14(种)选择方式.答案 B4.某电话局的电话号码为139××××××××，若前六位固定，最后五位数字是由6或8组成的，则这样的电话号码的个数为()A.20B.25C.32D.60解析依据题意知，后五位数字由6或8组成，可分5步完成，每一步有2种方法，根据分步乘法计数原理，符合题意的电话号码的个数为25＝32.答案 C5.集合P＝{x，1}，Q＝{y，1，2}，其中x，y∈{1，2，3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是()A.9B.14C.15D.21解析当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7(个).当x≠2时，由P⊆Q，∴x＝y.∴x可从3，4，5，6，7，8，9中取，有7种方法.因此满足条件的点共有7＋7＝14(个).答案 B6.用10元、5元和1元来支付20元钱的书款，不同的支付方法的种数为()A.3B.5C.9D.12解析只用一种币值有2张10元，4张5元，20张1元，共3种；用两种币值的有1张10元，2张5元；1张10元，10张1元；3张5元，5张1元；2张5元，10张1元；1张5元，15张1元，共5种；用三种币值的有1张10元，1张5元，5张1元，共1种.由分类加法计数原理得，共有3＋5＋1＝9(种).答案 C7.从集合{1，2，3，4，…，10}中，选出5个数组成子集，使得这5个数中任意两个数的和都不等于11，则这样的子集有()A.32个B.34个C.36个D.38个解析将和等于11的放在一组：1和10，2和9，3和8，4和7，5和6.从每一小组中取一个，有C12＝2种，共有2×2×2×2×2＝32个.故选A.答案 A8.(2016·全国Ⅱ卷)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.24B.18C.12D.9解析由题意可知E→F共有6种走法，F→G共有3种走法，由乘法计数原理知，共有6×3＝18种走法，故选B.答案 B二、填空题9.(2017·西安质检)如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫作“好数”，那么在由1，2，3，4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个(用数字作答).解析当相同的数字不是1时，有C13个；当相同的数字是1时，共有C13C13个，由分类加法计数原理知共有“好数”C13＋C13C13＝12(个).答案1210.如图所示，在连结正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正八边形有公共边的三角形有________个(用数字作答).解析把与正八边形有公共边的三角形分为两类：第一类，有一条公共边的三角形共有8×4＝32(个).第二类，有两条公共边的三角形共有8个.由分类加法计数原理知，共有32＋8＝40(个).答案4011.如图，矩形的对角线把矩形分成A，B，C，D四部分，现用5种不同颜色给四部分涂色，每部分涂1种颜色，要求共边的两部分颜色互异，则共有________种不同的涂色方法(用数字作答).解析区域A有5种涂色方法；区域B有4种涂色方法；区域C的涂色方法可分2类：若C与A涂同色，区域D有4种涂色方法；若C与A涂不同色，此时区域C有3种涂色方法，区域D也有3种涂色方法.所以共有5×4×4＋5×4×3×3＝260种涂色方法.答案26012.有六名同学报名参加三个智力竞赛项目(不一定六名同学都能参加)，(1)每人恰好参加一项，每项人数不限，则有________种不同的报名方法；(2)每项限报一人，且每人至多参加一项，则有________种不同的报名方法；(3)每项限报一人，但每人参加的项目不限，则有________种不同的报名方法(用数字作答).解析(1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同选法，由分步乘法计数原理，知共有报名方法36＝729(种).(2)每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目只有4种选法，由分步乘法计数原理，得共有报名方法6×5×4＝120(种).(3)由于每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，由分步乘法计数原理，得共有不同的报名方法63＝216(种).答案(1)729(2)120(3)216能力提升题组(建议用时：10分钟)13.(2017·衡水调研)用0，1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为()A.243B.252C.261D.279解析0，1，2，…，9共能组成9×10×10＝900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648(个)，∴有重复数字的三位数有900－648＝252(个).答案 B14.从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有()A.24对B.30对C.48对D.60对解析与正方体的一个面上的一条对角线成60°角的对角线有8条，故共有8对.正方体的12条面对角线共有12×8＝96(对)，且每对均重复计算一次，故共有962＝48(对).答案 C15.一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从P 点处进，Q 点处出，沿图中线路游览A ，B ，C 三个景点及沿途风景，则不重复(除交汇点O 外)的不同游览线路有________种(用数字作答).解析 根据题意，从点P 处进入后，参观第一个景点时，有6个路口可以选择，从中任选一个，有6种选法；参观完第一个景点，参观第二个景点时，有4个路口可以选择，从中任选一个，有4种选法；参观完第二个景点，参观第三个景点时，有2个路口可以选择，从中任取一个，有2种选法.由分步乘法计数原理知共有6×4×2＝48种不同游览线路.答案 4816.(2016.广州模拟)回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22，121，3 443，94 249等.显然2位回文数有9个：11，22，33，...，99.3位回文数有90个：101，111，121，...，191，202， (999)则(1)4位回文数有________个；(2)2n ＋1(n ∈N *)位回文数有________个.解析 (1)4位回文数相当于填4个方格，首尾相同，且不为0，共9种填法，中间两位一样，有10种填法，共计9×10＝90(种)填法，即4位回文数有90个.(2)根据回文数的定义，此问题也可以转化成填方格.结合计数原理，知有9×10n 种填法.答案 (1)90 (2)9×10n第2讲 排列与组合最新考纲 1.理解排列、组合的概念；2.能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式；3.能解决简单的实际问题.知 识 梳 理1.排列与组合的概念(1)从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数.(2)从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数.3.排列数、组合数的公式及性质1.判断正误(在括号内打“√”或“×”)精彩PPT展示(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列.()(2)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同.()(3)若组合式C x n＝C m n，则x＝m成立.()(4)k C k n＝n C k－1.()n－1解析元素相同但顺序不同的排列是不同的排列，故(1)不正确；若C x n＝C m n，则x＝m或n－m，故(3)不正确.答案(1)×(2)√(3)×(4)√2.从4本不同的课外读物中，买3本送给3名同学，每人各1本，则不同的送法种数是()A.12B.24C.64D.81解析4本不同的课外读物选3本分给3位同学，每人一本，则不同的分配方法为A34＝24.答案 B3.(选修2－3P28A17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()A.18B.24C.30D.36解析法一选出的3人中有2名男同学1名女同学的方法有C24C13＝18种，选出的3人中有1名男同学2名女同学的方法有C14C23＝12种，故3名学生中男女生都有的选法有C24C13＋C14C23＝30种.法二从7名同学中任选3名的方法数，再除去所选3名同学全是男生或全是女生的方法数，即C37－C34－C33＝30.答案 C4.用数字1，2，3，4，5组成的无重复数字的四位偶数的个数为________(用数字作答).解析末位数字排法有A12，其他位置排法有A34种，共有A12A34＝48种.答案485.(2017·唐山调研)某市委从组织机关10名科员中选3人担任驻村第一书记，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为________(用数字作答).解析法一(直接法)甲、乙两人均入选，有C17C22种.甲、乙两人只有1人入选，有C12C27种方法，∴由分类加法计数原理，共有C22C17＋C12C27＝49(种)选法.法二(间接法)从9人中选3人有C39种方法.其中甲、乙均不入选有C37种方法，∴满足条件的选排方法是C39－C37＝84－35＝49(种).答案49考点一排列问题【例1】(1)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(2)(2017·北京西城区质检)把5件不同产品摆成一排.若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有________种.解析(1)第一类：甲在最左端，有A55＝5×4×3×2×1＝120(种)方法；第二类：乙在最左端，有4A44＝4×4×3×2×1＝96(种)方法.所以共有120＋96＝216(种)方法.(2)记其余两种产品为D，E，A，B相邻视为一个元素，先与D，E排列，有A22A33种方法；再将C插入，仅有3个空位可选，共有A22A33C13＝2×6×3＝36种不同的摆法.答案(1)B(2)36规律方法(1)第(1)题求解的关键是按特殊元素甲、乙的位置进行分类.注意特殊元素(位置)的优先原则，即先排有限制条件的元素或有限制条件的位置.对于分类过多的问题，可利用间接法.(2)对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法等常用的解题方法.【训练1】(1)(2017·新余二模)7人站成两排队列，前排3人，后排4人，现将甲、乙、丙三人加入队列，前排加一人，后排加两人，其他人保持相对位置不变，则不同的加入方法种数为()A.120B.240C.360D.480(2)(2017·抚顺模拟)某班准备从甲、乙等七人中选派四人发言，要求甲乙两人至少有一人参加，那么不同的发言顺序有()A.30B.600C.720D.840解析(1)第一步，从甲、乙、丙三人选一个加到前排，有3种，第二步，前排3人形成了4个空，任选一个空加一人，有4种，第三步，后排4人形成了5个空，任选一个空加一人有5种，此时形成6个空，任选一个空加一人，有6种，根据分步计数原理有3×4×5×6＝360种方法.(2)若只有甲乙其中一人参加，有C12C35A44＝480种方法；若甲乙两人都参加，有C22C25A44＝240种方法，则共有480＋240＝720种方法，故选C.答案(1)C(2)C考点二组合问题【例2】某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货.现从35种商品中选取3种.(1)其中某一种假货必须在内，不同的取法有多少种？(2)其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种？(3)恰有2种假货在内，不同的取法有多少种？(4)至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？(5)至多有2种假货在内，不同的取法有多少种？解(1)从余下的34种商品中，选取2种有C234＝561种，∴某一种假货必须在内的不同取法有561种.(2)从34种可选商品中，选取3种，有C334种或者C335－C234＝C334＝5 984种.∴某一种假货不能在内的不同取法有5 984种.(3)从20种真货中选取1件，从15种假货中选取2件有C120C215＝2 100种.∴恰有2种假货在内的不同的取法有2 100种.(4)选取2种假货有C120C215种，选取3件假货有C315种，共有选取方式C120C215＋C315＝2 100＋455＝2 555种.∴至少有2种假货在内的不同的取法有2 555种.(5)选取3件的总数为C335，因此共有选取方式C335－C315＝6 545－455＝6 090种.∴至多有2种假货在内的不同的取法有6 090种.规律方法组合问题常有以下两类题型变化：(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型；“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取.(2)“至少”或“至多”含有几个元素的组合题型：解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解.用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理.【训练2】(1)(2017·邯郸一模)现有6个不同的白球，4个不同的黑球，任取4个球，则至少有两个黑球的取法种数是()A.90B.115C.210D.385(2)(2017·武汉二模)若从1，2，3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有()A.60种B.63种C.65种D.66种解析(1)分三类，取2个黑球有C24C26＝90种，取3个黑球有C34C16＝24种，取4个黑球有C44＝1种，故共有90＋24＋1＝115种取法，选B.(2)共有4个不同的偶数和5个不同的奇数，要使和为偶数，则4个数全为奇数，或全为偶数，或2个奇数和2个偶数，∴共有不同的取法有C45＋C44＋C25C24＝66(种). 答案(1)B(2)D考点三排列、组合的综合应用【例3】4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内.(1)恰有1个盒不放球，共有几种放法？(2)恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？(3)恰有2个盒不放球，共有几种放法？解(1)为保证“恰有1个盒不放球”，先从4个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4个球，3个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？”即把4个球分成2，1，1的三组，然后再从3个盒子中选1个放2个球，其余2个球放在另外2个盒子内，由分步乘法计数原理，共有C14C24C13×A22＝144(种).(2)“恰有1个盒内有2个球”，即另外3个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，也即另外3个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事，所以共有144种放法.(3)确定2个空盒有C24种方法.4个球放进2个盒子可分成(3，1)、(2，2)两类，第一类有序不均匀分组有C34C11A22种方法；第二类有序均匀分组有C24C22A22·A22种方法.故共有C24(C34C11A22＋C24C22A22·A22)＝84(种).规律方法(1)解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置).对于排列组合的综合题目，一般是将符合要求的元素取出或进行分组，再对取出的元素或分好的组进行排列.(2)不同元素的分配问题，往往是先分组再分配.在分组时，通常有三种类型：①不均匀分组；②均匀分组；③部分均匀分组，注意各种分组类型中，不同分组方法的差异.其次对于相同元素的“分配”问题，常用的方法是采用“隔板法”.【训练3】(1)某校高二年级共有6个班级，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安排2名，则不同的安排方案种数为()A.A26C24B.12A26C24C.A26A24D.2A26(2)在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖.将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有________种(用数字作答).解析(1)法一将4人平均分成两组有12C24种方法，将此两组分配到6个班级中的2个班有A26(种).所以不同的安排方法有12C24A26(种).法二先从6个班级中选2个班级有C26种不同方法，然后安排学生有C24C22种，故有C26C24C22＝12A26C24(种).(2)把8张奖券分4组有两种分法，一种是分(一等奖，无奖)、(二等奖，无奖)、(三等奖，无奖)、(无奖，无奖)四组，分给4人有A44种分法；另一种是一组两个奖，一组只有一个奖，另两组无奖，共有C23种分法，再分给4人有C23A24种分法，所以不同获奖情况种数为A44＋C23A24＝24＋36＝60.答案(1)B(2)60[思想方法]1.对于有附加条件的排列、组合应用题，通常从三个途径考虑(1)以元素为主考虑，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素.(2)以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置.(3)先不考虑附加条件，计算出排列数或组合数，再减去不合要求的排列数或组合数.2.排列、组合问题的求解方法与技巧(1)特殊元素优先安排；(2)合理分类与准确分步；(3)排列、组合混合问题先选后排；(4)相邻问题捆绑处理；(5)不相邻问题插空处理；(6)定序问题排除法处理；(7)分排问题直排处理；(8)“小集团”排列问题先整体后局部；(9)构造模型；(10)。

2018版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 11.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理真题演练集训理新人教A版1．[2016·新课标全国卷Ⅱ]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答案：B解析：由题意可知E→F共有6种走法，F→G共有3种走法，由分步乘法计数原理知，共有6×3＝18(种)走法，故选B.2．[2016·新课标全国卷Ⅲ]定义“规范01数列”{a n}如下：{a n}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，a k中0的个数不少于1的个数．若m＝4，则不同的“规范01数列”共有( )A．18个 B．16个C．14个 D．12个答案：C解析：由题意可得，a1＝0，a8＝1，a2，a3，…，a7中有3个0、3个1，且满足对任意k≤8，都有a1，a2，…，a k中0的个数不少于1的个数，利用列举法可得不同的“规范01数列”有00001111,00010111,00011011,00011101,00100111,00101011,00101101,00110011,00110101 ,01000111,01001011,01001101,01010011,01010101，共14个．3．[2016·四川卷]用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为( )A．24 B．48C．60 D．72答案：D解析：由题意可知，个位可以从1,3,5中任选一个，有A13种方法，其他数位上的数可以从剩下的4个数字中任选，进行全排列，有A44种方法，所以奇数的个数为A13A44＝3×4×3×2×1＝72，故选D.4．[2015·四川卷]用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有( )A．144个B．120个C．96个D．72个答案：B解析：当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，共有2A34个偶数；当万位数字为5时，个位数字从0,2,4中任选一个，共有C13A34个偶数．故符合条件的偶数共有2A34＋C13A34＝120(个)．课外拓展阅读应用两个计数原理求解涂色问题[典例] 如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法总数为________．[审题视角] 染色问题是常见的计数应用问题，可从选颜色、选顶点进行分类、分步，从不同角度解决问题．[解析]解法一：可分为两大步进行，先将四棱锥一侧面三顶点染色，然后再分类考虑另外两顶点的染色数，用分步乘法计数原理即可得出结论．由题设，四棱锥S－ABCD的顶点S，A，B所染的颜色互不相同，它们共有5×4×3＝60(种)染色方法．当S，A，B染好时，不妨设其颜色分别为1,2,3.若C染2，则D可染3或4或5，有3种染法；若C染4，则D可染3或5，有2种染法；若C染5，则D可染3或4，有2种染法．可见，当S，A，B已染好时，C，D还有7种染法，故不同的染色方法有60×7＝420(种)．解法二：以S，A，B，C，D顺序分步染色．第一步，点S染色，有5种方法；第二步，点A染色，与S在同一条棱上，有4种方法；第三步，点B染色，与S，A分别在同一条棱上，有3种方法；第四步，点C染色，也有3种方法，但考虑到点D与S，A，C相邻，需要针对A与C是否同色进行分类：当A与C同色时，点D有3种染色方法；当A与C不同色时，因为C与S，B也不同色，所以点C有2种染色方法，点D也有2种染色方法．所以不同的染色方法共有5×4×3×(1×3＋2×2)＝420(种)．解法三：按所用颜色种数分类．第一类，5种颜色全用，共有A55种不同的方法；第二类，只用4种颜色，则必有某两个顶点同色(A与C，或B与D)，共有2×A45种不同的方法；第三类，只用3种颜色，则A与C，B与D必定同色，共有A35种不同的方法．由分类加法计数原理，得不同的染色方法总数为A55＋2×A45＋A35＝420(种)．[答案]420方法点睛两个计数原理综合应用的常见题型与求解策略。

基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.有一个游戏，其规则是甲、乙、丙、丁四个人从同一地点随机地向东、南、西、北四个方向前进，任意两人不能同一个方向.事件“甲向南”与事件“乙向南”是()A.互斥但非对立事件B.对立事件C.相互独立事件D.以上都不对解析由于任意两人不能同一个方向，故“甲向南”意味着“乙向南”是不可能的，故是互斥事件，但不是对立事件.答案 A2.(2017·合肥模拟)从一箱产品中随机地抽取一件，设事件A＝{抽到一等品}，事件B＝{抽到二等品}，事件C＝{抽到三等品}，且已知P(A)＝0.65，P(B)＝0.2，P(C)＝0.1，则事件“抽到的不是一等品”的概率为()A.0.7B.0.65C.0.35D.0.3解析事件“抽到的产品不是一等品”与事件A是对立事件，由于P(A)＝0.65，所以由对立事件的概率公式得“抽到的产品不是一等品”的概率为P＝1－P(A)＝1－0.65＝0.35.答案 C3.在5张电话卡中，有3张移动卡和2张联通卡，从中任取2张，若事件“2张全是移动卡”的概率是310，那么概率为710的事件是()A.至多有一张移动卡B.恰有一张移动卡C.都不是移动卡D.至少有一张移动卡解析至多有一张移动卡包含“一张移动卡，一张联通卡”、“两张全是联通卡”两个事件，它是“2张全是移动卡”的对立事件，因此“至多有一张移动卡”的概率为7 10.答案 A4.某袋中有编号为1，2，3，4，5，6的6个球(小球除编号外完全相同)，甲先从袋中摸出一个球，记下编号后放回，乙再从袋中摸出一个球，记下编号，则甲、乙两人所摸出球的编号不同的概率是( ) A.15B.16C.56D.3536解析 设a ，b 分别为甲、乙摸出球的编号.由题意，摸球试验共有36种不同结果，满足a ＝b 的基本事件共有6种.所以摸出编号不同的概率P ＝1－636＝56. 答案 C5.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”，若表示B 的对立事件，则一次试验中，事件A ＋发生的概率为( ) A.13B.12C.23D.56解析 掷一个骰子的试验有6种可能结果. 依题意P (A )＝26＝13，P (B )＝46＝23， ∴P ()＝1－P (B )＝1－23＝13， ∵表示“出现5点或6点”的事件， 因此事件A 与互斥，从而P (A ＋)＝P (A )＋P ()＝13＋13＝23. 答案 C 二、填空题6.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37；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，37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 07.已知某运动员每次投篮命中的概率都为40%，现采用随机模拟的方法估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示命中，5，6，7，8，9，0表示不命中；再以每三个随机数为一组，代表三次投篮的结果.经随机模拟产生了如下20组随机数：907966191925271932812458569683 431257393027556488730113537989据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为________.解析20组随机数中，恰有两次命中的有5组，因此该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为P＝520＝14.答案1 48.某城市2017年的空气质量状况如表所示：100＜T≤150时，空气质量为轻微污染，则该城市2017年空气质量达到良或优的概率为________.解析由题意可知2017年空气质量达到良或优的概率为P＝110＋16＋13＝35.答案3 5三、解答题9.某班选派5人，参加学校举行的数学竞赛，获奖的人数及其概率如下：(1)(2)若获奖人数最多4人的概率为0.96，最少3人的概率为0.44，求y，z的值. 解记事件“在竞赛中，有k人获奖”为A k(k∈N，k≤5)，则事件A k彼此互斥.(1)∵获奖人数不超过2人的概率为0.56，∴P(A0)＋P(A1)＋P(A2)＝0.1＋0.16＋x＝0.56.解得x＝0.3.(2)由获奖人数最多4人的概率为0.96，得P(A5)＝1－0.96＝0.04，即z＝0.04. 由获奖人数最少3人的概率为0.44，得P(A3)＋P(A4)＋P(A5)＝0.44，即y＋0.2＋0.04＝0.44.解得y＝0.2.10.(2015·陕西卷)随机抽取一个年份，对西安市该年4月份的天气情况进行统计，结果如下：(2)西安市某学校拟从4月份的一个晴天开始举行连续2天的运动会，估计运动会期间不下雨的概率.解(1)在容量为30的样本中，不下雨的天数是26，以频率估计概率，4月份任选一天，西安市不下雨的概率为P＝2630＝1315.(2)称相邻的两个日期为“互邻日期对”(如，1日与2日，2日与3日等)，这样，在4月份中，前一天为晴天的互邻日期对有16个，其中后一天不下雨的有14个，所以晴天的次日不下雨的频率f＝1416＝78.以频率估计概率，运动会期间不下雨的概率为7 8.能力提升题组(建议用时：20分钟)11.设事件A，B，已知P(A)＝15，P(B)＝13，P(A+B)＝815，则A，B之间的关系一定为()A.两个任意事件B.互斥事件C.非互斥事件D.对立事件解析因为P(A)＋P(B)＝15＋13＝815＝P(A+B)，所以A，B之间的关系一定为互斥事件.答案 B12.如图所示的茎叶图表示的是甲、乙两人在5次综合测评中的成绩，其中一个数字被污损，则甲的平均成绩超过乙的平均成绩的概率是()A.25 B.710 C.45 D.910解析设被污损的数字为x，则甲＝15(88＋89＋90＋91＋92)＝90，乙＝15(83＋83＋87＋99＋90＋x)，若甲＝乙，则x＝8.若甲＞乙，则x可以为0，1，2，3，4，5，6，7，故P＝810＝45.答案 C13.抛掷一枚均匀的正方体骰子(各面分别标有数字1，2，3，4，5，6)，事件A 表示“朝上一面的数是奇数”，事件B表示“朝上一面的数不超过2”，则P(A+B)＝________.解析将事件A+B分为：事件C“朝上一面的数为1，2”与事件D“朝上一面的数为3，5”.则C，D互斥，且P(C)＝13，P(D)＝13，∴P(A+B)＝P(C+D)＝P(C)＋P(D)＝2 3.答案2 314.(2017·宝鸡调研)某保险公司利用简单随机抽样方法，对投保车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下：(1)(2)在样本车辆中，车主是新司机的占10%，在赔付金额为4 000元的样本车辆中，车主是新司机的占20%，估计在已投保车辆中，新司机获赔金额为4 000元的概率.解(1)设A表示事件“赔付金额为3 000元”，B表示事件“赔付金额为4 000元”，以频率估计概率得P(A)＝1501 000＝0.15，P(B)＝1201 000＝0.12.由于投保金额为2 800元，赔付金额大于投保金额对应的情形是3 000元和4 000元，所以其概率为P(A)＋P(B)＝0.15＋0.12＝0.27.(2)设C表示事件“投保车辆中新司机获赔4 000元”，由已知，样本车辆中车主为新司机的有0.1×1 000＝100(辆)，而赔付金额为4 000元的车辆中，车主为新司机的有0.2×120＝24(辆)，所以样本车辆中新司机车主获赔金额为4 000元的频率为24100＝0.24，由频率估计概率得P(C)＝0.24.。

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课时达标检测(五十六) 随机事件的概率［练基础小题——强化运算能力］1．从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是( ) A．“至少有一个黑球”与“都是黑球”B．“至少有一个黑球"与“都是红球”C．“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”D．“恰有一个黑球"与“恰有两个黑球"解析：选D A中的两个事件是包含关系，不是互斥事件;B中的两个事件是对立事件；C 中的两个事件都包含“一个黑球一个红球”的事件,不是互斥关系；D中的两个事件是互斥而不对立的关系．2．在一次随机试验中，彼此互斥的事件A，B，C,D的概率分别为0。

2，0。

2，0。

3，0.3，则下列说法正确的是（）A．A∪B与C是互斥事件,也是对立事件B．B∪C与D是互斥事件，也是对立事件C．A∪C与B∪D是互斥事件，但不是对立事件D．A与B∪C∪D是互斥事件，也是对立事件解析：选D 由于A,B，C，D彼此互斥,且A∪B∪C∪D是一个必然事件，故其事件的关系可由如图所示的Venn图表示，由图可知，任何一个事件与其余3个事件的和事件必然是对立事件,任何两个事件的和事件与其余两个事件的和事件也是对立事件．3．甲、乙两人下棋,和棋的概率为12，乙获胜的概率为13，则下列说法正确的是( )A．甲获胜的概率是错误! B．甲不输的概率是错误!C．乙输了的概率是错误! D．乙不输的概率是错误!解析：选A “甲获胜”是“和棋或乙获胜"的对立事件,所以“甲获胜"的概率是P＝1－错误!－错误!＝错误!，故A正确；“乙输了"等于“甲获胜”，其概率为错误!，故C不正确；设事件A为“甲不输”，则A是“甲胜"、“和棋”这两个互斥事件的并事件,所以P（A)＝16＋错误!＝23或设事件A为“甲不输"，则A是“乙获胜”的对立事件，所以P(A)＝1－错误!＝错误!，故B不正确；同理，“乙不输”的概率为56，故D不正确．4．某城市2016年的空气质量状况如下表所示：其中污染指数T;100<T≤150时，空气质量为轻微污染，则该城市2016年空气质量达到良或优的概率为________．解析：由题意可知2016年空气质量达到良或优的概率为P＝错误!＋错误!＋错误!＝错误!.答案：错误!5．口袋内装有一些除颜色不同之外其他均相同的红球、白球和黑球，从中摸出1个球，摸出红球的概率是0。

2018版高考数学一轮复习 第十一章 计数原理、概率、随机变量及其分布 11.6 几何概型真题演练集训 理 新人教A 版1．[2016·新课标全国卷Ⅰ]某公司的班车在7：30,8：00，8：30发车，小明在7：50至8：30之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率是( )A.13B.12C.23D.34答案：B解析：由题意画图，由图得等车时间不超过10分钟的概率为12. 2．[2016·新课标全国卷Ⅱ]从区间[0,1]随机抽取2n 个数x 1，x 2，…，x n ，y 1，y 2，…，y n ，构成n 个数对(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x n ，y n )，其中两数的平方和小于1的数对共有m 个，则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为( )A.4n mB.2n mC.4m nD.2m n答案：C解析：设由⎩⎪⎨⎪⎧ 0≤x n ≤10≤y n ≤1构成的正方形的面积为S ，x 2n ＋y 2n <1构成的图形的面积为S ′，所以S ′S ＝14π1＝m n ，所以π＝4m n，故选C. 3．[2015·陕西卷]设复数z ＝(x －1)＋y i(x ，y ∈R )，若|z |≤1，则y ≥x 的概率为( ) A.34＋12πB.12＋1πC.12－1πD.14－12π 答案：D解析：|z |＝x －2＋y 2≤1，即(x －1)2＋y 2≤1，表示的是圆及其内部，如图所示．当|z |≤1时，y ≥x 表示的是图中阴影部分，其面积为S ＝14π×12－12×1×1＝π－24. 又圆的面积为π，根据几何概型公式，得概率P ＝π－24π＝14－12π. 4．[2016·山东卷]在[－1,1]上随机地取一个数k ，则事件“直线y ＝kx 与圆(x －5)2＋y 2＝9相交”发生的概率为________．答案：34解析：圆(x －5)2＋y 2＝9的圆心为C (5,0)，半径r ＝3，故由直线与圆相交可得|5k －0|k 2＋1<r ，即|5k |k 2＋1<3，整理得k 2<916，得－34<k <34. 故所求事件的概率P ＝34－⎝ ⎛⎭⎪⎫－341－－＝34. 课外拓展阅读转化与化归思想在几何概型中的应用[典例] 甲、乙两人约定在6时到7时之间在某处会面，并约定先到者应等候另一人一刻钟，过时即可离去．两人能会面的概率为________．[审题视角] (1)考虑甲、乙两人分别到达某处的时间．在平面直角坐标系内用x 轴表示甲到达约会地点的时间，y 轴表示乙到达约会地点的时间，用0分到60分表示6时到7时的时间段，则横轴0到60与纵轴0到60的正方形中任一点的坐标(x ，y )就表示甲、乙两人分别在6时到7时时间段内到达的时间．(2)两人能会面的时间必须满足：|x －y |≤15.这就将问题化归为几何概型问题．[解析]以x 轴和y 轴分别表示甲、乙两人到达约定地点的时间，则两人能够会面的充要条件是|x －y |≤15.在如图所示的平面直角坐标系中，(x ，y )的所有可能结果是边长为60的正方形区域，而事件A “两人能够会面”的可能结果由图中的阴影部分表示．由几何概型的概率公式，得P (A )＝S 阴影S ＝602－452602 ＝3 600－2 0253 600＝716. 所以两人能会面的概率是716. [答案] 716方法点睛本题通过设置甲、乙两人到达约定地点的时间这两个变量x ，y ，将已知转化为x ，y 所满足的不等式，进而转化为坐标平面内的点(x ，y )的相关约束条件，从而把时间这个长度问题转化为平面图形的二维面积问题，进而转化成面积型的几何概型问题求解．若题中涉及到三个相互独立的变量，则需将其转化为空间几何体的体积问题加以求解．。

真题演练集训1．投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为( )A．0.648 B．0.432C．0.36 D．0.312答案：A解析：3次投篮投中2次的概率为P(k＝2)＝C23×0.62×(1－0.6)，投中3次的概率为P(k＝3)＝0.63，所以通过测试的概率为P(k＝2)＋P(k＝3)＝C23×0.62×(1－0.6)＋0.63＝0.648.故选A.2．某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是( )A．0.8 B．0.75C．0.6 D．0.45答案：A解析：根据条件概率公式P(B|A)＝P ABP A，可得所求概率为0.60.75＝0.8.课外拓展阅读误用“二项分布与超几何分布”二项分布和超几何分布是两类重要的概率分布模型，这两种分布存在着很多的相似之处，在应用时应注意各自的适用条件和情境，以免混用出错．某农场计划种植某种新作物，为此对这种作物的两个品种(分别称为品种甲和品种乙)进行田间试验．现在在总共8小块地中，随机选4小块地种植品种甲，另外4小块地种植品种乙．种植完成后若随机选出4块地，其中种植品种甲的小块地的数目记为X，求X的分布列和数学期望．判断分布的类型→确定X的取值及其概率→列出分布列并求数学期望X的所有可能取值为0,1,2,3,4，且P(X＝0)＝1C48＝170，P(X＝1)＝C14C34C48＝835，P(X＝2)＝C24C24C48＝1835，P(X＝3)＝C34C14C48＝835，P(X＝4)＝1C48＝170.故X的分布列为X的数学期望为E(X)＝0×170＋1×835＋2×1835＋3×835＋4×170＝2.易错提示本题容易错误地得到X服从二项分布，每块地种植甲的概率为12，故X～B(4,0.5)．错误的根源在于每块地种植甲或乙不是相互独立的，它们之间是相互制约的，无论怎么种植都要保证8块地中有4块种植甲，4块种植乙，事实上X应服从超几何分布．如果将题目改为：在8块地中，每块地要么种植甲，要么种植乙，那么在选出的4块地中种植甲的数目为X，则这时X～B(4,0.5)(这时这8块地种植的方法总数为28，会出现所有地都种植一种作物的情况，而题目要求4块地种植甲，4块地种植乙，其方法总数为C48)．某高校设计了一个实验学科的实验考查方案：考生从6道备选题中一次性随机抽取3题，按照题目要求独立完成全部实验操作．规定：至少正确完成其中2题的便可提交通过．已知6道备选题中考生甲有4道题能正确完成，2道题不能完成；考生乙每题正确完成的概率都是23，且每题正确完成与否互不影响．(1)分别写出甲、乙两考生正确完成题数的概率分布列，并计算数学期望；(2)试从两位考生正确完成题数的数学期望及至少正确完成2题的概率分析比较两位考生的实验操作能力．(1)设考生甲、乙正确完成实验操作的题数分别为ξ，η，则ξ的所有可能取值分别为1,2,3；η的所有可能取值分别为0,1,2,3.P(ξ＝1)＝C14C22C36＝15，P(ξ＝2)＝C24C12C36＝35，P(ξ＝3)＝C34C02C36＝15.所以考生甲正确完成题数的概率分布列为E (ξ)＝1×15＋2×35＋3×15＝2.因为P (η＝0)＝C 03⎝ ⎛⎭⎪⎫1－233＝127，同理，P (η＝1)＝29，P (η＝2)＝49，P (η＝3)＝827.所以考生乙完成题数的概率分布列为E (η)＝0×127＋1×29＋2×9＋3×27＝2.(2)因为P (ξ≥2)＝35＋15＝0.8，P (η≥2)＝49＋827＝2027，所以P (ξ≥2)>P (η≥2)．故从正确完成题数的数学期望分析，两人水平相当； 从至少完成2题的概率分析，甲通过的可能性大． 因此可以判断甲的实验操作能力较强． 易错提示本题容易错误地得到甲、乙两考生正确完成的题数均服从二项分布，实际上题目中已知甲、乙两考生按照题目要求独立完成全部实验操作，甲考生正确完成的题数服从超几何分布，乙考生正确完成的题数服从二项分布．。

课时跟踪检测(六十二)[高考基础题型得分练]1．二项式(x ＋1)n (n ∈N *)的展开式中，x 2的系数为15，则n ＝( )A ．7B ．6C ．5D ．4答案：B解析：(x ＋1)n＝(1＋x )n，(1＋x )n的通项为T r ＋1＝Cr n x r，令r ＝2，则C2n ＝15，即n (n －1)＝30.又n ＞0，得n ＝6.2．设n 为正整数，⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x x 2n 展开式中存在常数项，则n 的一个可能取值为( )A ．16B ．10C ．4D ．2答案：B解析：⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x x 2n 展开式的通项公式为T k ＋1＝Ck 2n x 2n －k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x x k ＝Ck2n(－1)kx 4n －5k2 .令4n －5k 2＝0，得k ＝4n 5，∴n 可取10.令4n －5k 2＝0，得k ＝4n5，∴n 可取10.3．(1＋x )8(1＋y )4的展开式中，x 2y 2的系数是( )A ．56B ．84C ．112D ．168答案：D解析：(1＋x )8的展开式中x 2的系数为C28，(1＋y )4的展开式中y 2的系数为C24，所以x 2y 2的系数为C28C24＝168.4．[2017·福建连城县三中高三理上期中]x ＋13xn的各项系数之和大于8，小于32，则展开式中系数最大的项是( )A ．63x B.4xC ．4x 6xD.4x或4x 6x答案：A解析：由题设令x ＝1可得各项系数的之和为2n，即8<2n<32，解之得n ＝4，因此系数最大的项也就是二项式系数最大的项，故中间一项的系数最大，即T 2＋1＝C24(x)213x2＝63x ，故选A.5．在(x －1)4的展开式中，x 的系数为( )A ．6B ．－6C ．4D ．－4答案：A解析：T r ＋1＝Cr 4·(x)4－r·(－1)r，令r ＝2，则C24(－1)2＝6.6．[2017·江西赣州寻乌中学高三上月考二]设(2－x )5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 5x 5，那么a0＋a2＋a4a1＋a3的值为( )A ．－122121B ．－6160 C ．－244241D ．－1答案：B解析：当x ＝1时，1＝a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5；当x ＝－1时，35＝a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5，∴a 0＋a 2＋a 4＝122，a 1＋a 3＝－120，∴a0＋a2＋a4a1＋a3＝－6160，故选B.7．[2017·江西八校联考]若(1＋x )(1－2x )7＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 8x 8，则a 1＋a 2＋…＋a 7的值是( )A ．－2B ．－3C ．125D ．－131答案：C解析：令x ＝1，则a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 8＝－2， 又a 0＝C07(－2)0＝1，a 8＝C77(－2)7＝－128， 所以a 1＋a 2＋…＋a 7＝－2－1－(－128)＝125.8．在⎝ ⎛⎭⎪⎫x －14x 6的展开式中，x 2的系数为________．答案：1516解析：通项为T r ＋1＝Cr 6x6－r⎝ ⎛⎭⎪⎫－14x r＝Cr 6⎝ ⎛⎭⎪⎫－14r x 6－2r.令6－2r ＝2，得r ＝2，。

§11.2排列与组合考纲展示►1.理解排列与组合的概念．2．能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式．3．能利用排列组合知识解决简单的实际问题．考点1排列问题1.排列从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，__________________，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．答案：按照一定的顺序排成一列2．排列数从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的__________________叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，记作A m n.答案：所有不同排列的个数3．排列数公式及性质n！公式A m n＝__________________＝n－m！性质(1)A ＝________；(2)0！＝________n备注n，m∈N*，且m≤n答案：n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)(1)n!(2)1对排列的概念理解是否正确？(1)当元素完全相同，并且元素排列的顺序也完全相同时，才是同一个排列；元素完全不同或元素部分相同或元素相同而顺序不同的排列，都不是同一个排列．()(2)排列定义规定，给出的n个元素各不相同，并且只研究被取出的元素也各不相同的情况，也就是说，如果某个元素已被取出，则这个元素就不能再取了．()答案：(1)√(2)√- 1 -[典题1](1)A，B，C，D，E，F六人围坐在一张圆桌周围开会，A是会议的中心发言人，必须坐在最北面的椅子上，B，C二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有()A．60种B．48种C．30种D．24种[答案] B[解析]由题意知，不同的座次有A2A4＝48(种)．(2)有A，B，C，D，E五位学生参加网页设计比赛，决出了第一到第五的名次．A，B两位学生去问成绩，老师对A说：“你的名次不知道，但肯定没得第一名．”又对B说：“你是第三名．”请你分析一下，这五位学生的名次排列的种数为()A．6 B．18 C．20 D．24[答案] B[解析]由题意知，名次排列的种数为C13A3＝18.(3)3名女生和5名男生排成一排．①如果女生全排在一起，有多少种不同排法？②如果女生都不相邻，有多少种排法？③如果女生不站两端，有多少种排法？④其中甲必须排在乙前面(可不相邻)，有多少种排法？⑤其中甲不站左端，乙不站右端，有多少种排法？[解]①(捆绑法)由于女生排在一起，可把她们看成一个整体，这样同五个男生合在一起有6个元素，排成一排有A6种排法，而其中每一种排法中，三个女生间又有A3种排法，因此共有A6A3＝4 320(种)不同排法．②(插空法)先排5个男生，有A5种排法，这5个男生之间和两端有6个位置，从中选取3 个位置排女生，有A36种排法，因此共有A A ＝14 400(种)不同排法．5 63③解法一(位置分析法)：因为两端不排女生，只能从5个男生中选2人排列，有A25种排法，剩余的位置没有特殊要求，有A6种排法，因此共有A25A6＝14 400(种)不同排法．解法二(元素分析法)：从中间6个位置选3个安排女生，有A36种排法，其余位置无限制，有A5种排法，因此共有A36A5＝14 400(种)不同排法．1④8名学生的所有排列共A8种，其中甲在乙前面与乙在甲前面的各占其中，所以符合要21 求的排法种数为A ＝20 160(种)．82⑤甲、乙为特殊元素，左、右两边为特殊位置．- 2 -解法一(特殊元素法)：甲在最右边时，其他的可全排，有 A 7种；甲不在最右边时，可从 余下 6个位置中任选一个，有 A 16种．而乙可排在除去最右边位置后剩余的 6个位置中的任一 个上，有 A 16种，其余人全排列，共有 A 16A 16A 6种．由分类加法计数原理，共有 A 7＋A 16A 16A 6＝30 960(种)．解法二(特殊位置法)：先排最左边，除去甲外，有 A 17种，余下 7个位置全排，有 A 7种， 但应剔除乙在最右边时的排法 A 16A 6种，因此共有 A 17A 7－A 16A 6＝30 960(种)．解法三(间接法)：8个人全排，共 A 8种，其中，不合条件的有甲在最左边时，有 A 7种， 乙在最右边时，有 A 7种，其中都包含了甲在最左边，同时乙在最右边的情形，有 A 6种．因此 共有 A 8－2A 7＋A 6＝30 960(种)．[点石成金] 1.对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在 实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置， 对于分类过多的问题可以采用间接法．2．对相邻问题采用捆绑法，不相邻问题采用插空法，定序问题采用倍缩法是解决有限制 条件的排列问题的常用方法．考点 2 组合问题1.组合从 n 个不同元素中取出 m (m ≤n )个元素合成一组，叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的 一个________．答案：组合2．组合数从 n 个不同元素中取出 m (m ≤n )个元素的所有不同组合的个数，叫做从 n 个不同元素中取 出 m 个元素的________，记作________．答案：组合数 C m n3．组合数公式及性质公式 A m n n n －1…n －m ＋1 C m n ＝ ＝ A m ！ mn ！ ＝m ！n －m ！ 性质 (1)C 0n ＝________； - 3 -(2)C m n＝________；(3)C m n＋C m－n1＝C n＋m1备注n，m∈N*，且m≤n答案：(1)1(2)C n－n m(1)[教材习题改编]从5名女同学和4名男同学中选出4人参加演讲比赛，男、女同学分别至少有1名，则有________种不同的选法．答案：120解析：易知有C15C34＋C25C24＋C35C14＝120(种)不同的选法．(2)[教材习题改编]将7个不同的小球全部放入编号为2和3的两个小盒子里，使得每个盒子里的球的个数不小于盒子的编号，则不同的放球方法共有________种．(用数字作答) 答案：91解析：分类即可，共有C27＋C37＋C47＝21＋35＋35＝91(种)放法.组合问题：关键在于“无序”．(1)从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是________．(用数字作答) 答案：590解析：从12名医生中选出5名的选法有C152＝792(种)，其中只不选骨科医生的选法有C59－1＝125(种)，只不选脑外科医生的选法有C58－1＝55(种)，只不选内科医生的选法有C57＝21(种)，同时不选骨科和脑外科医生的选法有1种，故骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数为792－(125＋55＋21＋1)＝590.(2)某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货．现从35种商品中选取3种，其中某一种假货不能在内，不同的取法有________种．答案：5 984解析：从34种可选商品中，选取3种，有C334种或者C335－C324＝C334＝5 984(种)．∴某一种假货不能在内的不同取法有5 984种.[典题2](1)[2017·福建三明一中高三第一次月考]从10名高三年级优秀学生中挑选3人担任校长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为()- 4 -A．85 B．56 C．49 D．28[答案] C[解析]分两种情况：第一种甲乙只有1人入选，则有C12C27＝42(种)，第二种甲乙都入选，有C2C17＝7(种)，所以共有42＋7＝49(种)方法，故选C.(2)某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货．现从35种商品中选取3种．①其中某一种假货必须在内，不同的取法有多少种？②其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种？③至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？④至多有2种假货在内，不同的取法有多少种？[解]①从余下的34种商品中，选取2种有C324＝561(种)，∴某一种假货必须在内的不同的取法有561种．②从34种可选商品中，选取3种，有C334＝5 984(种)．∴某一种假货不能在内的不同的取法有5 984种．③选取2件假货有C210C125种，选取3件假货有C135种，共有选取方式C210C125＋C135＝2 100＋455＝2 555(种)．∴至少有2种假货在内的不同的取法有2 555种．④选取3件的总数有C335种，因此共有选取方式C335－C135＝6 545－455＝6 090(种)．∴至多有2种假货在内的不同的取法有6 090种．[点石成金]组合问题常有以下两类题型(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．(2)“至少”或“最多”含有几个元素的题型：若直接法分类复杂时，逆向思维，间接求解.1.[2017·湖北武汉二模]若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有()A．60种B．63种C．65种D．66种答案：D解析：共有4个不同的偶数和5个不同的奇数，要使和为偶数，则4个数全为奇数或全为偶数或2个奇数和2个偶数，∴共有不同的取法有C45＋C ＋C C ＝66(种)．4 5242- 5 -2．现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为________．答案：472解析：第一类，含有1张红色卡片，不同的取法有C14C122＝264(种)．第二类，不含有红色卡片，不同的取法有C132－3C34＝220－12＝208(种)．由分类加法计数原理知，不同的取法共有264＋208＝472(种)．考点3分组分配问题[考情聚焦]分组分配问题是排列、组合问题的综合运用，解决这类问题的一个基本指导思想就是先分组后分配．关于分组问题，有整体均分、部分均分和不等分三种，无论分成几组，应注意只要有一些组中元素的个数相等，就存在均分现象．主要有以下几个命题角度：角度一整体均分问题[典题3]国家教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教．现有6个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到3 所学校去任教，有________种不同的分派方法．[答案]90C26C24C2[解析]先把6个毕业生平均分成3组，有种方法，再将3组毕业生分到3所学校，A3C26C24C2有A ＝6(种)方法，故6个毕业生平均分到3所学校，共有·A＝90(种)分派方法．3 33A角度二部分均分问题[典题4][2017·四川内江模拟]某科室派出4名调研员到3个学校，调研该校高三复习备考情况，要求每个学校至少一名，则不同的分配方案种数为()A．144 B．72 C．36 D．48[答案] CC24C12C1 [解析]分两步完成：第一步将4名调研员按2,1,1分成三组，其分法有种；第二A2C24C12C1步将分好的三组分配到3个学校，其分法有A3种，所以满足条件的分配方案有·A3＝A236(种)．角度三- 6 -不等分问题[典题5]若将6名教师分到3所中学任教，一所1名，一所2名，一所3名，则有________ 种不同的分法．[答案]360[解析]将6名教师分组，分三步完成：第1步，在6名教师中任取1名作为一组，有C16种取法；第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C25种取法；第3步，余下的3名教师作为一组，有C3种取法．根据分步乘法计数原理，共有C16C25C3＝60(种)取法．再将这3组教师分配到3所中学，有A3＝6(种)分法，故共有60×6＝360(种)不同的分法．[点石成金]解决分组分配问题的三种策略(1)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A n(n为均分的组数)，避免重复计数．(2)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．(3)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．考点4排列组合的综合应用[典题6](1)从0,1,2,3,4,5这六个数字中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数的个数为()A．300 B．216C．180 D．162[答案] C[解析]分两类：第1类，不取0，即从1,2,3,4,5中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数，根据分步乘法计数原理可知，共有C23C A ＝72(个)没有重复数字的四位2 4数；第2类，取0，此时2和4只能取一个，再取两个奇数，组成没有重复数字的四位数，根据分步乘法计数原理可知，共有C12C23(A －A )＝108(个)没有重复数字的四位数．4 3根据分类加法计数原理可知，满足题意的四位数共有72＋108＝180(个)．(2)用数字0,1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的四位数，其中个位、十位和百位上的数字- 7 -之和为偶数的四位数共有________个．(用数字作答)[答案]324[解析]当个位、十位和百位上的数字为三个偶数时，若选出的三个偶数含有0，则千位上把剩余数字中任意一个放上即可，方法数是C23A3C14＝72；若选出的三个偶数不含0，此时千位上只能从剩余的非0数字中选一个放上，方法数是A3C31＝18.故这种情况下符合要求的四位数共有72＋18＝90(个)．当个位、十位和百位上的数字为一个偶数、两个奇数时，若选出的偶数是0，则再选出两个奇数，千位上只要在剩余数字中选一个放上即可，方法数为C23A C ＝72；若选出的偶数不是3 410，则再选出两个奇数后，千位上只能从剩余的非0数字中选一个放上，方法数是C13C23A3C13＝162.故这种情况下符合要求的四位数共有72＋162＝234(个)．根据分类加法计数原理，符合要求的四位数共有90＋234＝324(个)．[点石成金]利用先选后排法解答问题的三个步骤从1到9的9个数字中取3个偶数和4个奇数，试问：(1)能组成多少个没有重复数字的七位数？(2)上述七位数中，3个偶数排在一起的有几个？(3)(1)中的七位数中，偶数排在一起，奇数也排在一起的有几个？解：(1)分三步完成：第一步，在4个偶数中取3个，有C34种情况；第二步，在5个奇数中取4个，有C45种情况；第三步，3个偶数和4个奇数进行排列，有A 种情况．所以符合题7意的七位数有C34C45A ＝100 800(个)．7(2)上述七位数中，3个偶数排在一起的有C34C45A5A3＝14 400(个)．(3)3个偶数排在一起，4个奇数也排在一起的有C34C45A3A4A ＝5 760(个).2[方法技巧] 1.排列、组合问题的求解方法与技巧- 8 -(1)特殊元素优先安排；(2)合理分类与准确分步；(3)排列、组合混合问题先选后排；(4)相邻问题捆绑处理；(5)不相邻问题插空处理；(6)定序问题排除法处理；(7)分排问题直接处理；(8)“小集团”排列问题先整体后局部；(9)构造模型；(10)正难则反，等价转化．2．对于有附加条件的排列、组合应用题，通常从三个途径考虑(1)以元素为主考虑，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素．(2)以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置．(3)先不考虑附加条件，计算出排列数或组合数，再减去不合要求的排列数或组合数．[易错防范] 1.区分一个问题属于排列问题还是组合问题，关键在于是否与顺序有关．2．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．3．解组合应用题时，应注意“至少”“至多”“恰好”等词的含义．4．对于分配问题，一般是坚持先分组，再分配的原则，注意平均分组与不平均分组的区别，避免重复或遗漏．真题演练集训1．[2016·江苏卷](1)求7C36－4C47的值；(2)设m，n∈N*，n≥m，求证：(m＋1)C ＋(m＋2)C ＋(m＋3)C ＋…＋n C ＋(n＋1)Cm m＋m1 m＋m2 n－m1m＝(m＋1)C n＋2.6 × 5 × 47 × 6 × 5 × 4(1)解：7C36－4C47＝7×－4×＝0.3 × 2 × 14 × 3 × 2 × 1(2)证明：当n＝m时，结论显然成立．当n>m时，k＋1·k！(k＋1)C m k＝m！·k－m！k＋1！＝(m＋1)·m＋1！·[k＋1－m＋1]！＝(m＋1)C m，k＝m＋1，m＋2，…，n.k＋1又C m＋C k＋1＝C k m＋2，k＋1 m 2所以(k＋1)C m k＝(m＋1)(C m－C )，k＝m＋1，m＋2，…，n.k＋2 m k＋21因此，(m＋1)C m＋(m＋2)C m＋m1＋(m＋3)C m＋m2＋…＋(n＋1)C n m＝(m＋1)C m＋[(m＋2)C m＋m1＋(m- 9 -＋3)C m＋m2＋…＋(n＋1)C m n]＝(m＋1)C m＋2＋(m＋1)[(C m＋23－C m＋2)＋(C m＋42－C m＋23)＋…＋(C n m＋2－C n m＋21)]＝(m＋1)C n m＋2.2．[2015·重庆卷]端午节吃粽子是我国的传统习俗．设一盘中装有10个粽子，其中豆沙粽2个，肉粽3个，白粽5个，这三种粽子的外观完全相同．从中任意选取3个．(1)求三种粽子各取到1个的概率；(2)设X表示取到的豆沙粽个数，求X的分布列与数学期望．解：(1)令A表示事件“三种粽子各取到1个”，则由古典概型的概率计算公式有P(A)＝C12C13C15 1＝.C130 4(2)X的所有可能值为0,1,2，且C387 C12C287P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，C13015 C13015C2C18 1P(X＝2)＝＝.C13015综上知，X的分布列为X 0 1 2P 7157151157 7 1 3故E(X)＝0×＋1×＋2×＝.15 15 15 5课外拓展阅读特殊元素(位置)优先安排法解排列组合问题[典例]3位男生和3位女生共6位同学站成一排，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数为()A．360 B．288 C．216 D．96[审题视角]分两步计算：第一步，计算满足3位女生中有且只有两位相邻的排法，将3位女生分成两组，插空到排好的3位男生中；第二步，在第一步的结果中排除甲站两端的排法．[解析]3位男生排成一排有A3种排法，3名女生分成两组．其中2名排好看成一个整体有C23A 种排法，这两组女生插空到3名男生中有A 种插法，于是6位同学排成一排且3位女2 42生中有且只有两位女生相邻的排法有C23A A A ＝432(种)．2 3 24其中男生甲在排头或排尾时，其余两男生的排法有A2种，两组女生插到2名男生中有A32种插法．于是男生甲在排头或排尾，3位女生中有且只有两位女生相邻的排法有2A2A23C23A2＝144(种)．所以满足条件的排法共有432－144＝288(种)．故选B.[答案] B- 10 -方法点睛该题涉及两个特殊条件：“男生甲不站两端”与“3位女生中有且只有两位女生相邻”，显然对于“男生甲不站两端”这类问题可利用间接法求解，将其转化为“男生甲站两端”的问题，要优先安排男生甲，然后再安排其他元素；对于“三位女生中有且只有两位女生相邻”中的相邻问题利用捆绑法；而不相邻问题可以利用插空法求解．- 11 -。

11.2 排列与组合真题演练集训理新人教A版编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018版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11.2 排列与组合真题演练集训理新人教A版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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11.2 排列与组合真题演练集训理新人教A版1．[2016·江苏卷］(1)求7C3，6－4C错误!的值；(2)设m，n∈N＊，n≥m，求证：（m＋1）C错误!＋(m＋2)C错误!＋(m＋3）C错误!＋…＋n C错误!＋(n＋1）C m，n＝(m＋1）C错误!。

（1）解：7C错误!－4C错误!＝7×错误!－4×错误!＝0.（2)证明:当n＝m时，结论显然成立．当n〉m时,(k＋1)C错误!＝错误!＝(m＋1）·错误!＝（m＋1）C错误!，k＝m＋1,m＋2，…，n.又C错误!＋C错误!＝C错误!，所以(k＋1)C m k＝(m＋1)（C m＋2k＋2－C m＋2，k＋1），k＝m＋1，m＋2，…，n。

因此，（m＋1）C m m＋(m＋2）C错误!＋(m＋3）C错误!＋…＋（n＋1）C错误!＝(m＋1）C错误!＋［（m＋2)C m，m＋1＋（m＋3)C错误!＋…＋(n＋1)C错误!］＝(m＋1）C错误!＋（m＋1）[(C错误!－C错误!)＋(C错误!－C错误!)＋…＋（C错误!－C错误!)]＝(m＋1）C错误!。

2．[2015·重庆卷]端午节吃粽子是我国的传统习俗．设一盘中装有10个粽子,其中豆沙粽2个，肉粽3个，白粽5个，这三种粽子的外观完全相同．从中任意选取3个．（1)求三种粽子各取到1个的概率；（2）设X表示取到的豆沙粽个数，求X的分布列与数学期望．（1)令A表示事件“三种粽子各取到1个"，则由古典概型的概率计算公式有P(A)＝错误!解：＝错误!.（2）X的所有可能值为0,1,2,且P（X＝0）＝错误!＝错误!,P（X＝1)＝错误!＝错误!，P（X＝2)＝错误!＝错误!.综上知，X的分布列为P错误!715错误!故E（X）＝0×错误!＋1×错误!错误!错误!课外拓展阅读特殊元素（位置)优先安排法解排列组合问题［典例] 3位男生和3位女生共6位同学站成一排，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数为（)A．360 B．288 C．216 D．96[审题视角] 分两步计算：第一步，计算满足3位女生中有且只有两位相邻的排法,将3位女生分成两组，插空到排好的3位男生中；第二步，在第一步的结果中排除甲站两端的排法．［解析］3位男生排成一排有A3，3种排法，3名女生分成两组．其中2名排好看成一个整体有C错误!A错误!种排法,这两组女生插空到3名男生中有A错误!种插法，于是6位同学排成一排且3位女生中有且只有两位女生相邻的排法有C错误!A错误!A错误!A错误!＝432(种)．其中男生甲在排头或排尾时,其余两男生的排法有A错误!种，两组女生插到2名男生中有A2，3种插法．于是男生甲在排头或排尾，3位女生中有且只有两位女生相邻的排法有2A错误!A 错误!C错误!A错误!＝144（种)．所以满足条件的排法共有432－144＝288(种）．故选B。

真题演练集训1．将一颗质地均匀的骰子(一种各个面上分别标有1,2,3,4,5,6个点的正方体玩具)先后抛掷2次，则出现向上的点数之和小于10的概率是________． 答案：56解析：解法一：将一颗质地均匀的骰子先后抛掷2次，向上的点数有36种结果，其中点数之和小于10的有30种，故所求概率为3036＝56.解法二：将一颗质地均匀的骰子先后抛掷2次，向上的点数有36种结果，其中点数之和不小于10的有(6,6)，(6,5)，(6,4)，(5,6)，(5,5)，(4,6)，共6种，故所求概率为1－636＝56.2．某公司为了解用户对其产品的满意度，从A ，B 两地区分别随机调查了40个用户，根据用户对产品的满意度评分，得到A 地区用户满意度评分的频率分布直方图和B 地区用户满意度评分的频数分布表．A 地区用户满意度评分的频率分布直方图①B 地区用户满意度评分的频数分布表过直方图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度(不要求计算出具体值，给出结论即可)．B地区用户满意度评分的频率分布直方图②(2)根据用户满意度评分，将用户的满意度分为三个等级：解：(1)如图所示．通过两地区用户满意度评分的频率分布直方图可以看出，B地区用户满意度评分的平均值高于A 地区用户满意度评分的平均值；B 地区用户满意度评分比较集中，而A 地区用户满意度评分比较分散． (2)A 地区用户的满意度等级为不满意的概率大．记C A 表示事件：“A 地区用户的满意度等级为不满意”；C B 表示事件：“B 地区用户的满意度等级为不满意”．由直方图，得P (C A )的估计值为(0.01＋0.02＋0.03)×10＝0.6，P (C B )的估计值为(0.005＋0.02)×10＝0.25.所以A 地区用户的满意度等级为不满意的概率大．3．某小组共10人，利用假期参加义工活动．已知参加义工活动次数为1,2,3的人数分别为3,3,4.现从这10人中随机选出2人作为该组代表参加座谈会．(1)设A 为事件“选出的2人参加义工活动次数之和为4”，求事件A 发生的概率；(2)设X 为选出的2人参加义工活动次数之差的绝对值，求随机变量X 的分布列和数学期望．解：(1)由已知，有P (A )＝C 13C 14＋C 23C 210＝13.所以事件A 发生的概率为13.(2)随机变量X 的所有可能取值为0,1,2.P (X ＝0)＝C 23＋C 23＋C 24C 210＝415， P (X ＝1)＝C 13C 13＋C 13C 14C 210＝715， P (X ＝2)＝C 13C 14C 210＝415.所以，随机变量X 的分布列为随机变量X 的数学期望E (X )＝0×15＋1×15＋2×415＝1.课外拓展阅读古典概型与平面向量、几何、统计等知识的综合古典概型的考查可以和平面向量、几何、统计等知识相互交汇，在解题中要重视古典概型的计算，把相关的知识转化为事件，列举基本事件，求出基本事件和随机事件的个数，然后正确使用古典概型的概率计算公式进行计算．甲、乙分别从底为等腰直角三角形的直三棱柱的9条棱中任选一条，则这2条棱互相垂直的概率为( ) A.2281 B.3781 C.4481 D.5981由题意知本题是一个古典概型，试验发生包含的事件是甲从这9条棱中任选一条，乙从这9条棱中任选一条，共有9×9＝ 81(种)结果，满足条件的事件是这两条棱互相垂直，所有可能情况是：当甲选底面上的一条直角边时，乙有5种选法，共有4条直角边，则共有20种结果；当甲选底面上的一条斜边时，乙有3种选法，共有2条底面的斜边，则共有6种结果；当甲选一条侧棱时，乙有6种选法，共有3条侧棱，则共有18种结果，综上所述，共有20＋6＋18＝44(种)结果， 故2条棱互相垂直的概率是4481.C 温馨提示以棱柱、棱锥及异面直线、距离等立体几何知识为载体的古典概型求解是高考中的重要题型，题目综合性较强，有一定的难度，解题的关键是要考虑所有的位置关系．设连续掷两次骰子得到的点数分别为m ，n ，令平面向量a ＝(m ，n )，b ＝(1,3)．(1)求使得事件“a ∥b ”发生的概率； (2)求使得事件“|a |≤|b |”发生的概率． (1)由题意知，m ∈{1,2,3,4,5,6}，n ∈{1,2,3,4,5,6}．故(m ，n )所有可能的取法共36种． 由a ∥b ，得n ＝3m ，则(m ，n )的取法共有2种，即(1,3)，(2,6)． 所以事件“a ∥b ”发生的概率为236＝118.(2)由|a |≤|b |，得m 2＋n 2≤10， 则(m ，n )的取法共有6种，即(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(3,1)． 所以事件“|a |≤|b |”发生的概率为636＝16.城市公交车的数量太多容易造成资源的浪费，太少又难以满足乘客需求，为此，某市公交公司在某站台的60名候车乘客中随机抽取15人，将他们的候车时间(单位：分钟)作为样本分成5组，如下表所示：(1)求这15(2)估计这60名乘客中候车时间少于10分钟的人数；(3)若从上表第三、四组的6人中选2人作进一步的问卷调查，求抽到的2人恰好来自不同组的概率．(1)115×(2.5×2＋7.5×6＋12.5×4＋17.5×2＋22.5×1)＝115×157.5＝10.5，故这15名乘客的平均候车时间为10.5分钟．(2)由几何概型的概率计算公式可得，候车时间少于10分钟的概率为2＋615＝815， 所以候车时间少于10分钟的人数为60×815＝32.(3)将第三组乘客编号为a 1，a 2，a 3，a 4，第四组乘客编号为b 1，b 2. 从6人中任选2人的所有可能情况为(a 1，a 2)，(a 1，a 3)，(a 1，a 4)，(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 2，a 3)，(a 2，b 4)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 3，a 4)，(a 3，b 1)，(a 3，b 2)，(a 4，b 1)，(a 4，b 2)，(b 1，b 2)，共15种， 其中2人恰好来自不同组包含8种可能情况， 故所求概率为815.。

基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.已知离散型随机变量X的概率分布列为则其方差D(X)＝()A.1B.0.6C.2.44D.2.4解析由0.5＋m＋0.2＝1得m＝0.3，∴E(X)＝1×0.5＋3×0.3＋5×0.2＝2.4，∴D(X)＝(1－2.4)2×0.5＋(3－2.4)2×0.3＋(5－2.4)2×0.2＝2.44.答案 C2.(2017·西安调研)某种种子每粒发芽的概率都为0.9，现播种了1 000粒，对于没有发芽的种子，每粒需再补种2粒，补种的种子数记为X，则X的数学期望为()A.100B.200C.300D.400解析设没有发芽的种子有ξ粒，则ξ～B(1 000，0.1)，且X＝2ξ，∴E(X)＝E(2ξ)＝2E(ξ)＝2×1 000×0.1＝200.答案 B3.已知随机变量X服从二项分布，且E(X)＝2.4，D(X)＝1.44，则二项分布的参数n，p的值为()A.n＝4，p＝0.6B.n＝6，p＝0.4C.n＝8，p＝0.3D.n＝24，p＝0.1解析由二项分布X～B(n，p)及E(X)＝np，D(X)＝np·(1－p)得2.4＝np，且1.44＝np(1－p)，解得n＝6，p＝0.4.故选B.答案 B4.已知随机变量X＋η＝8，若X～B(10，0.6)，则E(η)，D(η)分别是()A.6，2.4B.2，2.4C.2，5.6D.6，5.6解析由已知随机变量X＋η＝8，所以有η＝8－X.因此，求得E(η)＝8－E(X)＝8－10×0.6＝2，D(η)＝(－1)2D(X)＝10×0.6×0.4＝2.4.答案 B5.口袋中有5只球，编号分别为1，2，3，4，5，从中任取3只球，以X 表示取出的球的最大号码，则X 的数学期望E (X )的值是( ) A.4B.4.5C.4.75D.5解析 由题意知，X 可以取3，4，5，P (X ＝3)＝1C 35＝110，P (X ＝4)＝C 23C 35＝310，P (X ＝5)＝C 24C 35＝610＝35，所以E (X )＝3×110＋4×310＋5×35＝4.5. 答案 B 二、填空题6.设X 为随机变量，X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ，13，若随机变量X 的数学期望E (X )＝2，则P (X ＝2)等于________.解析 由X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ，13，E (X )＝2，得 np ＝13n ＝2，∴n ＝6， 则P (X ＝2)＝C 26⎝ ⎛⎭⎪⎫132⎝ ⎛⎭⎪⎫1－134＝80243. 答案 802437.随机变量ξ的取值为0，1，2.若P (ξ＝0)＝15，E (ξ)＝1，则D (ξ)＝________. 解析 设P (ξ＝1)＝a ，P (ξ＝2)＝b ， 则⎩⎪⎨⎪⎧15＋a ＋b ＝1，a ＋2b ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝35，b ＝15，所以D (ξ)＝(0－1)2×15＋(1－1)2×35＋(2－1)2×15＝25. 答案 258.(2017·合肥模拟)某科技创新大赛设有一、二、三等奖(参与活动的都有奖)且相应奖项获奖的概率是以a 为首项，2为公比的等比数列，相应的奖金分别是7 000元、5 600元、4 200元，则参加此次大赛获得奖金的期望是________元.解析由题意知a＋2a＋4a＝1，∴a＝17，∴获得一、二、三等奖的概率分别为1 7，27，47，∴所获奖金的期望是E(X)＝17×7 000＋27×5 600＋47×4 200＝5 000元.答案 5 000三、解答题9.(2017·成都诊断)据报道，全国很多省市将英语考试作为高考改革的重点，一时间“英语考试该如何改”引起广泛关注.为了解某地区学生和包括老师、家长在内的社会人士对高考英语改革的看法，某媒体在该地区选择了3 600人进行调查，就“是否取消英语听力”问题进行了问卷调查统计，结果如下表：0.05.(1)现用分层抽样的方法在所有参与调查的人中抽取360人进行访谈，问应在持“无所谓”态度的人中抽取多少人？(2)在持“应该保留”态度的人中，用分层抽样的方法抽取6人，再平均分成两组进行深入交流.求第一组中在校学生人数ξ的分布列和数学期望.解(1)因为抽到持“应该保留”态度的人的概率为0.05，所以120＋x3 600＝0.05，解得x＝60.所以持“无所谓”态度的人数为3 600－2 100－120－600－60＝720，所以应在持“无所谓”态度的人中抽取720×3603 600＝72人.(2)由(1)知持“应该保留”态度的一共有180人，所以在所抽取的6人中，在校学生为120180×6＝4人，社会人士为60180×6＝2人，于是第一组在校学生人数ξ＝1，2，3，P (ξ＝1)＝C 14C 22C 36＝15，P (ξ＝2)＝C 24C 12C 36＝35，P (ξ＝3)＝C 34C 02C 36＝15，所以ξ的分布列为所以E (ξ)＝1×15＋2×35＋3×15＝2.10.(2017·郑州一模)在“出彩中国人”的一期比赛中，有6位歌手(1～6)登台演出，由现场百家大众媒体投票选出最受欢迎的出彩之星，各家媒体独立地在投票器上选出3位出彩候选人，其中媒体甲是1号歌手的歌迷，他必选1号，另在2号至6号中随机的选2名；媒体乙不欣赏2号歌手，他必不选2号；媒体丙对6位歌手的演唱没有偏爱，因此在1至6号歌手中随机的选出3名. (1)求媒体甲选中3号且媒体乙未选中3号歌手的概率；(2)X 表示3号歌手得到媒体甲、乙、丙的票数之和，求X 的分布列及数学期望. 解 (1)设A 表示事件：“媒体甲选中3号歌手”，B 表示事件：“媒体乙选中3号歌手”，C 表示事件：“媒体丙选中3号歌手”，则 P (A )＝C 14C 25＝25，P (B )＝C 24C 35＝35，∴媒体甲选中3号且媒体乙未选中3号歌手的概率为 P (A B )＝25×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35＝425.(2)P (C )＝C 25C 36＝12，由已知得X 的可能取值为0，1，2，3， P (X ＝0)＝P (A B C )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＝325. P (X ＝1)＝P (A B C )＋P (A B C )＋P (A B C )＝25×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25×35×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35×12＝1950，P (X ＝2)＝P (AB C )＋P (A B C )＋P (A BC )＝25×35×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋25×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35×12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25×35×12＝1950，P (X ＝3)＝P (ABC )＝25×35×12＝325， ∴X 的分布列为∴E (X )＝0×325＋1×1950＋2×1950＋3×325＝32.能力提升题组 (建议用时：20分钟)11.从装有除颜色外完全相同的3个白球和m 个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回地摸取5次，设摸得白球数为X ，已知E (X )＝3，则D (X )＝( ) A.85B.65C.45D.25解析 由题意，X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，3m ＋3，又E (X )＝5×3m ＋3＝3，∴m ＝2， 则X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，35，故D (X )＝5×35×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35＝65.答案 B12. (2017·南昌调研)袋中装有大小完全相同，标号分别为1，2，3，…，9的九个球.现从袋中随机取出3个球.设ξ为这3个球的标号相邻的组数(例如：若取出球的标号为3，4，5，则有两组相邻的标号3，4和4，5，此时ξ的值是2)，则随机变量ξ的均值E (ξ)为( ) A.16B.13C.12D.23解析 依题意得，ξ的所有可能取值是0，1，2.且P (ξ＝0)＝C 37C 39＝512，P (ξ＝1)＝C 27·A 22C 39＝12，P(ξ＝2)＝C17C39＝112，因此E(ξ)＝0×512＋1×12＋2×112＝23.答案 D13.马老师从课本上抄录一个随机变量ξ的分布列如下表：请小牛同学计算ξ且两个“？”处字迹模糊，但能断定这两个“？”处的数值相同.据此，小牛给出了正确答案E(ξ)＝________.解析设“？”处的数值为x，则“！”处的数值为1－2x，则E(ξ)＝1×x＋2×(1－2x)＋3x＝x＋2－4x＋3x＝2.答案 214.计划在某水库建一座至多安装3台发电机的水电站.过去50年的水文资料显示，水库年入流量X(年入流量：一年内上游来水与库区降水之和，单位：亿立方米)都在40以上.其中，不足80的年份有10年，不低于80且不超过120的年份有35年，超过120的年份有5年.将年入流量在以上三段的频率作为相应段的概率，并假设各年的年入流量相互独立.(1)求未来4年中，至多有1年的年入流量超过120的概率；(2)水电站希望安装的发电机尽可能运行，但每年发电机最多可运行台数受年入流量X限制，并有如下关系：台年亏损800万元.欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机多少台？解(1)依题意，p1＝P(40<X<80)＝1050＝0.2，p2＝P(80≤x≤120)＝3550＝0.7，p3＝P(X>120)＝550＝0.1.由二项分布，在未来4年中至多有1年的年入流量超过120的概率为p ＝C 04(1－p 3)4＋C 14(1－p 3)3p 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫9104＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫9103×⎝ ⎛⎭⎪⎫110＝0.947 7. (2)记水电站年总利润为Y (单位：万元). ①安装1台发电机的情形.由于水库年入流量总大于40，故一台发电机运行的概率为1， 对应的年利润Y ＝5 000，E (Y )＝5 000×1＝5 000. ②安装2台发电机的情形.依题意，当40<X <80时，一台发电机运行，此时Y ＝5 000－800＝4 200，因此P (Y ＝4 200)＝P (40<X <80)＝p 1＝0.2；当X ≥80时，两台发电机运行，此时Y ＝5 000×2＝10 000，因此P (Y ＝10 000)＝P (X ≥80)＝p 2＋p 3＝0.8.由此得Y 的分布列如下：所以，E (Y )＝4 200×0.2③安装3台发电机的情形.依题意，当40<X <80时，一台发电机运行，此时Y ＝5 000－1 600＝3 400，因此P (Y ＝3 400)＝P (40<X <80)＝p 1＝0.2；当80≤X ≤120时，两台发电机运行，此时Y ＝5 000×2－800＝9 200，因此P (Y ＝9 200)＝P (80≤X ≤120)＝p 2＝0.7；当X >120时，三台发电机运行，此时Y ＝5 000×3＝15 000，因此P (Y ＝15 000)＝P (X >120)＝p 3＝0.1.因此得Y 的分布列如下：所以，E (Y )＝3 400×综上，欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机2台.。

第十一章⎪⎪⎪ 计数原理、概率、随机变量及其分布列第一节排列、组合突破点(一) 两个计数原理1．分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m 种不同的方法，在第2类方案中有n 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝m ＋n 种不同的方法．2．分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤，做第1步有m 种不同的方法，做第2步有n 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝m ×n 种不同的方法．3．两个计数原理的比较能用分类加法计数原理解决的问题具有以下特点：(1)完成一件事有若干种方法，这些方法可以分成n 类．本节主要包括2个知识点：1.两个计数原理；排列、组合问题.(2)用每一类中的每一种方法都可以完成这件事．(3)把各类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有方法数．[例1] (1)在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有________个．(2)如图，从A 到O 有________种不同的走法(不重复过一点)．(3)若椭圆x 2m ＋y 2n＝1的焦点在y 轴上，且m ∈{1,2,3,4,5}，n ∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭圆的个数为________．[解析] (1)法一：按个位数字分类，个位可为2,3,4,5,6,7,8,9，共分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有1个，2个，3个，4个，5个，6个，7个，8个，则共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36个两位数．法二：按十位数字分类，十位可为1,2,3,4,5,6,7,8，共分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个，则共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36个两位数．(2)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 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 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．(3)当m ＝1时，n ＝2,3,4,5,6,7，共6个；当m ＝2时，n ＝3,4,5,6,7，共5个；当m ＝3时，n ＝4,5,6,7，共4个；当m ＝4时，n ＝5,6,7，共3个；当m ＝5时，n ＝6,7，共2个．故共有6＋5＋4＋3＋2＝20个满足条件的椭圆．[答案] (1)36 (2)5 (3)20[易错提醒](1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏．(2)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．分步乘法计数原理(1)完成一件事需要经过n 个步骤，缺一不可．(2)完成每一步有若干种方法．(3)把各个步骤的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数．[例2] (1)从－1,0,1,2这四个数中选三个数作为函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c 的系数，则可组成________个不同的二次函数，其中偶函数有________个(用数字作答)．(2)如图，某电子器件由3个电阻串联而成，形成回路，其中有6个焊接点A，B，C，D，E，F，如果焊接点脱落，整个电路就会不通．现发现电路不通，那么焊接点脱落的可能情况共有________种．[解析](1)一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知共有3×3×2＝18个二次函数．若二次函数为偶函数，则b＝0，同理可知共有3×2＝6个偶函数．(2)因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个焊接点脱落，则电路就不通，故共有26－1＝63种可能情况．[答案(1)186(2)63[易错提醒](1)利用分步乘法计数原理解决问题时要注意按事件发生的过程来合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事．(2)谨记分步必须满足的两个条件：一是各步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．两个计数原理的综合问题数原理，即分类时，每类的方法可能要运用分步完成，而分步时，每步的方法数可能会采取分类的思想求解．分类的关键在于做到“不重不漏”，分步的关键在于正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步．[例3](1)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有()A．144个B．120个C．96个D．72个(2)某班一天上午有4节课，每节都需要安排1名教师去上课，现从A，B，C，D，E，F 6名教师中安排4人分别上一节课，第一节课只能从A、B两人中安排一个，第四节课只能从A、C两人中安排一人，则不同的安排方案共有________种．(3)如图，矩形的对角线把矩形分成A，B，C，D四部分，现用5种不同颜色给四部分涂色，每部分涂1种颜色，要求共边的两部分颜色互异，则共有________种不同的涂色方法．[解析](1)由题意可知，符合条件的五位数的万位数字是4或5.当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，共有2×4×3×2＝48个偶数；当万位数字为5时，个位数字从0,2,4中任选一个，共有3×4×3×2＝72个偶数．故符合条件的偶数共有48＋72＝120(个)．(2)①第一节课若安排A，则第四节课只能安排C，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有4×3＝12种安排方案．②第一节课若安排B，则第四节课可由A或C上，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有2×4×3＝24种安排方案．因此不同的安排方案共有12＋24＝36(种)．(3)区域A有5种涂色方法，区域B有4种涂色方法，区域C的涂色方法可分2类：若C与A涂同色，区域D有4种涂色方法；若C与A涂不同色，此时区域C有3种涂色方法，区域D也有3种涂色方法．所以共有5×4×1×4＋5×4×3×3＝260种涂色方法．[答案(1)B(2)36(3)260[方法技巧]使用两个计数原理进行计数的基本思想对需用两个计数原理解决的综合问题要“先分类，再分步”，即先分为若干个“既不重复也不遗漏”的类，再对每类中的计数问题分成若干个“完整的步骤”，求出每个步骤的方法数，按照分步乘法计数原理计算各类中的方法数，最后再按照分类加法计数原理得出总数．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．[考点二]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．504B．210C．336D．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．2．[考点二]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由一层到二层、由二层到三层、由三层到四层、由四层到五层各有2种走法，故共有2×2×2×2＝24种不同的走法．3．[考点一]已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为()A．40 B．16 C．13 D．10解析：选C分两类情况讨论：第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．4．[考点一]我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013是“六合数”)，则“六合数”中首位为2的“六合数”共有()A．18个B．15个C．12个D．9个解析：选B依题意知，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4,0,0组成3个数，分别为400,040,004；由3,1,0组成6个数，分别为310,301,130,103,013,031；由2,2,0组成3个数，分别为220,202,022；由2,1,1组成3个数，分别为211,121,112.共计3＋6＋3＋3＝15个“六合数”．5.[考点三]如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有________种．解析：按区域1与3①区域1与3同色：先涂区域1与3，有4种方法，再涂区域2,4,5(还有3种颜色)，有3×2×1＝6种方法．所以区域1与3涂同色时，共有4×6＝24种方法．②区域1与3不同色：先涂区域1与3，有4×3＝12种方法，第二步，涂区域2有2种涂色方法，第三步，涂区域4只有一种方法，第四步，涂区域5有3种方法．所以这时共有12×2×1×3＝72种方法．故由分类加法计数原理，不同的涂色方法的种数为24＋72＝96.答案：966．[考点三]有A，B，C型高级电脑各一台，甲、乙、丙、丁4个操作人员的技术等级不同，甲、乙会操作三种型号的电脑，丙不会操作C型电脑，而丁只会操作A型电脑．从这4个操作人员中选3人分别去操作这三种型号的电脑，则不同的选派方法有________种(用数字作答)．解析：由于丙、丁两位操作人员的技术问题，要完成“从4个操作人员中选3人去操作这三种型号的电脑”这件事，则甲、乙两人至少要选派一人，可分四类：第1类，选甲、乙、丙3人，由于丙不会操作C型电脑，分2步安排这3人操作的电脑的型号，有2×2＝4种方法；第2类，选甲、乙、丁3人，由于丁只会操作A型电脑，这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，有2种方法；第3类，选甲、丙、丁3人，这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，只有1种方法；第4类，选乙、丙、丁3人，同样也只有1种方法．根据分类加法计数原理，共有4＋2＋1＋1＝8种选派方法．答案：8突破点(二)排列、组合问题1．排列与排列数(1)排列：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．(2)排列数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，记作A m n.2．组合与组合数(1)组合：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．(2)组合数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n 个不同元素中取出m个元素的组合数，记作C m n.3．排列数、组合数的公式及性质4．排列与组合的比较解决排列问题的主要方法(1)解决“在”与“不在”的有限制条件的排列问题，既可以从元素入手，也可以从位置入手，原则是谁“特殊”谁优先．不管是从元素考虑还是从位置考虑，都要贯彻到底，不能既考虑元素又考虑位置．(2)解决相邻问题的方法是“捆绑法”，即把相邻元素看做一个整体和其他元素一起排列，同时要注意捆绑元素的内部排列．(3)解决不相邻问题的方法是“插空法”，即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空当中．(4)对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列．(5)若某些问题从正面考虑比较复杂，可从其反面入手，即采用“间接法”．[例1](1)用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为() A．324 B．648 C．328 D．360(2)市内某公共汽车站有6个候车位(成一排)，现有3名乘客随便坐在某个座位上候车，则恰好有2个连续空座位的候车方式的种数为()A．48 B．54 C．72 D．84(3)用1,2,3,4这四个数字组成无重复数字的四位数，其中恰有一个偶数夹在两个奇数之间的四位数的个数为________．[解析](1)首先应考虑是否含“0”．当含有0，且0排在个位时，有A29＝9×8＝72个三位偶数，当0排在十位时，有A14A18＝4×8＝32个三位偶数．当不含0时，有A14·A28＝4×8×7＝224个三位偶数．由分类加法计数原理，得符合题意的偶数共有72＋32＋224＝328(个)．(2)先把3名乘客进行全排列，有A33＝6种排法，排好后，有4个空，再将1个空位和余下的2个连续的空位插入4个空中，有A24＝12种排法，则共有6×12＝72种候车方式．(3)首先排两个奇数1,3，有A22种排法，再在2,4中取一个数放在1,3排列之间，有C12种排法，然后把这3个数作为一个整体与剩下的另一个偶数全排列，有A22种排法，即满足条件的四位数的个数为A22C12A22＝8.[答案](1)C(2)C(3)8组合问题组合问题的常见题型及解题思路(1)常见题型：一般有选派问题、抽样问题、图形问题、集合问题、分组问题等．(2)解题思路：①分清问题是否为组合问题；②对较复杂的组合问题，要搞清是“分类”还是“分步”，一般是先整体分类，然后局部分步，将复杂问题通过两个计数原理化归为简单问题．[例2](1)某学校为了迎接市春季运动会，从5名男生和4名女生组成的田径运动队中选出4人参加比赛，要求男、女生都有，则男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为()A．85 B．86 C．91 D．90(2)若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法的种数是()A．60 B．63 C．65 D．66(3)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为________．[解析](1)法一(直接法)：由题意，可分三类考虑：第1类，男生甲入选，女生乙不入选的方法种数为：C13C24＋C23C14＋C33＝31；第2类，男生甲不入选，女生乙入选的方法种数为：C14C23＋C24C13＋C34＝34；第3类，男生甲入选，女生乙入选的方法种数为：C23＋C14C13＋C24＝21.所以男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为31＋34＋21＝86.法二(间接法)：从5名男生和4名女生中任意选出4人，男、女生都有的选法有C49－C45－C44＝120种；男、女生都有，且男生甲与女生乙都没有入选的方法有C47－C44＝34种．所以男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为120－34＝86.(2)因为1,2,3，…，9中共有4个不同的偶数和5个不同的奇数，要使取出的4个不同的数的和为偶数，则4个数全为奇数，或全为偶数，或2个奇数和2个偶数，故有C45＋C44＋C25C24＝66种不同的取法．(3)第一类，含有1张红色卡片，不同的取法有C14C212＝264(种)．第二类，不含有红色卡片，不同的取法有C312－3C34＝220－12＝208(种)．由分类加法计数原理知，不同的取法共有264＋208＝472(种)．[答案(1)B(2)D(3)472[方法技巧]有限制条件的组合问题的解法组合问题的限制条件主要体现在取出元素中“含”或“不含”某些元素，或者“至少”或“最多”含有几个元素： (1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型．“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．(2)“至少”或“最多”含有几个元素的题型．考虑逆向思维，用间接法处理．分组分配问题分组分配问题是排列、组合问题的综合运用，解决这类问题的一个基本指导思想就是先分组后分配．关于分组问题，有整体均分、部分均分和不等分三种，无论分成几组，都应注意只要有一些组中元素的个数相等，就存在均分现象．[例3] (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个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到3所学校去任教，有________种不同的分派方法．(2)某科室派出4名调研员到3个学校，调研该校高三复习备考近况，要求每个学校至少一名，则不同的分配方案种数为________．(3)若将6名教师分到3所中学任教，一所1名，一所2名，一所3名，则有________种不同的分法．[解析] (1)先把6个毕业生平均分成3组，有C 26C 24C 22A 33种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有A 33＝6种方法，故将6个毕业生平均分到3所学校，共有C 26C 24C 22A 33·A 33＝90种不同的分派方法．(2)分两步完成：第一步，将4名调研员按2,1,1分成三组，其分法有C 24C 12C 11A 22种；第二步，将分好的三组分配到3个学校，其分法有A 33种，所以满足条件的分配方案有C 24C 12C 11A 22·A 33＝36种．(3)将6名教师分组，分三步完成： 第1步，在6名教师中任取1名作为一组，有C 16种分法；第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C 25种分法；第3步，余下的3名教师作为一组，有C 33种分法．根据分步乘法计数原理，共有C 16C 25C 33＝60种分法．再将这3组教师分配到3所中学，有A 33＝6种分法，故共有60×6＝360种不同的分法．[答案 (1)90 (2)36 (3)360[方法技巧] 分组分配问题的三种类型及求解策略能力练通 抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一]A ，B ，C ，D ，E ，F 六人围坐在一张圆桌周围开会，A 是会议的中心发言人，必须坐在最北面的椅子上，B ，C 二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有( )A ．60种B ．48种C ．30种D ．24种解析：选B 由题知，可先将B ，C 二人看作一个整体，再与剩余人进行排列，则不同的座次有A 22A 44＝48种．2．[考点一]有5列火车分别准备停在某车站并行的5条轨道上，若快车A 不能停在第3道上，货车B 不能停在第1道上，则5列火车不同的停靠方法数为( )A ．56B ．63C ．72D ．78解析：选D 若没有限制，5列火车可以随便停，则有A 55种不同的停靠方法；快车A停在第3道上，则5列火车不同的停靠方法为A 44种；货车B 停在第1道上，则5列火车不同的停靠方法为A 44种；快车A 停在第3道上，且货车B 停在第1道上，则5列火车不同的停靠方法为A 33种．故符合要求的5列火车不同的停靠方法数为A 55－2A 44＋A 33＝120－48＋6＝78.3．[考点三]某局安排3名副局长带5名职工去3地调研，每地至少去1名副局长和1名职工，则不同的安排方法总数为( )A ．1 800B ．900C ．300D ．1 440解析：选B 分三步：第一步，将5名职工分成3组，每组至少1人，则有⎝⎛⎭⎫C 35C 12C 11A 22＋C 15C 24C 22A 22种不同的分组方法；第二步，将这3组职工分到3地有A 33种不同的方法；第三步，将3名副局长分到3地有A 33种不同的方法．根据分步乘法计数原理，不同的安排方案共有⎝⎛⎭⎫C 35C 12C 11A 22＋C 15C 24C 22A 22·A 33A 33＝900(种)，故选B.4．[考点二]如图所示，要使电路接通，则5个开关不同的开闭方式有________种．解析：当第一组开关有一个接通时，电路接通有C12·(C13＋C23＋C33)＝14种方式；当第一组两个都接通时，电路接通有C22(C13＋C23＋C33)＝7种方式，所以共有14＋7＝21种方式．答案：215．[考点二]有9名学生，其中2名会下象棋但不会下围棋，3名会下围棋但不会下象棋，4名既会下围棋又会下象棋；现在要从这9名学生中选出2名学生，一名参加象棋比赛，另一名参加围棋比赛，共有________种不同的选派方法．解析：设2名会下象棋但不会下围棋的同学组成集合A,3名会下围棋但不会下象棋的同学组成集合B,4名既会下围棋又会下象棋的同学组成集合C，则选派2名参赛同学的方法可以分为以下4类：第一类：A中选1人参加象棋比赛，B中选1人参加围棋比赛，选派方法为C12·C13＝6种；第二类：C中选1人参加象棋比赛，B中选1人参加围棋比赛，选派方法为C14·C13＝12种；第三类：C中选1人参加围棋比赛，A中选1人参加象棋比赛，选派方法为C14·C12＝8种；第四类：C中选2人分别参加两项比赛，选派方法为A24＝12种；由分类加法计数原理，不同的选派方法共有6＋12＋8＋12＝38(种)．答案：38[全国卷5年真题集中演练——明规律]1．(2016·全国甲卷)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分两步：第一步，从E→F，有6条可以选择的最短路径；第二步，从F→G，有3条可以选择的最短路径．由分步乘法计数原理可知有6×3＝18条可以选择的最短路径．故选B.2．(2016·全国丙卷)定义“规范01数列”{a n}如下：{a n}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…a k中0的个数不少于1的个数，若m＝4，则不同的“规范01数列”共有()A．18个B．16个C．14个D．12个解析：选C当m＝4时，数列{a n}共有8项，其中4项为0,4项为1，要满足对任意k≤8，a1，a2，…a k中0的个数不少于1的个数，则必有a1＝0，a8＝1，a2可为0，也可为1.(1)当a2＝0时，分以下3种情况：①若a3＝0，则a4，a5，a6，a7中任意一个为0均可，则有C14＝4种情况；②若a3＝1，a4＝0，则a5，a6，a7中任意一个为0均可，有C13＝3种情况；③若a3＝1，a4＝1，则a5必为0，a6，a7中任意一个为0均可，有C12＝2种情况；(2)当a2＝1时，必有a3＝0，分以下2种情况：①若a4＝0，则a5，a6，a7中任一个为0均可，有C13＝3种情况；②若a4＝1，则a5必为0，a6，a7中任一个为0均可，有C12＝2种情况．综上所述，不同的“规范01数列”共有4＋3＋2＋3＋2＝14个，故选C.3．(2012·新课标全国卷)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A2名教师各在1个小组，给其中1名教师选2名学生，有C24种选法，另2名学生分配给另1名教师，然后将2个小组安排到甲、乙两地，有A22种方案，故不同的安排方案共有C24A22＝12种，选A.[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考[练基础小题——强化运算能力]1．(2016·四川高考)用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为()A．24 B．48C．60 D．72解析：选D奇数的个数为C13A44＝72.2．世界华商大会的某分会场有A，B，C三个展台，将甲、乙、丙、丁共4名“双语”志愿者分配到这三个展台，每个展台至少1人，其中甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数有()A．12种B．10种C．8种D．6种解析：选D因为甲、乙两人被分配到同一展台，所以可以把甲与乙捆在一起，看成一个人，然后将3个人分到3个展台上进行全排列，即有A33种分配方法，所以甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数有A33＝6种．3．在1,2,3,4,5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数的共有()A．36个B．24个C．18个D．6个解析：选B各位数字之和是奇数，则这三个数字中三个都是奇数或两个偶数一个奇数，所以符合条作的三位数有A33＋C13A33＝6＋18＝24(个)．4.如图所示的几何体由一个正三棱锥P-ABC与正三棱柱ABC-A1B1C1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有________种．解析：先涂三棱锥P-ABC的三个侧面，然后涂三棱柱ABC-A1B1C1的三个侧面，共有3×2×1×2＝12种不同的涂色方案．答案：12[练常考题点——检验高考能力]一、选择题1．从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，则可以组成不同对数值的个数为()A．56 B．54C．53 D．52解析：选D在8个数中任取2个不同的数可以组成A28＝56个对数值；但在这56个对数值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，即满足条件的对数值共有56－4＝52(个)．2．如图所示，在A、B间有四个焊接点1,2,3,4，若焊接点脱落导致断路，则电路不通．今发现A，B之间电路不通，则焊接点脱落的不同情况有()A．9种B．11种C．13种D．15种解析：选C按照焊接点脱落的个数进行分类．若脱落1个，则有(1)，(4)，共2种情况；若脱落2个，有(1,4)，(2,3)，(1,2)，(1,3)，(4,2)，(4,3)，共6种情况；若脱落3个，有(1,2,3)，(1,2,4)，(2,3,4)，(1,3,4)，共4种情况；若脱落4个，有(1,2,3,4)，共1种情况．综上共有2＋6＋4＋1＝13种焊接点脱落的情况．3．现有2门不同的考试要安排在5天之内进行，每天最多进行一门考试，且不能连续两天有考试，那么不同的考试安排方案种数是( )A ．12B ．6C ．8D ．16解析：选A 若第一门安排在开头或结尾，则第二门有3种安排方法，这时共有C 12×3＝6种安排方案；若第一门安排在中间的3天中，则第二门有2种安排方法，这时共有C 13×2＝6种安排方案．综上可得，不同的考试安排方案共有6＋6＝12(种)．4．有5本不同的教科书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本．若将其并排摆放在书架的同一层上，则同一科目书都不相邻的放法种数是( )A ．24B ．48C ．72D ．96解析：选B 据题意可先摆放2本语文书，当1本物理书在2本语文书之间时，只需将2本数学书插在前3本书形成的4个空中即可，此时共有A 22A 24种摆放方法；当1本物理书放在2本语文书一侧时，共有A 22A 12C 12C 13种不同的摆放方法，由分类加法计数原理可得共有A 22A 24＋A 22A 12C 12C 13＝48种摆放方法．5．“住房”“医疗”“教育”“养老”“就业”成为现今社会关注的五个焦点．小赵想利用国庆节假期调查一下社会对这些热点的关注度．若小赵准备按照顺序分别调查其中的4个热点，则“住房”作为其中的一个调查热点，但不作为第一个调查热点的种数为( )A ．13B ．24C ．18D ．72解析：选D 可分三步：第一步，先从“医疗”“教育”“养老”“就业”这4个热点中选出3个，有C 34种不同的选法；第二步， 在调查时，“住房”安排的顺序有A 13种可能情况；第三步，其余3个热点调查的顺序有A 33种排法．根据分步乘法计数原理可得，不同调查顺序的种数为C 34A 13A 33＝72.6．将A ，B ，C ，D ，E 排成一列，要求A ，B ，C 在排列中顺序为“A ，B ，C ”或“C ，B ，A ”(可以不相邻)，这样的排列数有( )A ．12种B ．20种C ．40种D ．60种解析：选C 五个元素没有限制全排列数为A 55，由于要求A ，B ，C 的次序一定(按A ，B ，C 或C ，B ，A )，故除以这三个元素的全排列A 33，可得这样的排列数有A 55A 33×2＝40种．二、填空题7．某班组织文艺晚会，准备从A ，B 等 8 个节目中选出 4 个节目演出，要求A ，B 两个节目至少有一个选中，且A ，B 同时选中时，它们的演出顺序不能相邻，那么不同演出顺序的种数为________．解析：当A，B节目中只选其中一个时，共有C12C36A44＝960 种演出顺序；当A，B节目都被选中时，由插空法得共有C26A22A23＝180 种演出顺序，所以一共有1 140种演出顺序．答案：1 1408．4位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规则规定：选甲题答对得100分，答错得－100分，选乙题答对得90分，答错得－90分，若4位同学的总分为0分，则这4位同学不同得分情况的种数是________．解析：由于4位同学的总分为0分，故4位同学选甲、乙题的人数有且只有三种情况：①甲：4人，乙：0人；②甲：2人，乙：2人；③甲：0人，乙：4人．对于①，需2人答对，2人答错，共有C24＝6种情况；对于②，选甲题的需1人答对，1人答错，选乙题的也如此，有C24C12C12＝24种情况；对于③，与①相同，有6种情况，故共有6＋24＋6＝36种不同的得分情况．答案：369．把座位编号为1,2,3,4,5的五张电影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至少一张，至多两张，且分得的两张票必须是连号，那么不同的分法种数为________(用数字作答)．解析：先将票分为符合条件的4份，由题意，4人分5张票，且每人至少一张，至多两张，则三人每人一张，一人2张，且分得的票必须是连号，相当于将1,2,3,4,5这五个数用3个板子隔开，分为四部分且不存在三连号．在4个空位插3个板子，共有C34＝4种情况，再对应到4个人，有A44＝24种情况，则共有4×24＝96种不同分法．答案：9610．有红、蓝、黄、绿四种颜色的球各6个，每种颜色的6个球分别标有数字1,2,3,4,5,6，从中任取3个标号不同的球，这3个球颜色互不相同且所标数字互不相邻的取法种数为________．解析：所标数字互不相邻的取法有135,136,146,246，共4种.3个球颜色互不相同有A34＝4×3×2＝24种取法，所以这3个球颜色互不相同且所标数字互不相邻的取法有4×24＝96(种)．答案：96三、解答题11．有5个男生和3个女生，从中选出5人担任5门不同学科的科代表，求分别符合下列条件的选法数：(1)有女生但人数必须少于男生；(2)某女生一定担任语文科代表；(3)某男生必须包括在内，但不担任数学科代表；(4)某女生一定要担任语文科代表，某男生必须担任科代表，但不担任数学科代表．。