全国通用2017年高考数学大二轮专题复习专题七概率与统计第一讲计数原理二项式定理适考素能特训课件理

概率与统计、计数原理专题分析高中数学课程中的“统计与概率”部分被安排在必修3和选修2-3，历来被老师认为易教、被学生认为易学，一线教师大多走马观花一带而过，以便腾出时间深挖其他章节内容．2017年全国高考概率与我们如约而至，常规内容紧密结合社会实际，以现实生活为背景设置试题，体现数学在解决实际问题中的巨大作用和应用价值，体现高考改革中加强应用性、实贱性的特点．研宄近几年高考试卷中“统计与概率试题，被认为“送分题”分数送不出去的尴尬，引发深思，促使我们重新审视“统计与概率”内容，深感“简单”的内容不简单！一、专题考点分析1.考点分析2017年高考数学试题，概率与统计、计数原理部分考查的知识点覆盖面广，各卷考查知识点如下.（1）全国Ⅰ卷.文科：样本的数字特征、几何概型、相关系数、方差均值计算；理科：几何概型、二项式定理、正态分布、随机变量的期望和方差（2）全国Ⅱ卷文科：古典概型、频率分布直方图的应用；理科：排列与组合、随机变量的期望、独立事件概率公式、独立性检验、频率分布直方图估计中位数.（3）全国Ⅲ卷.文科：折线图、古典概型；理科：折线图、离散型随机变量的分布列、数学期望（4）北京卷.文科：频率分布直方图的应用；理科：散点图的应用、古典概型、超几何分布、方差（5）天津卷文科：古典概型；理科：排列与组合、离散型随机变量的概率分布列及数学期望（6）江苏卷几何概型、分层抽样古典概型排列组合、随机变量及其分布、数学期望（7）浙江卷随机变量的期望和方差、二项式定理（8）山东卷文科：茎叶图、样本的数字特征、古典概型；理科：回归直线方程、古典概型、随机变量的分布列与数学期望、超几何分布2. 题量与分值分析每年全国各地区的高考中都会有各种类型的概率题出现，分值占整套试卷总分的8%～14%. 2017年各卷考查的题型及分值情况如下（1）全国Ⅰ卷文、理科分别考查两道选择题和一道解答题，总分值均为22分（2）全国Ⅱ卷文科考查一道选择题和一道解答题，总分值为17分；理科考查两道选择题和一道解答题，总分值为22分.（3）全国Ⅲ卷文、理科分别考查一道选择题和一道解答题，总分值均为17分.（4）北京卷文科考查一道解答题，分值为13分；理科考查一道填空题和一道解答题，总分值为18分.（5）天津卷文、理科分别考查一道选择题和一道解答题，总分值均为18分.（6）江苏卷考查两道填空题和一道解答题，总分值为20分.（7）浙江卷考查一道选择题和一道填空题，总分值为10分.（8）山东卷文科考查一道选择题和一道解答题，总分值为17分；理科考查两道选择题和一道解答题，总分值为22分.3. 内容特点分析试题围绕统计与概率、计数原理部分的基础知识和基本方法，考查学生运用统计与概率、计数原理部分的知识与方法来分析和解决实际问题的能力，考查学生分析、综合，建立模型，运算求解能力，数据处理能力和应用意识，对能力的考查比较全面，强调综合性、应用性，并切合学生实际. 考查以代数运算为主. 对于数据处理主要是考查学生运用概率统计的基本方法和思想解决实际问题的能力. 从试题的难度上来讲，多数的题目属于中、低档题，难度适中，题目设计与实际生活相互联系，注重对数学思想方法、数学能力的考查，展现了数学的人文价值。

《计数原理与概率》高考复习指导一、考试说明：1．考试内容（1）分类计数原理与分步计数原理，排列与组合．（2）等可能性事件的概率，互斥事件有一个发生的概率，相互独立事件同时发生的概率．2．考试要求（1）掌握分类计数原理与分步计数原理，并能用它们分析和解决一些简单的应用问题．（2）理解排列与组合的意义，掌握排列数与组合数的计算公式，掌握组合数的两个性质，并能用它们解决一些简单的应用问题．（3）了解等可能性事件的概率的意义，会用排列组合公式计算一些等可能性事件的概率．（4）了解互斥事件的意义，会用互斥事件的概率加法公式计算一些事件的概率．（5）了解相互独立事件的意义，会用相互独立事件的概率乘法公式计算一些事件的概率，会计算事件在n次独立重复试验中恰好发生k次的概率．二、高考试题分析排列与组合、概率与统计是高中数学的重要内容．一方面，这部分内容占用教学时数多达36课时，另一方面，这部分内容是进一步学习高等数学的基础知识，因此，它是高考数学命题的重要内容．从近三年全国高考数学（新材）试题来看，主要是考查排列与组合、概率与统计的基本概念、公式及基本技能、方法，以及分析问题和解决问题的能力．试题特点是基础和全面．题目类型有选择题、填空题、解答题，一般是两小（9分～10分）一大（12分），解答题通常是概率问题．试题难度多为低中档．为了支持高中数学课程的改革，高考数学命题对这部分将进一步重视，但题目数量、难度、题型将会保持稳定．例1．（1999年全国）在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A、B两种作物，每种作物种植一垄，为有利于作物生长，要求A、B两种作物间的间隔不小于6垄，则不同的选垄方法共有_______种（用数字作答）．[解析]A种植在左边第一垄时，B有3种不同的种植方法；A种植在左边第二垄时，B有两种不同的种植方法；A种植在左边第三垄时，B只有一种种植方法．B在左边种植的情形与上述情形相同．故共有2(3＋2＋1)=12种不同的选垄方法．∴应填12.例2．（2003年新教材）将3种作物种植在如图所示的5块试验田里，每一块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一作物，不同的种植方法共有______种（以数字作答）．[解析]将5块试验田从左到右依次看作甲、乙、丙、丁、戊，3种作物依次看作A、B、C，则3种作物都可以种植在甲试验田里，由于相邻的试验田不能种植同一种作物，从而可知在乙试验田里只能有两种作物．同理，在丙、丁、戊试验田里也只能有两种作物可以种植．由分步计数原理，不同的种植方法共有3×2×2×2=48种．∴应填：48例3．（2003年全国高考题）某城市中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分（如图），现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种1种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽法有_______种．[解析]由于第1、2、3块两两相邻，我们先安排这三块，给第1、2、3块种花时分别有4、3、2种种法，所以共有4×3×2=24种不同种法．下面给第4块种花，若第4块与第6块同色，只有一种种植方法，则第5块只有2种种法，若第4块与第2块同色时，共有2×1=2种种法．若第4块与第6块不同色，但第4块与第2块同色，则第6块有2种种植的方案，而第5块只有1种种法，共有2种不同的种植方法．若第4块与第6块不同色，但第4块与第2块不同色，则第6块有1种种法，则第5块也有一种不同种法，所以第4块与第6块不同色时，有1种种法．综上共有24×(2＋2＋1)=120种不同的种植方法．例4．（2003年春季考试题）某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目，如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同的插法的种数为A 、42B 、30C 、20D 、12[解析]将两个新节目插入5个固定顺序节目单有两种情况：（1）两个新节目相邻的插法种数为226A ；（2）两个节目不相邻的插法种数为26A ；由分类计数原理共有2226642A A +=种方法，选A.例5．（2004重庆）（本小题满分12分）设甲、已、丙三人每次射击命中目标的概率分别为0.7、0.6和0.5。

专题十七计数原理与概率(见学生用书P105)(见学生用书P105)一、概率1．在古典概型中，事件A的概率公式P(A)＝A包含的基本事件的个数基本事件的总数．2．在几何概型中，事件A的概率公式P(A)＝μAμΩ，其中μΩ表示区域Ω的几何度量，μA表示区域A的几何度量．3．不可能同时发生的事件叫做互斥事件，若事件A和B为互斥事件，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，这个公式推广到n个互斥事件时也成立．(P(A∪B)也可记为P(A＋B))二、计数原理1．分类计数原理、分步计数原理(1)完成一件事有几类办法，各类办法相互独立，每类办法中又有多种不同的办法，则完成这件事的不同方法数是各类不同方法种数的和，这就是分类计数原理．(2)完成一件事，需要分成几个步骤，每一步的完成有多种不同的方法，则完成这件事的不同方法种数是各种不同的方法数的乘积，这就是分步计数原理．2．排列(1)定义：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)排列数公式：A m n＝n(n－1)…(n－m＋1)＝n！（n－m）！.3．组合(1)定义：从n 个不同元素中取出m(m ≤n)个元素并成一组，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合．(2)组合数公式：C m n ＝A m n A m m＝n （n －1）…（n －m ＋1）m （m －1）…1＝n ！m ！（n －m ）！．由于0！＝1，所以C 0n ＝1. (3)组合数的性质Ⅰ.C m n ＝C n －m n，Ⅱ.C m n ＋1＝C m n ＋C m －1n ． 4．二项式定理(a ＋b)n ＝C 0n a n ＋C 1n a n －1b 1＋…＋C r n a n －r b r ＋…＋C n n b n (n ∈N *)．这个公式所表示的定理叫做二项式定理．三、离散型随机变量1．离散型随机变量的分布列(1)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；按一定次序一一列出，这样的随机变量叫做离散型随机变量；随机变量可以取某一区间内的一切值，这样的随机变量叫做连续型随机变量．(2)设离散型随机变量ξ可能取的值为x 1、x 2、…、x i 、…，ξ取每一个值x i (i ＝1，2，…，n ，…)的概率P (ξ＝x i )＝p i ，则称表 ξ x 1 x 2 … x iP p 1 p 2 … p i为随机变量ξ的概率分布列，具有性质：Ⅰ.p i≥0，i＝1，2，…，n；Ⅱ.p1＋p2＋…＋p n＝1．离散型随机变量在某一范围内取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和．(3)二项分布：如果在第一次试验中某事件发生的概率是p，那么在n次独立重复试验中这个事件恰好发生k次的概率是P(ξ＝k)＝C k n p k q n－k，其中k＝0，1，2，3，…，n，q＝1－p.于是得到随机变量ξ的概率分布列如下：ξ01…k …nP C0n p0q n C1n p1q n－1…C k n p k q n－k…C n n p n q02.离散型随机变量的期望与方差(1)若离散型随机变量ξ的概率分布为P(ξ＝x i)＝p i，i＝1，2，…，n，则称Eξ＝x1p1＋x2p2＋…＋x n p n为ξ的数学期望或平均数、均值．若η＝aξ＋b，其中a、b是常数，则η也是随机变量，数学期望为Eη＝aEξ＋b，即E(aξ＋b)＝aEξ＋b.若ξ～B(n，p)，则Eξ＝np.(2)方差：把(x1－Eξ)2·p1＋(x2－Eξ)2·p2＋…＋(x n－Eξ)2·p n叫做随机变量ξ的均方差，简称为方差；标准差是σξ＝D，D(aξ＋b)＝a2D ξ；若ξ～B(n，p)，那么Dξ＝npq.3．正态分布(1)正态曲线的性质正态曲线φμ，σ(x)＝12πσe－（x－μ）22σ2，x∈R有以下性质：Ⅰ.曲线位于x轴上方，与x轴不相交；Ⅱ.曲线是单峰时，它关于直线x＝μ对称；Ⅲ.曲线在x＝μ处达到峰值1σ2π；Ⅳ.曲线与x轴围成的图形的面积为1；Ⅴ.当σ一定时，曲线随着μ的变化而沿x轴平移；Ⅵ.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．(2)正态总体在三个特殊区间内取值的概率值Ⅰ.P(μ－σ<X≤μ＋σ)＝0.682_6；Ⅱ.P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝0.954_4；Ⅲ.P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)＝0.997_4．(见学生用书P106)考点一古典概型与几何概型考点精析1．古典概型是基本事件个数有限，每个基本事件发生的可能性相等的概率模型，在解题时要学会辨别所求解的问题是不是古典概型．2．古典概型的试题常以实际问题为背景或者与其他部分的知识相结合命制，要学会分析实际问题的含义，会正确应用数学的综合知识解决问题．3．解决古典概型问题的关键是计算基本事件的个数以及随机事件所包含的基本事件的个数，会用列举法解决问题．4．在解题时要注意分析所求解的问题是否符合几何概型的特征．5．判断几何概型是直线型、面积型、体积型还是角度型，关键是看它是否是等可能的，也就是点是否是均匀分布的，求解的关键是构造出随机事件对应的几何图形，利用图形的几何度量来求随机事件的概率．例 1－1(2014·广州模拟)在一次招聘考试中，每位考生都要在5道备选试题中随机抽出3道题回答，答对其中2道题即为及格，若一位考生只会答5道题中的3道题，则这位考生能够及格的概率为________．考点：古典概型及其概率计算公式．分析：根据这位考生只会答5道题中的3道题，可先计算出所有的基本事件个数，及该考生不及格的事件个数，进而求出该生不能及格的概率，然后根据对立事件减法公式，得到答案．解析：从5道备选试题中随机抽出3道题共有：C 35＝5×4×33×2×1＝10种情况，其中从该考生考试不及格，即正好抽中该生不会的两道题有：C 13＝3种情况，即这位考生不及格的概率为310.故这位考生能够及格的概率P ＝1－310＝710.答案：710点评：本题考查的知识点是古典概型及其概率计算公式，其中根据正繁则反的原则，先求对立事件的概率，是解答本题的关键．例 1－2(2015·福建卷)如图，点A 的坐标为(1，0)，点C 的坐标为(2，4)，函数f (x )＝x 2.若在矩形ABCD 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率等于________．考点：几何概型、定积分．分析：求出阴影部分和矩形的面积，再将它们代入几何概型计算公式计算出概率．解析：由题图可知阴影部分的面积S 阴影＝S 矩形ABCD －∫21x 2d x ＝1×4－x 3321＝4－⎝ ⎛⎭⎪⎫83－13＝53， 则所求事件的概率P ＝S 阴影S 矩形ABCD ＝534＝512. 答案：512点评：几何概型的概率估算公式中的“几何度量”，可以为线段长度、面积、体积等，而且这个“几何度量”只与“大小”有关，而与形状和位置无关，解决的步骤均为：求出满足条件A 的基本事件对应的“几何度量”N(A)，再求出总的基本事件对应的“几何度量”N.最后根据P ＝N （A ）N 求解．本题是中档题．规律总结古典概型和几何概型简化了利用概率的统计定义求事件概率的过程，因而是历年高考重点考查对象．在理科高考数学中，主要是结合离散型随机变量分布列一起考查，偶尔单独考查，一般以选择、填空题形式呈现，并与排列组合综合在一起考查．由于几何概型是新课标新增内容，因而也是近几年高考命题的热点问题，若单独考查，则主要以选择、填空题形式呈现．变式训练【1－1】 (2015·黄冈模拟)甲、乙两人玩猜数字游戏，先由甲心中想一个数字，记为a ，再由乙猜甲刚才所想的数字，把乙猜的数字记为b ，其中a ，b ∈{1，2，3，4，5，6}，若|a －b|≤1，就称甲、乙“心有灵犀”．现任意找两人玩这个游戏，则他们“心有灵犀”的概率为( )A.19B.29C.718D.49解析：任意找两人玩这个游戏，共有6×6＝36种猜数字结果，其中结果|a －b|≤1的有如下情形：①a ＝1，b ＝1，2；②a ＝2，b ＝1，2，3；③a ＝3，b ＝2，3，4；④a ＝4，b ＝3，4，5；⑤a ＝5，b ＝4，5，6；⑥a ＝6，b ＝5，6，总共16种，故他们“心有灵犀”的概率为P ＝1636＝49.答案：D【1－2】 (2015·湖北卷)在区间[0，1]上随机取两个数x ，y ，记p 1为事件“x ＋y ≥12”的概率，p 2为事件“|x －y|≤12”的概率，p 3为事件“xy ≤12”的概率，则( )A ．p 1＜p 2＜p 3B ．p 2＜p 3＜p 1C ．p 3＜p 1＜p 2D ．p 3＜p 2＜p 1解析：依题意知点(x ，y)形成的区域是边长为1的正方形及其内部，其面积为S ＝1.而满足x ＋y ≥12的区域如图1的阴影部分，图1其面积为S 1＝1－12×12×12＝78，∴p 1＝S 1S ＝78.满足|x －y|≤12的区域如图2中的阴影部分，图2其面积为S 2＝1－12×12×12－12×12×12＝34，∴p 2＝S 2S ＝34.满足xy ≤12的区域如图3中的阴影部分．图3其面积为S 3＝12×1＋∫11212x d x＝12＋12ln x ⎪⎪⎪112＝12＋12ln 2， ∴p 3＝S 3S ＝12＋12ln 2.∵p 1－p 3＝38－12ln 2＝3－4ln 28＝18ln e 316，而e 3＞16，∴p 1－p 3＞0，即p 1＞p 3.又p 2－p 3＝14－12ln 2＝14ln e 4＜0，∴p 2＜p 3，∴p 1＞p 3＞p 2. 答案：B【1－3】(2014·河池一模)PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物，我国PM2.5标准采用世卫组织设定的最宽限值，即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/立方米至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，北方城市环保局从该市市区2013年全年每天的PM2.5监测数据中随机的抽取20天的数据作为样本，发现空气质量为一级的有4天，为二级的有10天，超标的有6天．(1)从这20天的日均PM2.5监测数据中，随机抽出三天数据，求恰有一天空气质量达到一级的概率；(2)从这20天的数据中任取三天数据，求抽到PM2.5监测数据超标的天数不超过2天的概率；(3)根据这20天的PM2.5日均值来估计一年的空气质量情况，则一年(按365天计算)中平均有多少天的空气质量达到一级或二级．解析：(1)从题中条件可知，空气质量为一级的有4天，为二级的有10天，超标的有6天，记“从20天的PM2.5日均监测数据中，随机抽出三天，恰有一天空气质量达到一级”为事件A，则P(A)＝C14·C216 C320＝819.(2)记“从20天的PM2.5日均监测数据中，随机抽出三天，抽到PM2.5监测数据超标的天数不超过2天”为事件B，记“从20天的PM2.5日均监测数据中，随机抽出三天，抽到PM2.5监测数据均超标”为事件C，则P(B)＝1－P(C)＝1－C 36C 320＝1－157＝5657. (3)20天的空气质量达到一级或二级的频率为4＋1020＝710，则估计一年中空气质量达到一级或二级的天数η～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫365，710，则Eη＝365×710＝255.5，所以估计一年中有255.5天的空气质量达到一级或二级．考点二 计数原理考点精析1．解应用题时，首先要仔细审题，判断是组合问题还是排列问题，要按元素的性质分类，按事件发生的过程进行分步．2．对于附有条件的比较复杂的排列组合应用题，要周密分析，设计出合理的方案，把复杂问题分解成若干简单的基本问题后应用分类计数原理或分步计数原理来解决．3．分配问题的一般解法是先分组，后分配，且要注意是均匀分组还是非均匀分组，若是均匀分组，则需要除以组的全排列数．4．(a ＋b)n 与(b ＋a)n 虽然结果相同，但具体到展开式的某一项时它们是不同的，(a ＋b)n 的开展式第r ＋1项C r n an －r b r 和(b ＋a)n 的开展式的第r ＋1项C r nb n －r a r 是有区别的． 5．通项T r ＋1＝C r n an －r b r 是(a ＋b)n 的展开式的第r ＋1项，这里r ＝0，1，2，…，n.6．由于二项式系数与各项系数的差别，二项式系数最大项必定是中间项，而系数最大的项不一定是中间项．例2－1(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个考点：排列、组合及简单计数问题．分析：分两类进行分析：第一类是万位数字为4，个位数字分别为0，2；第二类是万位数字为5，个位数字分别为0，2，4.再根据分类加法计数原理求个数．解析：万位上的数字是4的偶数有C12A34＝2×4×3×2＝48个，万位上的数字是5的偶数有C13A34＝3×4×3×2＝72个，由分类加法计数原理知，比40 000大的偶数共有72＋48＝120个．答案：B点评：解决此类问题关键是熟练掌握分类计数原理和分步计数原理，以及明确万位上的数字分别为4和5，再分类计数．属中档题．例2－2(2015·陕西卷)二项式(x＋1)n(n∈N*)的展开式中x2的系数为15，则n＝()A．7 B．6C．5 D．4考点：二项式定理．分析：根据二项展开式的通项公式求解．解析：∵(x＋1)n＝(1＋x)n，又(1＋x)n的通项为：T r＋1＝C r n·x r.令r＝2，则C2n＝15，∴n(n－1)＝30.又n＞0，得n＝6，故选B.答案：B点评：本题考查二项展开式的通项公式，考查方程思想，属于基础题．规律总结两个计数原理、排列、组合是计数重要模型，是求古典概型概率的基础，因而也是高考重点考查对象，主要是结合离散型随机变量分布列在一起考查．若单独命题则以选择、填空题形式呈现，重点考查有限制的排列、组合问题．二项式定理应用十分广泛，因而是历年高考必考内容，一般为选择、填空题，难度为容易题，主要考查二项定理的应用．变式训练【2－1】(2014·南昌模拟)从0，2，4中取一个数字，从1，3，5中取两个数字，组成无重复数字的三位数，则所有不同的三位数的个数是()A．36 B．48C．52 D．54解析：第一类从2，4中任取一个数，有C12种取法，同时从1，3，5中取两个数字，有C23种取法，再把三个数全排列，有A33种排法．故有C 12C 23A 33＝36种取法．第二类从0，2，4中取出0，有C 11种取法，从1，3，5三个数字中取出两个数字，有C 23种取法，然后把两个非0的数字中的一个先安排在首位，有A 12种排法，剩下的两个数字全排列，有A 22种排法．共有C 11C 23A 12A 22＝12种方法．共有36＋12＝48种排法．答案：B【2－2】 (2015·广东卷)某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，那么全班共写了________条毕业留言．(用数字作答)解析：∵同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，且全班共有40人，∴全班共写了A 240＝40×39＝1 560条毕业留言．答案：1 560【2－3】 (2015·安徽卷)⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋1x 7的展开式中x 5的系数是________．(用数字填写答案)解析：展开式的通项为T k ＋1＝C k 7(x 3)7－k ·x －k ＝C k 7x21－4k ，令21－4k ＝5，得k ＝4，则展开式中x 5的系数为C 47＝35.答案：35【2－4】 (2015·湖南卷)已知⎝⎛⎭⎪⎫x －a x 5的展开式中含x 32的项的系数为30，则a ＝( )A. 3 B ．－3 C ．6 D ．－6解析：⎝⎛⎭⎪⎫x －a x 5的展开式的通项为 T r ＋1＝C r 5(x )5－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－a x r ＝(－a )r C r 5·x 5－2r 2. 依题意，令5－2r ＝3，得r ＝1，∴(－a )1·C 15＝30，a ＝－6，故选D.答案：D考点三 离散型随机变量及其分布考点精析1．离散型随机变量在某一范围内取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和．2．离散型随机变量与几何概率，计数原理，事件的互斥、独立，统计等知识相结合时，要注意将问题进行分解，同时要注意相关知识的正确应用．例 3－1(2015·陕西卷)设某校新、老校区之间开车单程所需时间为T ，T 只与道路畅通状况有关，对其容量为100的样本进行统计，结果如下： T (分钟)25 30 35 40 频数(次) 20 30 40 10(1)求T 的分布列与数学期望ET ；(2)刘教授驾车从老校区出发，前往新校区作一个50分钟的讲座，结束后立即返回老校区，求刘教授从离开老校区到返回老校区共用时间不超过120分钟的概率．考点：频数、频率、离散型随机变量的分布列、数学期望、互斥事件．分析：(1)根据频数与频率的关系列出分布列，并利用公式求数学期望．(2)将所求事件分解为几个互斥事件，用互斥事件概率公式求解．解析：(1)由统计结果可得T的频率分布为T(分钟)25303540频数0.20.30.40.1以频率估计概率得T的分布列为T 25303540P 0.20.30.40.1从而ET＝25×0.2＋30×0.3＋35×0.4＋40×0.1＝32(分钟)．(2)设T1，T2分别表示往、返所需时间，T1，T2的取值相互独立，且与T的分布列相同．设事件A表示“刘教授共用时间不超过120分钟”，由于讲座时间为50分钟，所以事件A对应于“刘教授在路途中的时间不超过70分钟”．(方法1)P(A)＝P(T1＋T2≤70)＝P(T1＝25，T2≤45)＋P(T1＝30，T2≤40)＋P(T1＝35，T2≤35)＋P(T1＝40，T2≤30)＝0.2×1＋0.3×1＋0.4×0.9＋0.1×0.5＝0.91.(方法2)P(A－)＝P(T1＋T2＞70)＝P(T1＝35，T2＝40)＋P(T1＝40，T2＝35)＋P(T1＝40，T2＝40)＝0.4×0.1＋0.1×0.4＋0.1×0.1＝0.09.故P(A)＝1－P(A－)＝0.91.点评：本题考查离散型随机变量的分布列、互斥事件，其中，将所求事件分解为几个互斥事件是解题的关键，属于中档题．规律总结本考点在高考中主要的考查方式是解答题，主要考查独立事件的概率计算、离散型随机变量的概率分布(两点分布、超几何分布、二项分布是三个典型的概率分布模型)、数学期望和方差的计算，以及考查概率统计在实际问题中的应用．该部分的另外一个考点是正态分布，一般是以选择题或填空题的形式出现，考查的重点是根据正态密度曲线的对称性进行概率计算．从近几年的考查情况看，部分课标地区有加大概率统计解答题难度的趋势，但主流还是难度中等或者偏易．变式训练【3－1】A，B两组各有7位病人，他们服用某种药物后的康复时间(单位：元)记录如下：A组：10，11，12，13，14，15，16；B组：12，13，15，16，17，14，a.假设所有病人的康复时间互相独立，从A，B两组随机各选1人，A组选出的人记为甲，B组选出的人记为乙．(1)求甲的康复时间不少于14天的概率；(2)如果a＝25，求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率；(3)当a为何值时，A，B两组病人康复时间的方差相等？(结论不要求证明)解析：设事件A i为“甲是A组的第i个人”，事件B i为“乙是B组的第j个人”，i，j＝1，2， (7)由题意可知P(A i)＝P(B i)＝17，i，j＝1，2， (7)(1)由题意知，事件“甲的康复时间不少于14天”等价于“甲是A 组的第5人，或者第6人，或者第7人”，所以甲的康复时间不少于14天的概率是P(A5∪A6∪A7)＝P(A5)＋P(A6)＋P(A7)＝3 7.(2)设事件C为“甲的康复时间比乙的康复时间长”．由题意知，C＝A4B1∪A5B1∪A6B1∪A7B1∪A5B2∪A6B2∪A7B2∪A7B3∪A6B6∪A7B6.因此P(C)＝P(A4B1)＋P(A5B1)＋P(A6B1)＋P(A7B1)＋P(A5B2)＋P(A6B2)＋P(A7B2)＋P(A7B3)＋P(A6B6)＋P(A7B6)＝10P(A4B1)＝10P(A4)P(B1)＝10 49.(3)a＝11或a＝18.【3－2】(2015·福建卷)某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误，该银行卡将被锁定．小王到该银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但可以确认该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试．若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定．(1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率；(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X，求X的分布列和数学期望．解析：(1)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A .则P (A )＝56×45×34＝12.(2)依题意得，X 所有可能的取值是1，2，3.又P (X ＝1)＝16，P (X ＝2)＝56×15＝16.P (X ＝3)＝56×45×1＝23.所以X 的分布列为 X1 2 3 P 16 16 23所以E (X )＝1×16＋2×16＋3×23＝52.【3－3】 (2015·武汉模拟)甲、乙、丙三人进行乒乓球练习赛，其中两人比赛，另一人当裁判，每局比赛结束时，负的一方在下一局当裁判，设各局中双方获胜的概率为12，各局比赛的结果相互独立，第1局甲当裁判．(1)求第4局甲当裁判的概率；(2)用X 表示前4局中乙当裁判的次数，求X 的分布列和数学期望． 解析：(1)记A 1，表示事件“第2局结果为甲胜”，A 2表示事件“第3局结果为甲负”，A 表示事件“第4局甲当裁判”．则A ＝A 1·A 2.则P (A )＝P (A 1·A 2)＝P (A 1)P (A 2)＝14.(2)X 的可能取值为0，1，2.记A 3表示事件“第3局乙和丙比赛时，结果为乙胜丙”，B 1表示事件“第1局结果为乙胜丙”，B 2表示事件“第2局乙和甲比赛时，结果为乙胜甲”，B 3表示事件“第3局乙参加比赛时，结果为乙负”．则P (X ＝0)＝P (B 1·B 2·A 3)＝P (B 1)P (B 2)P (A 3)＝18，P (X ＝2)＝P (B －1·B 3)＝14，则P (X ＝1)＝1－P (X ＝0)－P (X －2)＝1－18－14＝58.∴X 的分布列为 X0 1 2 P 18 58 14∴E (X )＝0×18＋1×58＋2×14＝98.【3－4】 (2015·天津卷)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 的分布列和数学期望．解析：由已知，有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－k3C 48(k ＝1，2，3，4)．所以，随机变量X 的分布列为 X 1 2 3 4P 114 37 37 114随机变量X 的数学期望 E (X )＝1×114＋2×37＋3×37＋4×114＝52.【3－5】 (2015·湖北卷)设X ～N (μ1，σ21)，Y ～N (μ2，σ22)，这两个正态分布密度曲线如图所示，下列结论中正确的是( )A ．P (Y ≥μ2)≥P (Y ≥μ1)B ．P (X ≤σ2)≤P (X ≤σ1)C ．对任意正数t ，P (X ≥t )≥P (Y ≥t )D ．对任意正数t ，P (X ≤t )≥P (Y ≤t )解析：由图象可以比较出μ1和μ2，σ1和σ2的相对大小，再结合图象判断四个选项的正误．由图象知，μ1＜μ2，σ1＜σ2，P (Y ≥μ2)＝12，P (Y ≥μ1)＞12，故P (Y ≥μ2)＜P (Y ≥μ1)，故A 错；因为σ1＜σ2，所以P (X ≤σ2)＞P (X ≤σ1)，故B 错；对任意正数t ，P (X ≥t )＜P (Y ≥t )，故C 错；对任意正数t ，P (X ≤t )≥P (Y ≤t )是正确的，故选D.答案：D(见学生用书P 111)例 1 8人进行乒乓球单打比赛，水平高的总能胜水平低的，欲选出水平最高的两人，至少需要比赛的场数为__________(用数字作答)．考场错解：每两人之间比赛一场，需要比赛C 28＝28场，填28.或第一轮分成4对进行比赛，负者被淘汰，胜者进入第二轮，需4场比赛；第二轮分成2对进行比赛，胜者为水平最高的两人，需2场比赛．所以至少需要比赛6场，填6.专家把脉：前一种解法的错误是没有看清题意，“至少”没有理解好；后一种解法的错误是没有选出水平最高的两人，错误地认为这种淘汰赛最后的两人就是水平最高的两人，实际上第二名有可能在第一轮或第二轮就被第一名淘汰了．对症下药：先将8人分成4对进行比赛，胜者进入第二轮，需要4场比赛，将进入第二轮的四人分成2对进行比赛，胜者进入第三轮，需要2场比赛，进入第三轮的2人进行比赛，胜者为第一名，需一场比赛；将第一轮、第二轮、第三轮被第一名淘汰的选手共3人决出第二名，需2场比赛．所以至少需要4＋2＋1＋2＝9场比赛．专家会诊：两个基本原理是学习排列、组合的重要基础，解决两个原理的应用问题首先要明确所完成的事情是什么，然后再分析每一种做法，事情是否完成，从而区分分类计数原理和分步计数原理，运用分类计数原理时，要恰当分类，做到不重复，又不遗漏；运用分步计数原理时，关键是分好步，需要分析要分几步才能完成．一个比较复杂的问题一般遵循先分类后分步的解题步骤，平时应注意养成一题从多角度来解的习惯．例2某同学参加科普知识竞赛，需回答三个问题．竞赛规则规定：每题回答正确得100分，回答不正确得－100分，假设这名同学每题回答正确的概率均为0.8，且各题回答正确与否相互之间没有影响．(1)求这名同学回答这三个问题的总得分ξ的概率分布和数学期望；(2)求这名同学总得分不为负分(即ξ≥0)的概率．考场错解：(1)由于这名同学每题回答正确的概率均为0.8，且各题回答正确与否相互之间没有影响，所以ξ服从二项分布．所以Eξ＝100×0.8.专家把脉：二项分布的概念理解错误，把n次独立重复试验事件A发生的次数作为随机变量，则这个随机变量服从二项分布，而本题中的得分不是这种随机变量，所以不服从二项分布，实际上本题中回答正确的个数服从二项分布．对症下药：(1)设这名同学回答正确的个数为随机变量η，则依题意η～B(3，0.8)，∴Eη＝2.4，又ξ＝－300＋200η.η＝0时，ξ＝－300；η＝1时，ξ＝－100；η＝2时，ξ＝100；η＝3时，ξ＝300.所以ξ的分布列如下表所示：ξ－300－100100300P 0.0080.0960.3840.512∴Eξ＝180.(2)这名同学总得分不为负分的概率为P(ξ≥0)＝0.384＋0.512＝0.896.专家会诊：离散型随机变量的分布列，期望与方差是概率统计的重点内容，对离散型随机变量及分布列，期望与方差的概念是关键．求离散型随机变量的分布列的步骤是：(1)根据问题实际找出随机变量ξ的所有可能值x i；(2)求出各个取值的概率P(ξ＝x i)＝P i；(3)画表填入相应数字，其中随机变量ξ的取值很容易出现错误，解题时应认真推敲，对于概率通常利用所有概率之和是否等于1来进行检验．期望与方差的计算公式尤其是方差的计算公式较为复杂，要在理解的基础上进行记忆．(见学生用书P186)一、选择题1．(2014·上海模拟)有5盆菊花，其中黄菊花2盆、白菊花2盆、红菊花1盆，现把它们摆放成一排，要求2盆黄菊花必须相邻，2盆白菊花不能相邻，则这5盆花不同的摆放种数是()A．12 B．24C．36 D．48解析：由题意，第一步将黄1与黄2绑定，两者的站法有2种，第二步将黄1黄2看作一个整体，与红菊花看作两个元素做一个全排列有A22种站法，此时隔开了三个空，第三步将白1，白2两菊花插入三个空，排法种数为A23，则不同的排法种数为2×A22×A23＝2×2×6＝24.答案：B2．(2014·武汉模拟)设m为正整数，(x＋y)2m展开式的二项式系数的最大值为a，(x＋y)2m＋1展开式的二项式系数的最大值为b，若13a ＝7b，则m＝()A ．5B ．6C ．7D ．8解析：∵m 为正整数，由(x ＋y )2m 展开式的二项式系数的最大值为a ，以及二项式系数的性质可得a ＝C m 2m ，同理，由(x ＋y )2m ＋1展开式的二项式系数的最大值为b ，可得b ＝C m 2m ＋1.再由13a ＝7b ，可得13C m 2m ＝7C m 2m ＋1，即13×（2m ）！m ！·m ！＝7×（2m ＋1）！m ！·（m ＋1）！， 即13＝7×2m ＋1m ＋1， 即13(m ＋1)＝7(2m ＋1)．解得m ＝6.答案：B3．(2014·黄冈模拟)已知α，β，γ是平面，a ，b 是两条不重合的直线，下列说法正确的是( )A ．“若a ∥b ，a ⊥α，则b ⊥α”是随机事件B ．“若a ∥b ，a ∥α，则b ∥α”是必然事件C ．“若α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β”是必然事件D ．“若a ⊥α，a ∩b ＝P ，则b ⊥α”是不可能事件解析：A 选项中，a ∥b ，a ⊥α，则b ⊥α一定成立，这是一个必然事件，命题不正确；B 选项中，若a ∥b ，a ∥α，则b ∥α不一定正确，因为线可能在面内，命题不正确；C 选项中，若α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β不一定成立，垂直于同一个平面的两个平面其位置关系是可以相交，也可以平行，故命题不正确；D 选项中，若a ⊥α，a ∩b ＝P ，则b ⊥α，此命题不可能成立，故是不可能事件，命题正确．答案：D4．(2014·长郡模拟)如图，CDEF 是以圆O 为圆心，半径为1的圆的内接正方形，将一颗豆子随机地扔到该圆内，用A 表示事件“豆子落在扇形OCFH 内”(点H 将劣弧EF 二等分)，B 表示事件“豆子落在正方形CDEF 内”，则P (B |A )＝()A.3πB.2πC.38D.3π16解析：A 表示事件“豆子落在扇形OCFH 内”(点H 将劣弧EF 二等分)，扇形OCFH 的面积为38π，∴事件A 发生的概率P (A )＝38ππ＝38. ∵豆子落在扇形OCFH 内且在正方形CDEF 内的面积为3π8－π－28×3＝34.∴P (AB )＝34π＝34π， ∴P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝34π38＝2π. 答案：B5．(2015·荆州中学模拟)在区间[－π，π]内随机取两个数分别记为a ，b ，则使得函数f (x )＝x 2＋2ax －b 2＋π有零点的概率为( )A.78B.34C.12D.14解析：建立如图所示的平面直角坐标系，则试验的全部结果构成的区域为正方形ABCD 及其内部．要使函数f (x )＝x 2＋2ax －b 2＋π有零点，则必须有Δ＝4a 2－4(－b 2＋π)≥0，即a 2＋b 2≥π，其表示的区域为图中阴影部分，故所求概率P ＝S 阴影S 正方形＝3π24π2＝34. 答案：B6．(2014·广州模拟)已知随机变量ξ～N (0，a 2)，且P (ξ>1)＝P (ξ<a－3)，则a 的值为( )A ．2B ．－2C ．0D ．1解析：由题意，∵ξ～N (0，a 2)，∴曲线的对称轴是直线x ＝0.∵P (ξ>1)＝P (ξ<a －3)，∴a －3＋1＝0，∴a ＝2.答案：A7．(2014·福建模拟)已知f (x )，g (x )都是定义在R 上的函数，g (x )≠0，f ′(x )g (x )<f (x )g ′(x )，f (x )＝a xg (x )，f （1）g （1）＋f （－1）g （－1）＝52，在有穷数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f （n ）g （n ）(n ＝1，2，…，10)中，任意取前k 项相加，则前k 项和大于1516的概率是( )A.15B.25C.45D.35解析：令h (x )＝f （x ）g （x ）， 则h ′(x )＝f ′（x ）g （x ）－f （x ）g ′（x ）[g （x ）]2<0， 故h (x )＝a x 单调递减，所以0<a <1.又f （1）g （1）＋f （－1）g （－1）＝a ＋1a ＝52，解得a ＝12，则f （n ）g （n ）＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n . 其前n 项和S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n . 由1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n >1516，得n >4， 故所求概率P ＝610＝35.答案：D8．(2014·上海模拟)某人抛掷一枚硬币，出现正反的概率都是12，构造数列{a n }，使得当第n 次出现正面时，a n ＝1，当第n 次出现反面时，a n ＝－1，记S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n (n ∈N *)，则S 4＝2的概率为( )A.116B.18C.14D.12解析：由S 4＝2可得，扔4次硬币，出现了3次正面和一次反面，共有C 34C 11＝4种情况，而所有的情况共有24＝16种，故S 4＝2的概率为416＝14.答案：C二、填空题9．(2015·洛阳模拟)将5名实习老师分配到4个班级任课，每班至少1人，则不同的分配方法数是______(用数字作答)．解析：第一步从5名实习老师中选出2名组成一个元素，有C 25＝。