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 第一节 排列、组合实用课件 理

1 / 12 2021版高考数学一轮总复习第十一章计数原理和概率题组训练85n次独立重复试验与二项分布理202105154134

1．下列表中能成为随机变量X的分布列的是(

)

答案 C

2．袋中有大小相同的红球6个、白球5个，从袋中每次任意取出1个球，直到取出的球是白球时为止，所需要的取球次数为随机变量ξ，则ξ的可能值为( )

A．1，2，…，6 B．1，2，…，7

C．1，2，…，11 D．1，2，3，…

答案 B

解析 除白球外，其他的还有6个球，因此取到白球时取球次数最少为1次，最多为7次．故选B.

3．若某一随机变量X的概率分布如下表，且m＋2n＝1.2，则m－n2的值为( )

X 0 1 2 3

P 0.1 m n

0.1

A.－0.2

B．0.2

C．0.1 D．－0.1

答案 B

解析 由m＋n＋0.2＝1，m＋2n＝1.2，可得m＝n＝0.4，m－n2＝0.2.

4．已知随机变量X的分布列为P(X＝k)＝12k，k＝1，2，…，则P(2

A.316 B.14

C.116 D.516

答案 A 2 / 12 解析 P(2

5．若随机变量X的分布列为

X －2 －1 0 1 2 3

P 0.1 0.2 0.2 0.3 0.1 0.1

则当P(X

A．(－∞，2] B．[1，2]

C．(1，2] D．(1，2)

答案 C

解析 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

6．袋中有大小相同的5只钢球，分别标有1，2，3，4，5五个号码，任意抽取2个球，设2个球号码之和为X，则X的所有可能取值个数为( )

A．25 B．10

C．7 D．6

答案 C

解析 X的可能取值为1＋2＝3，1＋3＝4，1＋4＝5＝2＋3，1＋5＝6＝4＋2，2＋5＝7＝3＋4，3＋5＝8，4＋5＝9.

第1讲 概率与统计的基本问题

一、选择题

1．(2015·重庆卷)重庆市2013年各月的平均气温(℃)数据的茎叶图如下：

0 8 9

1 2 5 8

2 0 0 3 3 8

3 1 2

则这组数据的中位数是( )

A．19 B．20 C．21.5 D．23

解析 从茎叶图知所有数据为8，9，12，15，18，20，20，23，23，28，31，32，中间两个数为20，20，故中位数为20，选B.

答案 B

2．(2015·武汉期末)二项式(2x2－1x)5的展开式中x的系数为( )

A．－20 B．20 C．－40 D．40

解析 Tr＋1＝Cr5(2x2)5－r·－1xr

＝Cr5·25－r·(－1)r·x10－3r

令10－3r＝1得r＝3，

所以T4＝C35·22·(－1)3·x＝－40x，

故x的系数为－40.

答案 C

3．对一个容量为N的总体抽取容量为n的样本，当选取简单随机抽样、系统抽样和分层抽样三种不同方法抽取样本时，总体中每个个体被抽中的概率分别为p1，p2，p3，则( )

A．p1＝p2＜p3 B．p2＝p3＜p1 C．p1＝p3＜p2 D．p1＝p2＝p3

解析 由于三种抽样过程中每个个体被抽到的概率都是相等的，因此p1＝p2＝p3.

答案 D

4．(2015·豫西名校期末)河南省2013级高中学业水平考试在2015年1月16日至18日共考试三天，需考语文、数学、英语、物理、化学、生物、政治、历史、地理九门学科，若语文、数学、英语必须安排在下午，每天上午安排其余的六门学科，且每天上午考两门，下午考一门，问有多少种安排考试顺序的方法( )

A．540 B．720

C．3 240 D．4 320

解析 A33·A26·A24·A22＝4 320.

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第十一章 计数原理与概率、随机变量及其分布

第一节 分类加法计数原理与分步乘法计数原理

两个计数原理

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 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 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

(1)每类方法都能独立完成这件事，它是独立的、一次的，且每次得到的是最后结果，只需一种方法就可完成这件事.

(2)各类方法之间是互斥的、并列的、独立的.

(1)每一步得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事，只有各个步骤都完成了才能完成这件事.

(2)各步之间是相互依存的，并且既不能重复也不能遗漏.

二、常用结论

1.完成一件事可以有n类不同方案，各类方案相互独立，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法……在第n类方案中有mn种不同的方法.那么，完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法.

2.完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法.那么，完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法.

考点一 分类加法计数原理

1.在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数为________.

解析：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

答案：36

2.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 2种不同的走法；

- 1 - §11.8 条件概率、n次独立重复试验与二项分布

考纲展示►

1.了解条件概率和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，并能解决一些简单的实际问题．

考点1 条件概率

条件概率

(1)定义

设A，B为两个事件，且P(A)>0，称P(B|A)＝PABPA为在事件A发生条件下，事件B发生的条件概率．

(2)性质

①0≤P(B|A)≤1；

②如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)．

条件概率的性质．

(1)有界性：0≤P(B|A)≤1.( )

(2)可加性：如果B和C为互斥事件，则P((B∪C)|A)＝P(B|A)＋P(C|A)．( )

[典题1] (1)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.18 B.14 C.25 D.12

(2)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，现随机地从1号箱中取出一球放入2号箱，然后从2号箱随机取出一球，则两次都取到红球的概率是( ) - 2 - A.1127 B.1124 C.827 D.924

[点石成金] 条件概率的两种求解方法

(1)定义法：先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝PABPA求P(B|A)．

(2)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)＝nABnA.

考点2 事件的相互独立性

(1)定义：设A，B为两个事件，如果P(AB)＝________，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，则A与B、A与B、A与B也都相互独立，P(B|A)＝________，P(A|B)＝________.

[典题2] 为了分流地铁高峰的压力，某市发改委通过听众会，决定实施低峰优惠票价制度．不超过22千米的地铁票价如下表：