( 一轮复习用卷)计数原理、概率、随机变量及其分布、统计、统计案例

第四讲 随机事件的概率知识梳理·双基自测 知识梳理知识点一 随机事件和确定事件(1)在条件S 下，__必然要发生__的事件，叫做相对于条件S 的必然事件，简称必然事件． (2)在条件S 下，__不可能发生__的事件，叫做相对于条件S 的不可能事件，简称不可能事件． (3)必然事件和不可能事件统称为相对于条件S 的确定事件，简称确定事件．(4)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，简称随机事件． 知识点二 概率与频率(1)概率与频率的概念：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n A 为事件A 出现的__频数__，称事件A 出现的比例f n (A)＝n An为事件A 出现的__频率__．(2)概率与频率的关系：对于给定的随机事件A ，由于事件A 发生的频率f n (A)随着试验次数的增加稳定于概率P(A)，因此可以用__频率f n (A)__来估计概率P(A)．知识点三 互斥事件与对立事件 事件的关系与运算 定义符号表示 包含 关系 若事件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__，则称事件A 与事件B 相等 __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__，则称此事件为事件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__，则称事件A 与事件B 互为对立事件__A∩B＝∅，__ __且A ∪B ＝Ω__重要结论概率的几个基本性质(1)概率的取值范围：__0≤P(A)≤1__． (2)必然事件的概率：P(A)＝__1__． (3)不可能事件的概率：P(A)＝__0__．(4)概率的加法公式：若事件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)＝__1__，P(A)＝__1－P(B)__．双基自测题组一 走出误区1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (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)掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”，这三个结果是等可能的．( × )(5)对立事件肯定是互斥事件、互斥事件不一定是对立事件．( √ ) 题组二 走进教材2．(P 121T4)一个人打靶时连续射击两次，事件“至少有一次中靶”的对立事件是( D ) 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[解析] “至少有一次中靶”的对立事件是“两次都不中靶”．故选D ． 3．(P 133T4)同时掷两个骰子，向上点数不相同的概率为__56__．[解析] 掷两个骰子一次，向上的点数共6×6＝36(种)可能的结果，其中点数相同的结果共有6种，所以点数不相同的概率P ＝1－636＝56．题组三 走向高考4．(2018·课标全国卷Ⅲ)若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为( B )A ．0.3B ．0.4C ．0.6D ．0.7[解析] 设事件A 为“不用现金支付”，事件B 为“既用现金支付也用非现金支付”，事件C 为“只用现金支付”，则P(A)＝1－P(B)－P(C)＝1－0.15－0.45＝0.4故选B ．5．(2020·新课标Ⅰ)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 )A ．15B ．25C ．12D ．45[解析] O ，A ，B ，C ，D 中任取3点，共有 C 35＝10种，即OAB ，OAC ，OAD ，OBC ，OBD ，OCD ，ABC ，ABD ，ACD ，BCD 十种， 其中共线为A ，O ，C 和B ，O ，D 两种， 故取到的3点共线的概率为P ＝210＝15，故选A ．考点突破·互动探究考点一 随机事件的关系——自主练透例1 (1)(2020·辽宁六校协作体期中)从装有2个红球和2个白球的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是( C )A ．“至少有1个白球”和“都是红球”B ．“至少有2个白球”和“至多有1个红球”C ．“恰有1个白球”和“恰有2个白球”D ．“至多有1个白球”和“都是红球”(2)(2021·中山模拟)从1,2,3,4,5这5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( C ) A ．① B ．②④ C ．③D ．①③(3)设条件甲：“事件A 与事件B 是对立事件”，结论乙：“概率满足P(A)＋P(B)＝1”，则甲是乙的( A )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] (1)对于选项A ，“至少有1个白球”和“都是红球”是对立事件，不符合题意；对于选项B ，“至少有2个白球”表示取出2个球都是白色的，而“至多有1个红球”表示取出的球1个红球1个白球，或者2个都是白球，二者不是互斥事件，不符合题意；对于选项C ，“恰有1个白球”表示取出2个球1个红球1个白球，与“恰有2个白球”是互斥而不对立的两个事件，符合题意；对于选项D ，“至多有1个白球”表示取出的2个球1个红球1个白球，或者2个都是红球，与“都是红球”不是互斥事件，不符合题意．故选C ．(2)从1,2,3,4,5这5个数中任取两个数有3种情况：一奇一偶，2个奇数，2个偶数．其中“至少有一个是奇数”包含一奇一偶或2个奇数这两种情况，它与两个都是偶数是对立事件．又①中的事件可以同时发生，不是对立事件，故选C ．(3)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，满足P(A)＋P(B)＝1，但A ，B 不一定是对立事件，如：事件A ：“至少出现一次正面”，事件B ：“出现3次正面”，则P(A)＝78，P(B)＝18，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．名师点拨(1)准确把握互斥事件与对立事件的概念：①互斥事件是不可能同时发生的事件，但也可以同时不发生；②对立事件是特殊的互斥事件，特殊在对立的两个事件不可能都不发生，既有且仅有一个发生．(2)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．〔变式训练1〕(2021·宁夏检测)抽查10件产品，设事件A 为“至少有2件次品”，则事件A 的对立事件为( B ) A ．至多有2件次品 B ．至多有1件次品 C ．至多有2件正品D ．至少有2件正品[解析] ∵“至少有n 个”的反面是“至多有n －1个”，又∵事件A“至少有2件次品”，∴事件A 的对立事件为“至多有1件次品”．考点二 随机事件的概率——多维探究 角度1 频率与概率例2 (2018·北京高考)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： 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0.40.20.150.250.20.1(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)[解析] (1)由题意知，样本中电影的总部数是140＋50＋300＋200＋800＋510＝2 000， 第四类电影中获得好评的电影部数是200×0.25＝50． 故所求概率为502 000＝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1－3722 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． 角度2 统计与概率例3 (2021·云南名校适应性月考)下边茎叶图表示的是甲、乙两人在5次综合测评中的成绩，其中有一个数字被污损，则甲的平均成绩超过乙的平均成绩的概率是( A )甲 乙 9 8 8 3 3 7 2 1 09● 9A ．45B ．25C ．910D ．710[解析] 记其中被污损的数字为x ，由题知甲的5次综合测评的平均成绩是15×(80×2＋90×3＋8＋9＋2＋1＋0)＝90，乙的5次综合测评的平均成绩是15×(80×3＋90×2＋3＋3＋7＋x ＋9)＝442＋x 5， 令90＞442＋x 5，解得x ＜8，即x 的取值可以是0～7，因此甲的平均成绩超过乙的平均成绩的概率是810＝45．故选A ．名师点拨概率和频率的关系概率可看成频率在理论上的稳定值，它从数量上反映了随机事件发生的可能性的大小，它是频率的科学抽象，当试验次数越来越多时频率向概率靠近，只要次数足够多，所得频率就近似地当作随机事件的概率．〔变式训练2〕(1)(2021·黑龙江大庆质检)某公司欲派甲、乙、丙3人到A ，B 两个城市出差，每人只去1个城市，且每个城市必须有人去，则A 城市恰好只有甲去的概率为( B )A ．15B ．16C ．13D ．14(2)(2021·吉林模拟)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．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？[解析] (1)总的派法有：(甲、乙A)，(丙B)；(甲、乙B)，(丙A)；(甲、丙A)，(乙B)；(甲、丙B)，(乙A)；(乙、丙A)，(甲B)；(乙、丙B)，(甲A)，共6种(或C 23A 22＝6(种))，A 城市恰好只有甲去有一种，故所求概率P ＝16．(2)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2001 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100＋2001 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2001 000＝0.2，顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为100＋200＋3001 000＝0.6，顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为1001 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． 考点三 互斥事件、对立事件的概率——师生共研例4 (1)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：①P(A)，P(B)，P(C)； ②1张奖券的中奖概率；③1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率．(2)(2021·河南新乡模拟)从5个同类产品(其中3个正品，2个次品)中，任意抽取2个，下列事件发生概率为910的是( C )A ．2个都是正品B ．恰有1个是正品C ．至少有1个正品D ．至多有1个正品[解析] (1)①P(A)＝11 000，P(B)＝101 000＝1100，P(C)＝501 000＝120．②因为事件A ，B ，C 两两互斥，所以P(A ∪B ∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝11 000＋1100＋120＝611 000．故1张奖券的中奖概率为611 000．③P(A ∪B )＝1－P(A ＋B)＝1－⎝⎛⎭⎪⎫11 000＋1100＝9891 000．故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为9891 000．(2)从5个产品中任取2个的取法有C 25＝10种，其中2个都是正品的取法有C 23＝3种，故2个都是正品的概率P 1＝310；其对立事件是“至多有1个正品”，概率为P 2＝1－P 1＝1－310＝710．恰有1个正品的取法有C 13·C 12＝6种，故恰有1个正品的概率P 3＝610＝35．至少有1个正品的概率P 4＝P 1＋P 3＝310＋610＝910．名师点拨求复杂的互斥事件的概率的两种方法(1)直接求解法，将所求事件的概率分解为一些彼此互斥的事件的概率的和，运用互斥事件的概率求和公式计算．(2)间接求法，先求此事件的对立事件的概率，再用公式P(A)＝1－P(A)，即运用逆向思维(正难则反)．特别是“至多”“至少”型题目，用间接求法就显得较简便．〔变式训练3〕(1)(2020·西安二模)2021年某省新高考将实行“3＋1＋2”模式，即语文、数学、外语必选，物理、历史二选一，政治、地理、化学、生物四选二，共有12种选课模式．某同学已选了物理，记事件A：“他选择政治和地理”，事件B：“他选择化学和地理”，则事件A与事件B( A )A．是互斥事件，不是对立事件B．是对立事件，不是互斥事件C．既是互斥事件，也是对立事件D．既不是互斥事件也不是对立事件(2)根据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为0.5，购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为0.3．则该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中的一种的概率为__0.8__；该地1位车主甲、乙两种保险都不购买的概率为__0.2__．[解析](1)2021年某省新高考将实行“3 ＋1＋2”模式，即语文、数学、外语必选，物理、历史二选一，政治、地理、化学、生物四选二，共有12种选课模式．某同学已选了物理，记事件A：“他选择政治和地理”，事件B：“他选择化学和地理”，则事件A与事件B不能同时发生，但能同时不发生，故事件A和B是互斥事件，但不是对立事件，故A正确．故选A．(2)记A表示事件：该车主购买甲种保险；B表示事件：该车主购买乙种保险但不购买甲种保险；C表示事件：该车主至少购买甲、乙两种保险中的一种；D表示事件：该车主甲、乙两种保险都不购买．①由题意得P(A)＝0.5，P(B)＝0.3，又C＝A∪B，所以P(C)＝P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝0.5＋0.3＝0.8．②因为D与C是对立事件，所以P(D)＝1－P(C)＝1－0.8＝0.2．名师讲坛·素养提升用正难则反的思想求对立事件的概率例5 (1)(2020·浙江湖州期末，改编)现有5个不同编号的小球，其中黑色球2个，白色球2个，红色球1个，若将其随机排成一列，则相同颜色的球都不相邻的概率是__45__．(2)(2021·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？[解析](1)“相同颜色的球不都相邻”的对立事件为“相同颜色的球都相邻”，记为事件A．因5个不同编号的小球排列有A55＝120种排法，“相同颜色的球都相邻”的排法有A22A22A33＝24种排法，∴所求概率P＝|－P(A)|＝1－24120＝45．(2)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．名师点拨“正难则反”的思想是一种常见的数学思想，如反证法、补集的思想都是“正难则反”思想的体现．在解决问题时，如果从问题的正面入手比较复杂或不易解决，那么尝试采用“正难则反”思想往往会起到事半功倍的效果，大大降低题目的难度．在求对立事件的概率时，经常应用“正难则反”的思想，即若事件A与事件B互为对立事件，在求P(A)或P(B)时，利用公式P(A)＝1－P(B)先求容易的一个，再求另一个．〔变式训练4〕某超市为了了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示．一次购物量1至4件5至8件9至12件13至16件17件及以上顾客数(人) x 30 25 y 10结算时间(分钟/人)1 1.52 2.5 3(1)确定x，y的值，并估计顾客一次购物的结算时间的平均值；(2)求一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率．(将频率视为概率)[解析](1)由已知得25＋y＋10＝55，x＋30＝45，所以x＝15，y＝ 20．该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量为100的简单随机样本，顾客一次购物的结算时间的平均值可用样本平均数估计，其估计值为1×15＋1.5×30＋2×25＋2.5×20＋3×10100＝1.9(分钟)．(2)记A为事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟”，A1，A2分别表示事件“该顾客一次购物的结算时间为2.5分钟”，“该顾客一次购物的结算时间为3分钟”，将频率视为概率得P(A1)＝20100＝1 5，P(A2)＝10100＝110．P(A)＝1－P(A1)－P(A2)＝1－15－110＝710．故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率为710．。

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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A1，3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A4，4种方法，所以奇数的个数为A错误!A错误!＝3×4×3×2×1＝72，故选D。

解答题专项六概率与统计中的综合问题解答题专项练《素养分级练》P3961.(河北张家口三模)港珠澳大桥桥隧全长55千米,桥面为双向六车道高速公路,设计速度为100千米/小时,限制速度为90~120千米/小时,通车后由桥上监控显示每辆车行车和通关时间的频率分布直方图如图所示:(1)估计车辆通过港珠澳大桥的平均时间t(单位:分钟)(精确到0.1);(2)以(1)中的平均时间t作为μ,车辆通过港珠澳大桥的时间X近似服从正态分布N(μ,36),任意取通过大桥的1 000辆汽车,求所用时间少于39.5分钟的车辆大致数目(精确到整数).附:若X~N(μ,σ2),则P(μ-σ<X≤μ+σ)≈0.6826,P(μ-2σ<X≤μ+2σ)≈0.954 4.解:(1)由频率分布直方图可得t =32.5×0.015+37.5×0.18+42.5×0.27+47.5×0.3+52.5×0.2+57.5×0.035≈45.5(分钟). (2)由题知X~N(45.5,36),所以P(X<39.5)=P(X<μ-σ)=12[1-P(μ-σ<X≤μ+σ)]=0.1587,所以1000×0.1587≈159,故所用时间少于39.5分钟的车辆大致数目为159. 2.一场科普知识竞答比赛由笔试和抢答两部分组成,若笔试和抢答满分均为100分,其中5名选手的成绩如下表所示:对于这5名选手,根据表中的数据,试解答下列两个小题: (1)求y 关于x 的线性回归方程;(2)现要从笔试成绩在90分或90分以上的选手中选出2名参加一项活动,以ξ表示选中的选手中笔试和抢答成绩的平均分高于90分的人数,求随机变量ξ的分布列及数学期望E(ξ). 附:b ^=∑i=1n(x i -x )(y i -y )∑i=1n(x i -x )2,a ^=y −b ^x .解:(1)x =87+90+91+92+955=91,y =86+89+89+92+945=90,∑i=15(x i -x )2=(-4)2+(-1)2+02+12+42=34,∑i=15(x i -x )(y i -y )=(-4)×(-4)+(-1)×(-1)+0×(-1)+1×2+4×4=35,所以b ^=3534,a ^=y −b ^x =90-3534×91=-12534,故线性回归方程为y ^=3534x-12534.(2)随机变量ξ的可能取值为0,1,2.因为笔试成绩在90分或90分以上的选手有S 2,S 3,S 4,S 5,共4人,他们笔试和抢答的成绩平均分分别为89.5,90,92,94.5,平均分高于90分的有2人,所以P(ξ=0)=C 22C2=16;P(ξ=1)=C 21C 21C 2=23;P(ξ=2)=C 22C 2=16,故ξ的分布列为所以E(ξ)=0×16+1×23+2×16=1.3.(湖北襄阳高三检测)为落实教育部的双减政策,义务教育阶段充分开展课后特色服务.某校初中部的篮球特色课深受学生喜爱,该校期末将进行篮球定点投篮测试,规则为:每人至多投3次,先在M 处投一次三分球,投进得3分,未投进不得分,以后均在N 处投两分球,每投进一次得2分,未投进不得分.测试者累计得分高于3分即通过测试,并终止投篮.甲、乙两位同学为了通过测试,进行了五轮投篮训练,每人每轮在M处和N处各投10次,根据他们每轮两分球和三分球的命中次数情况分别得到如下图表:甲乙若以每人五轮投篮训练命中频率的平均值作为其测试时每次投篮命中的概率.(1)已知该校有300名学生的投篮水平与甲同学相当,求这300名学生通过测试人数的数学期望;(2)在甲、乙两位同学均通过测试的条件下,求甲得分比乙得分高的概率.解:(1)甲同学两分球投篮命中的概率为510+410+310+610+7105=0.5,甲同学三分球投篮命中的概率为110+0+110+210+1105=0.1,设甲同学累计得分为X,则P(X=4)=0.9×0.5×0.5=0.225,P(X=5)=0.1×0.5+0.1×0.5×0.5=0.075,则P(X≥4)=P(X=4)+P(X=5)=0.3,所以甲同学通过测试的概率为0.3.设这300名学生通过测试的人数为Y,由题设Y~B(300,0.3),所以E(Y)=300×0.3=90.(2)乙同学两分球投篮命中率为210+410+310+510+6105=0.4,乙同学三分球投篮命中率为110+210+310+110+3105=0.2.设乙同学累计得分为Y,则P(Y=4)=0.8×0.4×0.4=0.128,P(Y=5)=0.2×0.4+0.2×0.6×0.4=0.128.设“甲得分比乙得分高”为事件A,“甲、乙两位同学均通过了测试”为事件B,则P(AB)=P(X=5)·P(Y=4)=0.075×0.128=0.0096,P(B)=[P(X=4)+P(X=5)]·[P(Y=4)+P(Y=5)]=0.0768,由条件概率公式可得P(A|B)=P(AB)P(B)=0.00960.0768=18.4.(山东潍坊三模)盲盒,是指消费者不能提前得知具体产品款式的玩具盒子,具有随机性.因其独有的新鲜性、刺激性及社交属性而深受各个年龄段人们的喜爱.已知M系列盲盒共有12个款式,一批盲盒中,每个盲盒随机装有一个款式,甲同学已经买到3个不同款,乙、丙同学分别已经买到m 个不同款,已知三个同学各自新购买一个盲盒,且相互之间无影响,他们同时买到各自的不同款的概率为13.(1)求m;(2)设X 表示三个同学中各买到自己不同款的总人数,求X 的分布列和数学期望.解:(1)由题意三个同学同时买到各自的不同款的概率为912×12-m 12×12-m 12=13,解得m=20或4,因为0<m≤12,所以m=4.(2)由题意知X 的所有可能取值为0,1,2,3, P(X=0)=312×412×412=136; P(X=1)=912×412×412+312×812×412×2=736;P(X=2)=912×812×412×2+312×812×812=49;P(X=3)=13. 其分布列为所以数学期望E(X)=0×136+1×736+2×49+3×13=2512.5.一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系,在已患该疾病的病例中随机调查了100例(称为病例组),同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对照组),得到如下数据:(1)是否可以认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异?(2)从该地的人群中任选一人,A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”,B表示事件“选到的人患有该疾病”,P(B|A)|A)P(B|A)的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标,记该指标为R.(ⅰ)证明:R=P(A|B)·(A|B) P(A|B);(ⅱ)利用该调查数据,给出P(A|B),P(A|B)的估计值,并利用(ⅰ)的结果给出R的估计值.附:χ2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d).解:(1)由题意可知,n=200,所以χ2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=200×(40×90-10×60)2100×100×50×150=24>6.635,所以我们有99%的把握可以推断患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异.(2)(ⅰ)证明:R=P(B|A)P(B|A)P(B|A)=P(B|A)·(B|A) P(B|A)=P(AB)P(A)P(AB)P(A)·P(AB)P(A)P(AB)P(A)=(AB)P(AB)·P(AB)=P(AB)P(B)P(AB)P(B)·(AB)P(B)P(AB)P(B)=P(A|B)·(A|B)P(A|B).(ⅱ)P(A|B)=P(AB)P(B)=n(AB)n(B)=40100=0.4,P(A|B)=AB)P(B)=AB)n(B)=10100=0.1,同理P(A|B)=(AB)P(B)=(AB)n(B)=90100=0.9,P(A|B)=P(AB)P(B)=n(AB)n(B)=60100=0.6,所以R=P(A|B)·(A|B)P(A|B)=0.4×0.90.6×0.1=6.所以指标R的估计值为6.6.(江西鹰潭二模)为迎接北京冬季奥运会,某市对全体高中学生举行了一次关于冬季奥运会相关知识的测试.统计人员从全市高中学生中随机抽取200名学生成绩作为样本进行统计,测试满分为100分,统计后发现所有学生的测试成绩都在区间[40,100]内,并制成如下所示的频率分布直方图.(1)估计这200名学生的平均成绩(同一组中的数据用该区间的中点值为代表);(2)在这200名学生中用分层随机抽样的方法从成绩在[70,80),[80,90),[90,100]的三组中抽取了10人,再从这10人中随机抽取3人,记X为3人中成绩在[80,90)的人数,求X的分布列和数学期望; (3)规定成绩在[90,100]的为A等级,成绩在[70,90)的为B等级,其他为C 等级.以样本估计总体,用频率代替概率,从所有参加测试的同学中随机抽取10人,其中获得B等级的人数恰为k(k≤10)人的概率为P,当k为何值时P的值最大?解:(1)这200名学生的平均成绩为(45×0.005+55×0.02+65×0.025+75×0.03+85×0.015+95×0.005)×10 =69.5(分).(2)由[70,80),[80,90),[90,100]的三组频率之比为0.3∶0.15∶0.05=6∶3∶1,从[70,80),[80,90),[90,100]中分别抽取6人,3人,1人,X所有可能取值为0,1,2,3,则P(X=0)=C 73C 103=724,P(X=1)=C 72C 31C 103=2140,P(X=2)=C 71C 32C 103=740,P(X=3)=C 33C 103=1120.故X 的分布列为故E(X)=0×724+1×2140+2×740+3×1120=910.(3)依题意,B 等级的概率为(0.03+0.015)×10=0.45,且k~B(10,0.45), 所以P(k)=C 10k0.45k (1-0.45)10-k ,而{P (k )≥P (k -1),P (k )≥P (k +1),则{C 10k 0.45k (1-0.45)10-k≥C 10k -10.45k -1(1-0.45)10-k+1,C 10k 0.45k (1-0.45)10-k ≥C 10k+10.45k+1(1-0.45)10-k -1,即{10-k+1k×0.45≥0.55,0.55≥0.45×10-(k+1)+1k+1,解得7920≤k≤9920, 因为k ∈N *,所以k=4.。

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第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布列第一节排列、组合本节主要包括2个知识点：1。

两个计数原理； 2.排列、组合问题.突破点(一）两个计数原理［基本知识]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名称分类加法计数原理分步乘法计数原理相同点都是解决完成一件事的不同方法的种数问题不同点运用加法运算运用乘法运算分类完成一件事，并且每类办法中的每种方法都能独立完成这件事情，要注意“类”与“类"之间的独立性和并列性．分类计数原理可利用“并联”电路来理解分步完成一件事，并且只有各个步骤都完成才算完成这件事情,要注意“步”与“步”之间的连续性．分步计数原理可利用“串联"电路来理解错误!1．判断题(1）在分类加法计数原理中，某两类不同方案中的方法可以相同．（)（2)在分步乘法计数原理中，只有各步骤都完成后，这件事情才算完成．（)（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．( )答案：（1）×(2）√（3）√2．填空题(1）从0,1，2，3,4,5这六个数字中，任取两个不同数字相加,其和为偶数的不同取法的种数是________．解析：从0,1,2，3,4，5六个数字中，任取两数和为偶数可分为两类,①取出的两数都是偶数，共有3种方法;②取出的两数都是奇数，共有3种方法,故由分类加法计数原理得共有N ＝3＋3＝6(种）．答案：6（2)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________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：36（3)书架的第1层放有4本不同的语文书,第2层放有5本不同的数学书，第3层放有6本不同的体育书．从第1,2，3层分别各取1本书，则不同的取法种数为________．解析：由分步乘法计数原理，从1,2,3层分别各取1本书不同的取法种数为4×5×6＝120.答案：120错误!分类加法计数原理(1)完成一件事有若干种方法，这些方法可以分成n类．(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)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（2)（2018·杭州二中月考）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．14 B．13C．12 D．10[解析］（1）分两类:甲第一次踢给乙时，满足条件的有3种方法（如图）,同理,甲先踢给丙时，满足条件有3种方法．由分类加法计数原理，共有3＋3＝ 6种传递方式．(2）①当a＝0时，有x＝－错误!，b＝－1,0,1，2,有4种可能;②当a≠0时,则Δ＝4－4ab≥0，ab≤1，(ⅰ)当a＝－1时，b＝－1,0，1，2，有4种可能；（ⅱ)当a＝1时，b＝－1,0，1,有3种可能；(ⅲ）当a＝2时，b＝－1，0，有2种可能．∴有序数对（a，b）的个数为4＋4＋3＋2＝13。

（北京专用）2019版高考数学一轮复习第十章计数原理与概率、随机变量及其分布第六节离散型随机变量及其分布列作业本理编辑整理：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（（北京专用）2019版高考数学一轮复习第十章计数原理与概率、随机变量及其分布第六节离散型随机变量及其分布列作业本理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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第六节离散型随机变量及其分布列A组基础题组1.设某项试验的成功率是失败率的2倍,用随机变量X去描述1次试验的成功次数,则P(X=0)=（）A.0B.C.D.2.设随机变量ξ的分布列为P（ξ=k）=a，k=1,2,3,则a的值为( ）A.1 B。

C. D。

3。

某航空公司进行空乘人员的招聘,记录了前来应聘的6名男生和9名女生的身高,数据用茎叶图表示如下(单位：cm）.应聘者获知：男性身高在区间［174，182],女性身高在区间［164,172]的才能进入招聘的下一环节。

（1）求6名男生的平均身高和9名女生身高的中位数；（2）现从能进入下一环节的应聘者中抽取2人，记X为抽到的男生人数,求X的分布列.4.某中学有初中学生1 800人,高中学生1 200人。

为了解学生本学期课外阅读时间的情况,现采用分层抽样的方法，从中抽取了100名学生，先统计了他们课外阅读时间，然后按“初中学生”和“高中学生”分为两组，再将每组学生的阅读时间(单位:小时)分为5组：[0,10)，［10，20），［20,30),[30，40)，[40,50］，并分别加以统计，得到如图所示的频率分布直方图.(1）试估计该校所有学生中,阅读时间不小于30个小时的学生人数；（2）从阅读时间不足10个小时的学生样本中随机抽取3人，并用X表示其中初中生的人数，求X的分布列。

第一节两个计数原理、排列与组合考试要求：理解排列、组合的概念、排列数公式及组合数公式，并能利用公式解决一些简洁的实际问题．一、教材概念·结论·性质重现1．两个计数原理分类加法计数原理分步乘法计数原理条件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种不同的方法完成一件事须要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法结论完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法完成这件事共有N＝m×n种不同的方法两个计数原理的区分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．排列与组合的定义排列的定义从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素依据肯定的依次排成一列组合的定义作为一组3．排列数、组合数的定义、公式、性质排列数组合数定义从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的全部不同排列的个数从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的全部不同组合的个数公式＝n(n－1)(n－2)·…·(n－m＋1)＝＝＝＝性质＝n！，0！＝＝＝(1)“排列”与“组合”的辨析排列与组合最根本的区分在于“有序”和“无序”．取出元素后交换依次，假如与依次有关，则是排列；假如与依次无关，则是组合．(2)①排列数与组合数之间的联系：＝．②两种形式：连乘积形式与阶乘形式．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．二、基本技能·思想·活动阅历1．推断下列说法的正误，对的画“√”，错的画“×”．(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干脆完成这件事．( √)(3)全部元素完全相同的两个排列为相同排列．( ×)(4)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．( √)(5)若＝，则x＝m成立．( ×) 2．教学楼共有6层楼，每层都有南、北两个楼梯，从一楼到六楼的走法共有( ) A．25种B．52种C．62种D．26种A 解析：依据题意，教学楼共有6层，共5层楼梯，每层均有两个楼梯，即每层有2种走法，则一共有2×2×2×2×2＝25种走法．故选A．3．中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的诞生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种．现有十二生肖的祥瑞物各一个，三位同学依次选一个作为礼物，甲同学喜爱牛和马，乙同学喜爱牛、狗和羊，丙同学哪个祥瑞物都喜爱．假如让三位同学选取礼物都满足，则选法有( )A．30种B．50种C．60种D．90种B 解析：①甲同学选择牛，乙有2种，丙有10种，选法有1×2×10＝20种，②甲同学选择马，乙有3种，丙有10种，选法有1×3×10＝30种，所以总共有20＋30＝50种．故选B．4．4位同学每人从甲、乙、丙3门课程中选修2门，则恰有2人选修课程甲的不同选法共有( )A．12种B．24种C．30种D．36种B解析：由题意知本题是一个分步乘法计数问题．因为恰有2人选修课程甲，共有＝6种结果，所以选甲的两个人再选一门课程各有两种选法，共有2×2＝4种结果，余下的两个人只有1种选法，依据分步乘法计数原理知共有6×4×1＝24种结果．故选B．5．从2名女生、4名男生中选3人参与学科竞赛，且至少有1名女生入选，则不同的选法共有________种．(用数字作答)16解析：方法一：可分两种状况：第一种状况，只有1名女生入选，不同的选法有＝12(种)；其次种状况，有2名女生入选，不同的选法有＝4(种)．依据分类加法计数原理知，至少有1名女生入选的不同的选法共有12＋4＝16(种)．方法二：从6人中任选3人，不同的选法共有＝20(种)．从6人中任选3人都是男生，不同的选法有＝4(种)．所以，至少有1名女生入选的不同的选法共有20－4＝16(种)．考点1 两个计数原理——应用性1．下图是某项工程的网络图(单位：天)，则从起先节点①到终止节点⑧的路径共有( )A．14条B．12条C．9条D．7条B 解析：由图可知，由①→④有3条路径，由④→⑥有2条路径，由⑥→⑧有2条路径，依据分步乘法计数原理可得从①→⑧共有3×2×2＝12条路径．故选B．2．用数字3，6，9组成四位数，各数位上的数字允许重复，且数字3至多出现一次，则可以组成的四位数的个数为( )A．81 B．48 C．36 D．24B解析：依据题意，数字3至多出现一次，分2种状况探讨：①数字3不出现，此时四位数的每个数位都可以为6或9，都有2种状况，则此时四位数有2×2×2×2＝16个；②数字3出现1次，则数字3出现的状况有4种，剩下的三个数位，可以为6或9，都有2种状况，此时四位数有4×2×2×2＝32个，故有16＋32＝48个四位数．故选B．3．(2024·威海模拟)已知一个不透亮的袋子中放有编号分别为1，2，3，4，5，6，7的7个大小、形态相同的小球．小明从袋子中有放回地取3次球，每次只取一个球，且3次取出的球的编号相乘的结果为偶数、相加的结果为奇数，则不同的取球方法种数为( ) A．712 B．216 C．108 D．72C 解析：依据3次取出的球的编号相乘的结果为偶数、相加的结果为奇数可知，有一次取出的球的编号为奇数，2次取出的球的编号为偶数，先确定哪一次得到奇数号球，然后从4个奇数号球中取一个，再每次都从3个偶数号球中任取一个(有放回取球)，故满足题意的取球方法有3×4×3×3＝108(种)．4．现有5种不同颜色的染料，要对如图所示的四个不同区域进行涂色，要求有公共边的两个区域不能运用同一种颜色，则不同的涂色方法的种数是( )A．120 B．140 C．240 D．260D 解析：先涂A处共有5种涂法，再涂B处有4种涂法，最终涂C处，若C处与A处所涂颜色相同，则C处共有1种涂法，D处有4种涂法；若C处与A处所涂颜色不同，则C处有3种涂法，D处有3种涂法，由此可得不同的涂法方法有5×4×(1×4＋3×3)＝260(种)，故选D．两个计数原理的应用(1)应用两个计数原理的难点在于明确是分类还是分步：分类要做到“不重不漏”，正确把握分类标准是关键；分步要做到“步骤完整”，步步相连才能将事务完成．(2)较困难的问题可借助图表来完成．(3)对于涂色问题：①分清元素的数目以及在不相邻的区域内是否可以运用同类元素．②留意对每个区域逐一进行，分步处理．考点2 排列与组合——综合性(1)(2024·新高考Ⅱ卷)有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参与文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有( )A．12种B．24种C．36种D．48种B 解析：因为丙、丁要在一起，先把丙、丁捆绑，看做一个元素，连同乙、戊看成三个元素排列，有3！种排列方式；为使甲不在两端，必需且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；留意到丙、丁两人的依次可交换，有2种排列方式，故支配这5名同学共有：3！×2×2＝24(种)不同的排列方式．故选B．(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( )A．232 B．252 C．472 D．484C 解析：分两类：第一类，含有1张红色卡片，不同的取法共有＝264(种)；其次类，不含有红色卡片，不同的取法共有＝220－12＝208(种)．由分类加法计数原理知，不同的取法有264＋208＝472(种)．1．有限制条件的排列问题的常用方法(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纳特别元素优先原则，即先支配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纳间接法．(2)对相邻问题采纳捆绑法、不相邻问题采纳插空法、定序问题采纳倍缩法是解决有限制条件的排列问题的常用方法．2．组合问题的常见类型与处理方法(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含有”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含有”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中选取．(2)“至少”或“至多”含有几个元素的题型：若干脆法分类困难时，可逆向思维，间接求解．考点3 分组安排问题——综合性考向1 整体均分问题教化部为了发展贫困地区教化，在全国重点师范高校免费培育教化专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教．现有6个免费培育的教化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．90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，有＝6种方法，故6个毕业生平均分到3所学校，共有＝90种分派方法．解决分组问题的关键是如何删去重复排列的组数．一般地，若为平均分组，则应用n个元素分组得到的排列种数除以组数的全排列；若为不平均分组，则应依据实际状况分析重复排列的种数，然后再进行相应计算．考向2 部分均分问题将6本不同的书分给甲、乙、丙、丁4个人，每人至少1本的不同分法共有________种．(用数字作答)1 560 解析：把6本不同的书分成4组，每组至少1本的分法有2种．①有1组3本，其余3组每组1本，不同的分法共有＝20(种)；②有2组每组2本，其余2组每组1本，不同的分法共有·＝45(种)．所以不同的分组方法共有20＋45＝65(种)．然后把分好的4组书分给4个人，所以不同的分法共有＝1 560(种)．考向3 不等分问题(1)把8个相同的小球全部放入编号为1，2，3，4的四个盒中，则不同的放法种数为( )A．35 B．70 C．165 D．1 860C 解析：依据题意，分4种状况探讨：①没有空盒，将8个相同的小球排成一列，排好后，各球之间共有7个空位，在7个空位中任选3个，插入隔板，将小球分成4组，顺次对应4个盒子，有＝35种放法；②有1个空盒，在4个盒中任选3个，放入小球，有＝4种选法，将8个相同的小球排成一列，排好后，各球之间共有7个空位，在7个空位中任选2个，插入隔板，将小球分成3组，顺次对应3个盒子，有＝21种分组方法，则有4×21＝84种放法；③有2个空盒，在4个盒中任选2个，放入小球，有＝6种选法，将8个相同的小球排成一列，排好后，各球之间共有7个空位，在7个空位中任选1个，插入隔板，将小球分成2组，顺次对应2个盒子，有＝7种分组方法，则有6×7＝42种方法；④有3个空盒，即将8个小球全部放进1个盒子，有4种放法．故一共有35＋84＋42＋4＝165种放法．(2)若将6名老师分到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．360 解析：将6名老师分组，分三步完成：第1步，在6名老师中任取1名作为一组，有种分法；第2步，在余下的5名老师中任取2名作为一组，有种分法；第3步，余下的3名老师作为一组，有种分法．依据分步乘法计数原理，共有＝60种分法．再将这3组老师安排到3所中学，有＝6种分法，故共有60×6＝360种不同的分法．1．局部均分问题，解题时留意重复的次数是匀称分组的阶乘数，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匀称分组就要除以几个这样的全排列数．2．不均分问题，实质上是先分组后排列的问题，即分组方案数乘以不同对象数的全排列数．简洁地说，解不等安排题的一般原则：先分组后排列．3．整体均分问题，解题时要留意分组后，不管它们的依次如何，都是一种状况，所以分组后肯定要除以(n为均分的组数)，避开重复计数．1．将六名老师安排到甲、乙、丙、丁四所学校任教，其中甲校至少安排两名老师，其他三所学校至少安排一名老师，则不同的安排方案共有________种．(用数字作答)660 解析：若甲校2人，乙、丙、丁其中一校2人，共有种；若甲校3人，乙、丙、丁每校1人，共有种．则不同的安排方案共有＝660种．2．6本不同的书，依据以下要求处理，各有几种分法？(1)甲得一本，乙得二本，丙得三本；(2)平均分成三堆；(3)甲、乙、丙每人至少得一本．解：(1)分成三堆的方法有种，而每种分组方法仅对应一种安排方法，故甲得一本，乙得二本，丙得三本的分法为＝60 (种)．(2)6本不同的书平均分成三堆，有＝15(种)分法．(3)共计分为3类：①依据4，1，1分，共有3＝90(种)方法；②依据3，2，1分，共有＝360(种)分法；③依据2，2，2分，共有＝90(种)分法．故共有90＋360＋90＝540(种)分法．课时质量评价(五十六)A组全考点巩固练1．现有甲、乙、丙三种树苗可供选择，分别种在一排五个坑中，要求相同的树苗不能相邻，第一、五坑内只能种甲种树苗，则不同的种法共有( )A．4种 B．5种 C．6种 D．7种C 解析：依据题意，分2种状况探讨：①若二、四号坑种的树苗相同，则二、四号坑有2种选择，三号坑有2种选择，此时有2×2＝4种种法，②若二、四号坑种的树苗不同，则二、四号坑有2×1＝2种选择，三号坑有1种选择，此时有2×1＝2种种法．则有4＋2＝6种不同的种法．故选C．2．(2024·长沙模拟)为响应国家“节约粮食”的号召，某同学确定在某食堂供应的2种主食、3种素菜、2种大荤、4种小荤中选取一种主食、一种素菜、一种荤菜作为今日伙食，并在用餐时主动践行“光盘行动”，则不同的选取方法有( )A．48种 B．36种 C．24种 D．12种B 解析：由题意可知，分三步完成：第一步，从2种主食中任选一种有2种选法；其次步，从3种素菜中任选一种有3种选法；第三步，从6种荤菜中任选一种有6种选法，依据分步乘法计数原理，共有2×3×6＝36(种)不同的选取方法．故选B．3．A，B，C，D，E五人并排站成一排，若A，B必需相邻且B在A的左边，那么不同的排法共有( )A．24种 B．36种 C．48种 D．60种A 解析：依据题意，分2步进行分析：①A，B必需相邻且B在A的左边，将AB看成一个整体，有1种排法；②将AB整体与C，D，E全排列，有＝24种排法，则共有1×24＝24种排法．故选A．4．(多选题)已知集合M＝{1，－2，3}，N＝{－4，5，6，－7}，从M，N这两个集合中各选一个元素分别记作a，b，则下列说法正确的有( )A．表示不同的正数的个数是6B．表示不同的比1小的数的个数是6C．(a，b)表示x轴上方不同的点的个数是6D．(a，b)表示y轴右侧不同的点的个数是6BC 解析：对于选项A，若a，b均为正，共有2×2＝4个，若a，b均为负，共有1×2＝2个，但＝，所以共有5个，所以选项A错误；对于选项B，若为正，明显均比1大，所以只需为负即可，共有2×2＋1×2＝6(个)，所以选项B正确；对于选项C，要使(a，b)表示x轴上方的点，只需b为正即可，共有2×3＝6(个)，所以选项C正确；对于选项D，要使(a，b)表示y轴右侧的点，只需a为正即可，共有2×4＝8(个)，所以选项D错误．故选BC．5．冼太夫人故里、放鸡岛、窦州古城、茂名森林公园这4个景区均为广东茂名市的热门旅游景区．现有5名学生确定于今年暑假前往这4个景区旅游．若每个景区至少有1名学生前去，且每名学生只去一个景点，则不同的旅游方案种数为( )A．120 B．180 C．240 D．360C 解析：依据题意，分2步进行分析：①将5名学生分为4组，有＝10种分组方法；②将分好的4组全排列，支配到4个景区旅游，有＝24种支配方法．则共有10×24＝240种支配方法．故选C．6．若把一句话“我喜爱数学”的汉字依次写错了，则可能出现错误的状况共有________种．119 解析：依据题意，“我喜爱数学”五个字排成一排，有＝120种不同的依次，其中正确的只有1种，则可能出现错误的状况有120－1＝119种．7．高考期间，某校高三年级租用大巴车送考，原则上每班一辆车，但由于高三(1)班人数较多，坐满一辆车之后还余下7名同学．现有高三(2)、(3)、(4)班的选考车辆分别剩余2，3，3个空位，要把这7名同学都支配到这三辆车中，则共有______种不同的支配方法．560 解析：依据题意，余下的7人坐车，还有8个空座位，可以看成7个人再加上一个空位，支配在8个空座位上的问题，有＝560种支配方法．8．有8名学生排成一排照相，求满足下列要求的排法的种数．(1)甲、乙两人相邻；(2)丙、丁两人不相邻；(3)甲站在丙、丁两人的中间(未必相邻)．解：(1)依据题意，将甲、乙看成一个整体，与其他6人全排列即可，有＝10 080(种)排法．(2)依据题意，将8人全排列，有种排法，其中丙、丁相邻的排法有种，则丙、丁两人不相邻的排法有＝30 240(种)．(3)依据题意，将8人全排列，有种排法，甲、丙、丁三人的排法有＝6(种)，其中甲站在丙、丁两人的中间有2种，则有甲站在丙、丁两人的中间有＝13 440(种)．B组新高考培优练9．某校进行体育抽测，甲与乙两名同学都要在100 m跑、立定跳远、铅球、引体向上、三级跳远这5项运动中，选出3项进行测试．假定他们对这五项运动没有偏好，则他们选择的结果中至少有两项相同运动的选法种数为( )A．70 B．50 C．30 D．20A 解析：依据题意，分2种状况探讨：①他们选择的结果中有两项相同运动，有＝60种选法．②他们选择的结果中有三项相同运动，有＝10种选法，则共有60＋10＝70种选法．故选A．10．(多选题)现支配甲、乙、丙、丁、戊5名同学参与2024年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以支配，则以下说法正确的是( )A．若每人都支配一项工作，则不同的方法数为45B．若每项工作至少有1人参与，则不同的方法数为C．假如司机工作担心排，其余三项工作至少支配1人，则这5名同学全部被支配的不同方法数为D．每项工作至少有1人参与，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同支配方案的种数是AD 解析：依据题意，依次分析选项：对于A，若每人都支配一项工作，每人有4种支配方法，则有45种支配方法，A正确；对于B，分2步进行分析：先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，支配4项工作，有种支配方法，B错误；对于C，分2步分析：须要先将5人分为3组，有种分组方法，将分好的三组支配翻译、导游、礼仪三项工作，有种状况，则有种支配方法，C错误；对于D，分2种状况探讨：①从丙，丁，戊中选出1人开车，②从丙，丁，戊中选出2人开车，则有种支配方法，D正确．故选AD．11．(多选题)现有3名男生和4名女生，在下列不同条件下进行排列，则( )A．排成前后两排，前排3人后排4人的排法共有5 400种B．全体排成一排，甲不站排头也不站排尾的排法共有3 600种C．全体排成一排，女生必需站在一起的排法共有576种D．全体排成一排，男生互不相邻的排法共有1 440种BCD 解析：依据题意，依次分析选项：对于A，将7名学生排成前后两排，前排3人后排4人的排法，有＝5 040种排法，A 错误；对于B，甲不站排头也不站排尾，有5种状况，将剩下的6人全排列，有种排法，则有＝3 600种排法，B正确；对于C，将4名女生看成一个整体，有种排法，将这个整体与3名男生全排列，有种排法，则有＝576种排法，C正确；对于D，先排4名女生，有种排法，排好后有5个空位，在5个人空位中任选3个，支配3名男生，有种排法，则有＝1 440种排法，D正确．12．(2024·临沂三模)某社区须要连续六天有志愿者参与服务，每天只须要一名志愿者，现有甲、乙、丙、丁、戊、己6名志愿者，支配依次支配到该社区参与服务，要求甲担心排第一天，乙和丙在相邻两天参与服务，则不同的支配方案共有( )A．72种 B．81种C．144种 D．192种D 解析：若乙和丙在相邻两天参与服务，不同的排法种数为＝240，若乙和丙在相邻两天且甲支配在第一天参与服务，不同的排法种数为＝48，由间接法可知，满足条件的排法种数为240－48＝192(种)．故选D．13．(2024·杭州模拟)某省派出由4名医生、5名护士组成的医疗小组前往疫区支援，要求将这9名医护人员平均派往某地的A，B，C3家医院，且每家医院至少要分到一名医生和一名护士，则不同的安排方案有________种．(用数字作答)1 080解析：由题意可知，4名医生要安排到3家医院，且每家医院至少有一名医生，则必有一家医院有2名医生，其余2家医院各有1名医生．假设A医院安排的是2名医生1名护士，则B，C医院均安排1名医生2名护士，则安排方案有＝360(种)，故不同的安排方案有360×3＝1 080(种)．14．学校拟支配6位老师在今年6月12日至14日端午值班，每天支配2人，每人值班1天；若6位老师中的甲不值12日，乙不值14日且甲、乙不在同一天值班，则不同的支配方法共有________种．36 解析：依据题意，分2步进行分析：①将6人分为3组，要求甲、乙不在同一组，有－＝12种分组方法．②若甲所在的组在14日值班，有＝2种支配方法；若甲所在的组在13日值班，则乙所在的组必需在12日值班，有1种支配方法．则有3种值班支配方法．故共有12×3＝36种支配方法．15．现有5本书和3位同学，将书全部分给这三位同学(要求用数字作答)．(1)若5本书完全相同，求共有多少种分法；(2)若5本书都不相同，每个同学至少有一本书，求共有多少种分法；(3)若5本书仅有两本相同，按一人3本另两人各1本安排，求共有多少种分法．解：(1)依据题意，5本书完全相同，将这5本书和2个挡板排成一排，利用挡板将5本书分为3组，对应3位同学即可，则有＝21(种)不同的分法．(2)依据题意，分2步进行分析：①将5本书分成3组，若分成1，1，3的三组，有＝10(种)分组方法．若分成1，2，2的三组，有＝15(种)分组方法，从而分组方法有10＋15＝25(种)．②将分好的三组全排列，对应3名学生，有＝6(种)状况，依据分步乘法计数原理，故共有25×6＝150(种)分法．(3)记这5本书分别为A，A，B，C，D，5本书取其3本安排时，①不含A时仅有一种分组，再安排给3人，有3种方法；②仅含一个A时，分组的方法有种，再安排给3人，共有＝18(种)方法；③含两个A时，分组的方法有种，再安排给3人，共有＝18(种)方法．从而共有18＋18＋3＝39(种)分法．。